Le groupe d'ordre 90 contient un sous-groupe d'ordre 10
J'essaie de prouver que si$G$est un groupe d'ordre$90$, alors il contient un sous-groupe d'ordre$10$. Voilà ce que j'ai pour l'instant :
« La factorisation première de$90$est$3^2 \cdot 2 \cdot 5$. Par le premier théorème de Sylow, Sylow$p$-des sous-groupes existent, ce qui signifie qu'il y a au moins un Sylow$2$-sous-groupe, disons$P$et il y a au moins un Sylow$5$-sous-groupe, disons$Q$. De plus, Sylow$p$-les sous-groupes se croisent trivialement, ce qui signifie que$|P \cap Q|=1$.
Par conséquent, nous avons$|PQ|=\frac{|P||Q|}{|P \cap Q|}=\frac{2 \cdot 5}{1}=10$.
Et donc,$G$contient un sous-groupe$PQ$de commande$10$, comme cela devait être démontré.
Est-ce correct?
Réponses
Alors que j'admire la persistance de l'autre affiche, voici un moyen plus rapide.
Supposer que$n_5=6$. Alors$G$agit sur les six Sylow$5$-sous-groupes. Comme$|N_G(P)|=15$, et c'est le bit important, aucun élément d'ordre$2$peut normaliser n'importe quel Sylow$5$-sous -groupe . Ainsi l'action de permutation d'un élément d'ordre$2$doit être (jusqu'à l'étiquetage)$(1,2)(3,4)(5,6)$, une permutation étrange. Laisser$H$Soit l'ensemble des éléments qui induisent une permutation paire sur le Sylow$5$-sous-groupes. Alors$|G:H|=2$, et donc tous les éléments d'ordre$5$faire la grasse matinée$H$. Par le théorème de Sylow,$n_5=1$pour$H$(pas d'autre option), et donc$n_5=1$pour$G$, une contradiction.
Suite à la remarque de David A. Craven sur ma preuve la plus ardue :
Ici vous pouvez trouver une preuve qu'un groupe d'ordre 4n+2 a un sous-groupe (normal) d'indice 2 , en utilisant un peu plus que le théorème de Cayley pour s'intégrer dans un groupe symétrique de degré 4n+2. À présent$90=4\cdot 22+2$est de cette forme, donc un groupe$G$d'ordre 90 a toujours un sous-groupe d'indice 2. On a donc un sous-groupe normal$H$d'ordre 45, et chaque sous-groupe Sylow 5 de$G$est un sous-groupe Sylow 5 de$H$et vice versa. Mais une application facile des théorèmes de Sylow montre qu'un groupe d'ordre 45 a toujours un sous-groupe de Sylow 5 normal, donc$G$doit avoir un sous-groupe Sylow 5 unique et donc normal.
Votre argument se poursuit alors, car votre produit définit en fait un sous-groupe.
Comme indiqué dans les commentaires, votre preuve dépend de$PQ$étant un sous-groupe, ce qui n'est pas nécessairement vrai en général. Si l'un normalise l'autre ($P\subseteq N_G(Q)$ou$Q\subseteq N_G(P)$) alors ça marche et$PQ$est un groupe. C'est certainement le cas si l'un d'eux est en fait normal dans$G$. Mais tu ne l'as pas montré$PQ$est un sous-groupe, donc votre preuve est au mieux incomplète. L'espoir serait de prouver que$Q$est forcément normal. Cela s'avère être vrai, bien que le prouver abstraitement, plutôt que par ordinateur, soit plutôt obscène. La preuve consiste finalement à compter d'abord les éléments pour contraindre le problème, puis un tas de sous-cas à considérer avec diverses méthodes.
En fin de compte, je prouverai un peu moins que le fait que le sous-groupe Sylow 5 est normal, en m'arrêtant une fois que nous avons soit un sous-groupe Sylow 2 normal, soit un sous-groupe Sylow 5 normal, ou que nous ayons construit un sous-groupe d'ordre 10, ou prouvé l'arrangement dans question est impossible donc peut être exclue.
Considérez le nombre de Sylow$5$-sous-groupes, notés$n_5$. Par les théorèmes de Sylow,$n_5\equiv 1\bmod 5$et$n_5$divise$2\cdot 3^2=18$. Ainsi soit$n_5=1$ou$n_5=6$. Si$n_5=1$alors votre$Q$est en fait normal et donc votre$PQ$est un sous-groupe d'ordre 10, et nous avons terminé. Mais que faire dans le cas$n_5=6$? C'est finalement impossible, mais nous montrerons comment on peut toujours exhiber un sous-groupe d'ordre 10 dans tous les cas dont on ne peut pas tirer une contradiction.
Supposons donc$n_5=6$. L'action de conjugaison permute transitivement les 6 sous-groupes Sylow 5. En appliquant le théorème du stabilisateur d'orbite, ou l'un des théorèmes de Sylow qui n'en est qu'un cas particulier, nous avons cela$[G:N_G(Q)]=n_5=6$, pour que$N_G(Q)$est un sous-groupe d'ordre 15 et d'indice 6 dans$G$. Notez que chaque groupe d'ordre 15 est cyclique.
Conjugués maintenant distincts de$Q$ont des normalisateurs distincts puisque$N_G(tQt^{-1})=t N_G(Q) t^{-1}$pour tous$t\in G$(ils peuvent se croiser de manière non triviale, mais ne peuvent pas être égaux), donc deux de ces normalisateurs ne partagent pas un élément d'ordre 15. Comme un groupe cyclique d'ordre 15 contient exactement 8 éléments d'ordre 15, les normalisateurs des conjugués de$Q$donner un total de 48 éléments d'ordre 15 dans$G$.
