El grupo de orden 90 contiene un subgrupo de orden 10
Estoy tratando de probar que si$G$es un grupo de orden$90$, entonces contiene un subgrupo de orden$10$. Esto es lo que tengo hasta ahora:
“La factorización prima de$90$es$3^2 \cdot 2 \cdot 5$. Por el primer teorema de Sylow, Sylow$p$- existen subgrupos, lo que significa que hay al menos un Sylow$2$-subgrupo, digamos$P$y hay al menos un Sylow$5$-subgrupo, digamos$Q$. Además, Sylow$p$-los subgrupos se cruzan trivialmente, lo que significa que$|P \cap Q|=1$.
Por lo tanto, tenemos$|PQ|=\frac{|P||Q|}{|P \cap Q|}=\frac{2 \cdot 5}{1}=10$.
Y entonces,$G$contiene un subgrupo$PQ$de orden$10$, como se iba a mostrar.”
¿Es esto correcto?
Respuestas
Si bien admiro la persistencia del otro cartel, aquí hay una forma más rápida.
Suponer que$n_5=6$. Después$G$actúa sobre los seis Sylow$5$-subgrupos. Como$|N_G(P)|=15$, y esto es lo importante, ningún elemento de orden$2$puede normalizar cualquier Sylow$5$-subgrupo . Así la acción de permutación de un elemento de orden$2$debe ser (hasta el etiquetado)$(1,2)(3,4)(5,6)$, una permutación extraña. Dejar$H$ser el conjunto de elementos que inducen una permutación uniforme en el Sylow$5$-subgrupos. Después$|G:H|=2$, y por lo tanto todos los elementos de orden$5$quedarse en cama$H$. Por el teorema de Sylow,$n_5=1$por$H$(no hay otra opción), y por lo tanto$n_5=1$por$G$, una contradicción.
Siguiendo el comentario de David A. Craven sobre mi prueba más ardua:
Aquí puede encontrar una prueba de que un grupo de orden 4n+2 tiene un subgrupo (normal) de índice 2 , usando poco más que el teorema de Cayley para encajar en un grupo simétrico de grado 4n+2. Ahora$90=4\cdot 22+2$es de esta forma, por lo que un grupo$G$de orden 90 siempre tiene un subgrupo de índice 2. Entonces tenemos un subgrupo normal$H$de orden 45, y cada Sylow 5-subgrupo de$G$es un 5-subgrupo de Sylow de$H$y viceversa. Pero una sencilla aplicación de los teoremas de Sylow muestra que un grupo de orden 45 siempre tiene un subgrupo normal de Sylow 5, por lo que$G$debe tener un subgrupo 5 de Sylow único y, por lo tanto, normal.
Luego, su argumento se lleva a cabo, ya que su producto de hecho define un subgrupo.
Como se señaló en los comentarios, su prueba depende de$PQ$siendo un subgrupo, lo que no tiene por qué ser cierto en general. Si uno normaliza al otro ($P\subseteq N_G(Q)$o$Q\subseteq N_G(P)$) entonces funciona y$PQ$es un grupo Este es ciertamente el caso si uno de ellos es de hecho normal en$G$. Pero no lo has demostrado$PQ$es un subgrupo, por lo que su prueba está incompleta en el mejor de los casos. La esperanza sería demostrar que$Q$es necesariamente normal. Esto resulta ser cierto, aunque demostrarlo de manera abstracta, en lugar de por computadora, es bastante obsceno. La prueba es, en última instancia, uno de los elementos de conteo primero para restringir el problema y luego un montón de subcasos para considerar con varios métodos.
En última instancia, demostraré un poco menos que el subgrupo de 5 de Sylow es normal, deteniéndome una vez que tengamos un subgrupo de 2 de Sylow normal, un subgrupo de 5 de Sylow normal, o hayamos construido un subgrupo de orden 10, o probado el arreglo en la pregunta es imposible por lo que puede ser excluida.
Considere el número de Sylow$5$-subgrupos, denotados$n_5$. Por los teoremas de Sylow,$n_5\equiv 1\bmod 5$y$n_5$divide$2\cdot 3^2=18$. Por lo tanto, ya sea$n_5=1$o$n_5=6$. Si$n_5=1$entonces tu$Q$es de hecho normal, por lo que su$PQ$es un subgrupo de orden 10, y hemos terminado. Pero qué hacer en el caso$n_5=6$? En última instancia, esto es imposible, pero mostraremos cómo siempre podemos exhibir un subgrupo de orden 10 en cualquier caso del que no podamos derivar una contradicción.
Entonces supongamos$n_5=6$. La acción de conjugación permuta transitivamente los 6 subgrupos de 5 de Sylow. Al aplicar el teorema del estabilizador de órbitas, o uno de los teoremas de Sylow que es solo un caso especial, tenemos que$[G:N_G(Q)]=n_5=6$, de modo que$N_G(Q)$es un subgrupo de orden 15 e índice 6 en$G$. Tenga en cuenta que todo grupo de orden 15 es cíclico.
Ahora distintos conjugados de$Q$tienen distintos normalizadores desde$N_G(tQt^{-1})=t N_G(Q) t^{-1}$para todos$t\in G$(pueden intersecarse de manera no trivial, pero no pueden ser iguales), por lo que no hay dos normalizadores que compartan un elemento de orden 15. Como un grupo cíclico de orden 15 contiene exactamente 8 elementos de orden 15, los normalizadores de los conjugados de$Q$dan un total de 48 elementos de orden 15 en$G$.
