Kelompok pesanan 90 berisi subkelompok pesanan 10
Saya mencoba untuk membuktikan bahwa jika $G$ adalah sekelompok pesanan $90$, lalu berisi subgrup pesanan $10$. Inilah yang saya miliki sejauh ini:
Faktorisasi prima dari $90$ aku s $3^2 \cdot 2 \cdot 5$. Dengan Teorema Sylow Pertama, Sylow$p$-subgrup ada, artinya setidaknya ada satu Sylow $2$-subkelompok, katakanlah $P$ dan setidaknya ada satu Sylow $5$-subkelompok, katakanlah $Q$. Selain itu, Sylow$p$-subkelompok berpotongan sepele, artinya $|P \cap Q|=1$.
Oleh karena itu, kami punya$|PQ|=\frac{|P||Q|}{|P \cap Q|}=\frac{2 \cdot 5}{1}=10$.
Sehingga,$G$ berisi subkelompok $PQ$ pesanan $10$, seperti yang akan ditunjukkan. "
Apakah ini benar?
Jawaban
Sementara saya mengagumi kegigihan poster lain, ini adalah cara yang lebih cepat.
Seandainya $n_5=6$. Kemudian$G$ bertindak atas enam Sylow $5$-subkelompok. Sebagai$|N_G(P)|=15$, dan ini adalah bagian yang penting, tidak ada unsur keteraturan$2$ dapat menormalkan Sylow $5$-subkelompok . Dengan demikian tindakan permutasi suatu elemen keteraturan$2$ harus (hingga pelabelan) $(1,2)(3,4)(5,6)$, permutasi yang aneh. Membiarkan$H$ menjadi himpunan elemen yang menyebabkan permutasi yang merata di Sylow $5$-subkelompok. Kemudian$|G:H|=2$, dan dengan demikian semua elemen keteraturan $5$ berbohong $H$. Dengan teorema Sylow,$n_5=1$ untuk $H$ (tidak ada pilihan lain), dan karenanya $n_5=1$ untuk $G$, sebuah kontradiksi.
Mengikuti komentar David A. Craven tentang bukti saya yang lebih sulit:
Di sini Anda dapat menemukan bukti bahwa sekelompok orde 4n + 2 memiliki subgrup (normal) indeks 2 , menggunakan sedikit lebih banyak daripada teorema Cayley untuk dimasukkan ke dalam kelompok simetris berderajat 4n + 2. Sekarang$90=4\cdot 22+2$ dalam bentuk ini, jadi grup $G$ orde 90 selalu memiliki subkelompok indeks 2. Jadi kami memiliki subkelompok normal $H$ dari pesanan 45, dan setiap Sylow 5-subkelompok $G$ adalah 5-subgrup Sylow dari $H$dan sebaliknya. Tetapi penerapan Teorema Sylow yang mudah menunjukkan bahwa sekelompok orde 45 selalu memiliki 5-subkelompok Sylow normal, jadi$G$ harus memiliki 5-subgrup Sylow yang unik dan karena itu normal.
Argumen Anda kemudian berlanjut, karena produk Anda sebenarnya menentukan subkelompok.
Seperti yang tertulis di komentar, bukti Anda bergantung $PQ$menjadi subkelompok, yang tidak harus benar secara umum. Jika salah satu menormalkan yang lain ($P\subseteq N_G(Q)$ atau $Q\subseteq N_G(P)$) kemudian berfungsi dan $PQ$adalah grup. Ini tentu terjadi jika salah satu dari mereka sebenarnya normal$G$. Tapi Anda belum menunjukkan itu$PQ$adalah subkelompok, jadi bukti Anda tidak lengkap. Harapannya adalah untuk membuktikannya$Q$normal. Ini ternyata benar, meskipun membuktikannya secara abstrak, bukan dengan komputer, agak cabul. Buktinya pada akhirnya adalah salah satu elemen penghitungan pertama untuk membatasi masalah, dan kemudian sekelompok subkase untuk dipertimbangkan dengan berbagai metode.
Pada akhirnya, saya akan membuktikan sedikit kurang dari bahwa Sylow 5-subkelompok normal, berhenti begitu kita memiliki baik Sylow 2-subkelompok normal, Sylow 5-subkelompok normal, atau telah membangun subkelompok urutan 10, atau membuktikan pengaturan di pertanyaan tidak mungkin sehingga bisa dikecualikan.
Pertimbangkan jumlah Sylow $5$-subgroups, dilambangkan $n_5$. Dengan teorema Sylow,$n_5\equiv 1\bmod 5$ dan $n_5$ membagi $2\cdot 3^2=18$. Jadi baiklah$n_5=1$ atau $n_5=6$. Jika$n_5=1$ lalu milikmu $Q$ sebenarnya normal dan jadi milik Anda $PQ$adalah subkelompok orde 10, dan kita selesai. Tapi apa yang harus dilakukan dalam kasus ini$n_5=6$? Pada akhirnya ini tidak mungkin, tetapi kami akan menunjukkan bagaimana kami selalu dapat menunjukkan subgrup berorde 10 dalam hal apa pun yang tidak dapat kami peroleh kontradiksinya.