Puisque les 5 sous-groupes de Sylow sont cycliques d'ordre 5 et contiennent exactement 4 éléments d'ordre 5, nous avons un total de 24 éléments d'ordre 5 dans$G$.
Ensemble, nous avons pris en compte 72 éléments non identitaires dans$G$, dont aucun n'est d'ordre (divisible par) 2.
Considérons maintenant le nombre d'éléments d'ordre 2. Puisque le sous-groupe de Sylow 2 est cyclique d'ordre 2, c'est précisément le nombre de sous-groupes de Sylow 2 de$G$, noté$n_2$. D'après les théorèmes de Sylow, on a que$n_2\in\{1,3,5,9,15,45\}$, les diviseurs impairs de 90. Notre objectif est de montrer que dans chaque cas, soit nous avons une contradiction, soit nous pouvons présenter un groupe d'ordre 10. Cela établit alors le résultat souhaité.
Réparer$P\in\operatorname{Syl}_2(G)$.
Nous affirmons d'abord que$n_2=[G:N_G(P)]$est divisible par 5, de sorte que$n_2\in\{5,15,45\}$; il est possible d'ignorer cela et de toujours gérer les autres valeurs de$n_2$avec une relative facilité, mais c'est une réduction pratique. Pour le voir, notez que depuis$P=\langle\,y\,\rangle$est cyclique d'ordre 2, alors en fait$N_G(P)=C_G(y)$. Si$N_G(P)$avait un ordre divisible par 5, il aurait un élément d'ordre 5, ce qui implique que$y$centralise un élément d'ordre 5. Ainsi$y$normalise certains sous-groupes de Sylow 5, mais notre hypothèse selon laquelle$n_5=6$implique que le normalisateur d'un sous-groupe Sylow 5 a un ordre impair. Ainsi$n_2$est divisible par 5, au choix.
Si$n_2=45$alors nous avons compté$72+45>90$éléments non identitaires dans$G$, ce qui est impossible. Alors$n_2\neq 45$.
Si$n_2=15$, alors nous avons pris en compte$72+15=88$éléments non identitaires, laissant au plus 3 éléments non identitaires pour un sous-groupe Sylow 3. Mais comme un tel sous-groupe a exactement 9 éléments, cela est également impossible. Alors$n_2\neq 15$.
Enfin, il faut considérer le cas$n_2=5$. Cela implique que$|N_G(P)|=18$. L'action de conjugaison sur les 2-sous-groupes de Sylow nous donne un homomorphisme de groupe$\phi\colon G\to S_5$. Cet homomorphisme ne serait trivial que si$P$était normal, ce que nous avons supposé n'est pas le cas. Il ne peut pas non plus être injectif puisque 90 ne divise pas$|S_5|=120$. En effet$9$ne divise pas$120$, donc le noyau doit avoir un ordre divisible par 3. Puisque nous devons aussi avoir$\ker(\phi)\subseteq N_G(P)$, nous concluons que$\ker(\phi)$a de l'ordre dans$\{3,6,9\}$et cela$\phi(G)$contient un sous-groupe cyclique$C$d'ordre 5.
Nous affirmons que si nous savons qu'un groupe d'ordre 30 a un sous-groupe d'ordre 10, alors il nous reste le cas$|\ker(\phi)|=9$.
Voyons donc où le groupe d'affaires de l'ordre 30 entre en jeu. Si$\ker(\phi)$a l'ordre 6 alors$\phi^{-1}(C)$a l'ordre 30. Si$\ker(\phi)$a l'ordre 3, alors$\phi(G)$a l'ordre 30. Si$H$est alors un sous-groupe d'ordre 10 dans$\phi(G)$, alors$\phi^{-1}(H)$est un sous-groupe d'ordre 30. Ceci établit la revendication.
Que les groupes d'ordre 30 admettent un sous-groupe d'ordre 10 est laissé en exercice. Vous pouvez essayer à peu près la même chose qu'avant: si le sous-groupe Sylow 5 n'est pas normal, alors il y en a 6, 24 éléments d'ordre 5, etc. (Ou voir la preuve beaucoup plus facile de tout ce problème dans mon autre réponse que David A. Craven a souligné, et appliquer le même argument)
Cela laisse le cas$|\ker(\phi)|=9$(et$n_2=5$) comme le seul qui reste à considérer. Alors$\phi(G)$est d'ordre 10, mais c'est un groupe quotient de$G$, et ne donne pas un sous-groupe de$G$comme avant. Mais$\phi(G)$est nécessairement cyclique, donc$C$est normal dans$\phi(G)$, et donc$\phi^{-1}(C)=L$est un sous-groupe normal d'ordre 45 dans$G$.
Par considérations d'ordre, un sous-groupe Sylow 5 de$L$est un sous-groupe Sylow 5 de$G$. En effet, depuis$L$est normal et l'action de conjugaison est transitive sur les 5 sous-groupes de Sylow,$\operatorname{Syl}_5(G)=\operatorname{Syl}_5(L)$. Nous affirmons qu'en fait un groupe d'ordre 45 a toujours un sous-groupe Sylow 5 normal, ce qui nous donne alors une contradiction, et enfin complète tous les cas et prouve que$G$a un sous-groupe d'ordre 10.
Alors, comment prouver qu'un groupe d'ordre 45 a un sous-groupe Sylow 5 normal ? Eh bien, c'est enfin facile ! D'après les théorèmes de Sylow, le nombre de sous-groupes Sylow 5 d'un tel groupe est premier à 5 et divise 9. La seule possibilité est donc 1.
CQFD.