Dado que los 5 subgrupos de Sylow son cíclicos de orden 5 y contienen exactamente 4 elementos de orden 5, tenemos un total de 24 elementos de orden 5 en$G$.
Combinados, hemos contabilizado 72 elementos que no son de identidad en$G$, ninguno de los cuales tiene orden (divisible por) 2.
Ahora consideramos el número de elementos de orden 2. Dado que el subgrupo 2 de Sylow es cíclico de orden 2, este es precisamente el número de subgrupos 2 de Sylow de$G$, denotado$n_2$. Por los teoremas de Sylow tenemos que$n_2\in\{1,3,5,9,15,45\}$, los divisores impares de 90. Nuestro objetivo es mostrar que en cada caso tenemos una contradicción o podemos exhibir un grupo de orden 10. Esto establece el resultado deseado.
Arreglar$P\in\operatorname{Syl}_2(G)$.
Primero afirmamos que$n_2=[G:N_G(P)]$es divisible por 5, por lo que$n_2\in\{5,15,45\}$; es posible ignorar esto y aún manejar los otros valores de$n_2$con relativa facilidad, pero es una reducción conveniente. Para ver esto, tenga en cuenta que desde$P=\langle\,y\,\rangle$es cíclico de orden 2, entonces de hecho$N_G(P)=C_G(y)$. Si$N_G(P)$tuviera orden divisible por 5, tendría un elemento de orden 5, lo que implica que$y$centraliza un elemento de orden 5. Así$y$normaliza algún subgrupo Sylow 5, pero nuestra suposición de que$n_5=6$implica que el normalizador de un subgrupo Sylow 5 tiene un orden impar. De este modo$n_2$es divisible por 5, como se desee.
Si$n_2=45$entonces hemos tenido en cuenta$72+45>90$elementos ajenos a la identidad en$G$, lo cual es imposible. Asi que$n_2\neq 45$.
Si$n_2=15$, entonces hemos tenido en cuenta$72+15=88$elementos sin identidad, dejando como máximo 3 elementos sin identidad para un 3 subgrupo de Sylow. Pero dado que dicho subgrupo tiene exactamente 9 elementos, esto también es imposible. Asi que$n_2\neq 15$.
Por último, debemos considerar el caso$n_2=5$. Esto implica que$|N_G(P)|=18$. La acción de conjugación en los 2 subgrupos de Sylow nos da un homomorfismo de grupo$\phi\colon G\to S_5$. Este homomorfismo sería trivial sólo si$P$era normal, lo que hemos asumido no es el caso. Tampoco puede ser inyectivo ya que 90 no divide$|S_5|=120$. Por cierto$9$no divide$120$, por lo que el núcleo debe tener un orden divisible por 3. Dado que también debemos tener$\ker(\phi)\subseteq N_G(P)$, concluimos que$\ker(\phi)$tiene orden en$\{3,6,9\}$y eso$\phi(G)$contiene un subgrupo cíclico$C$de orden 5.
Decimos que si sabemos que un grupo de orden 30 tiene un subgrupo de orden 10, entonces nos quedamos con el caso$|\ker(\phi)|=9$.
Entonces, veamos dónde entra el grupo de negocios de orden 30. Si$\ker(\phi)$tiene orden 6 entonces$\phi^{-1}(C)$tiene orden 30. Si$\ker(\phi)$tiene orden 3, entonces$\phi(G)$tiene orden 30. Si$H$es entonces un subgrupo de orden 10 en$\phi(G)$, después$\phi^{-1}(H)$es un subgrupo de orden 30. Esto establece el reclamo.
Que los grupos de orden 30 admitan un subgrupo de orden 10 se deja como ejercicio. Puede intentar lo mismo que antes: si el subgrupo Sylow 5 no es normal, entonces hay 6 de ellos, 24 elementos de orden 5, etc. (O vea la prueba mucho más fácil de todo este problema en mi otra respuesta que señaló David A. Craven, y aplicar el mismo argumento)
Esto deja el caso$|\ker(\phi)|=9$(y$n_2=5$) como el único que queda por considerar. Después$\phi(G)$tiene orden 10, pero este es un grupo cociente de$G$, y no produce un subgrupo de$G$como antes. Pero$\phi(G)$es necesariamente cíclico, entonces$C$es normal en$\phi(G)$, y entonces$\phi^{-1}(C)=L$es un subgrupo normal de orden 45 en$G$.
Por consideraciones de orden, un subgrupo Sylow 5 de$L$es un 5-subgrupo de Sylow de$G$. De hecho, desde$L$es normal y la acción de conjugación es transitiva en los 5 subgrupos de Sylow,$\operatorname{Syl}_5(G)=\operatorname{Syl}_5(L)$. Afirmamos que, de hecho, un grupo de orden 45 siempre tiene un subgrupo normal de Sylow 5, lo que nos da una contradicción, y finalmente completa todos los casos y prueba que$G$tiene un subgrupo de orden 10.
Entonces, ¿cómo probar que un grupo de orden 45 tiene un subgrupo normal de Sylow 5? Bueno, eso es, por fin, ¡fácil! Según los teoremas de Sylow, el número de 5 subgrupos de Sylow de dicho grupo es coprimo de 5 y divide a 9. Por lo tanto, la única posibilidad es 1.
QED.