Jadi misalkan $n_5=6$. Tindakan konjugasi secara transitif mengaktifkan 6 Sylow 5-subkelompok. Dengan menerapkan teorema orbit-stabilizer, atau salah satu teorema Sylow yang hanya kasus khusus, kita mendapatkan$[G:N_G(Q)]=n_5=6$, maka $N_G(Q)$ adalah subkelompok orde 15 dan indeks 6 in $G$. Perhatikan bahwa setiap grup orde 15 adalah siklik.
Sekarang konjugasi berbeda dari $Q$ memiliki normalizer berbeda sejak $N_G(tQt^{-1})=t N_G(Q) t^{-1}$ untuk semua $t\in G$ (mereka dapat berpotongan secara non-sepele, tetapi tidak bisa sama), jadi tidak ada dua normalizer yang berbagi elemen orde 15. Karena grup siklik orde 15 berisi tepat 8 elemen orde 15, normalizer dari konjugasi dari $Q$ menghasilkan total 48 elemen orde 15 in $G$.
Karena Sylow 5-subgrup adalah siklik berorde 5, dan mengandung tepat 4 elemen orde 5, kita memiliki total 24 elemen orde 5 di $G$.
Gabungan, kami telah menghitung 72 elemen non-identitas di $G$, tidak ada yang memiliki urutan (habis dibagi) 2.
Sekarang kita pertimbangkan jumlah elemen berorde 2. Karena subgrup Sylow 2 adalah siklik berorde 2, ini tepatnya adalah jumlah dari subgrup Sylow 2 dari $G$, dilambangkan $n_2$. Dengan teorema Sylow, kami memiliki itu$n_2\in\{1,3,5,9,15,45\}$, pembagi ganjil dari 90. Tujuan kami adalah untuk menunjukkan bahwa dalam setiap kasus kami memiliki kontradiksi, atau dapat menunjukkan sekelompok orde 10. Ini kemudian menetapkan hasil yang Anda inginkan.
Memperbaiki $P\in\operatorname{Syl}_2(G)$.
Kami pertama kali mengklaim itu $n_2=[G:N_G(P)]$ habis dibagi 5, sehingga $n_2\in\{5,15,45\}$; mungkin untuk mengabaikan ini dan masih menangani nilai lainnya dari$n_2$dengan relatif mudah, tetapi ini adalah pengurangan yang nyaman. Untuk melihat ini, perhatikan itu sejak$P=\langle\,y\,\rangle$ adalah siklik urutan 2, lalu sebenarnya $N_G(P)=C_G(y)$. Jika$N_G(P)$ memiliki urutan habis dibagi 5, itu akan memiliki elemen urutan 5, yang menyiratkan itu $y$ memusatkan elemen orde 5. Jadi $y$ menormalkan beberapa Sylow 5-subkelompok, tetapi asumsi kami itu $n_5=6$menyiratkan bahwa penormal dari Sylow 5-subkelompok memiliki urutan ganjil. Jadi$n_2$ habis dibagi 5, sesuai keinginan.
Jika $n_2=45$ maka kami telah memperhitungkan $72+45>90$ elemen non-identitas di $G$, yang tidak mungkin. Begitu$n_2\neq 45$.
Jika $n_2=15$, maka kita telah memperhitungkannya $72+15=88$elemen non-identitas, menyisakan maksimal 3 elemen non-identitas untuk subgrup 3 Sylow. Tetapi karena subgrup semacam itu memiliki tepat 9 elemen, hal ini juga tidak mungkin. Begitu$n_2\neq 15$.
Terakhir, kita harus mempertimbangkan kasusnya $n_2=5$. Ini menyiratkan itu$|N_G(P)|=18$. Tindakan konjugasi pada subkelompok Sylow 2 memberi kita homomorfisme kelompok$\phi\colon G\to S_5$. Homomorfisme ini akan sepele hanya jika$P$normal, yang kami anggap tidak demikian. Itu juga tidak bisa suntik karena 90 tidak membelah$|S_5|=120$. Memang$9$ tidak membelah $120$, jadi kernel harus punya urutan habis dibagi 3. Karena kita juga harus punya $\ker(\phi)\subseteq N_G(P)$, kami menyimpulkan itu $\ker(\phi)$ telah dipesan $\{3,6,9\}$ dan itu $\phi(G)$ berisi subkelompok siklik $C$ pesanan 5.
Kami mengklaim bahwa jika kami mengetahui bahwa grup orde 30 memiliki subgrup orde 10, maka kami meninggalkan kasusnya $|\ker(\phi)|=9$.
Jadi mari kita lihat di mana kelompok bisnis order 30 masuk. If $\ker(\phi)$ memiliki pesanan 6 lalu $\phi^{-1}(C)$ memiliki pesanan 30. Jika $\ker(\phi)$ punya pesanan 3, lalu $\phi(G)$ memiliki pesanan 30. Jika $H$ kemudian menjadi subkelompok berorde 10 in $\phi(G)$, kemudian $\phi^{-1}(H)$ adalah subkelompok pesanan 30. Ini menetapkan klaim.
Grup berorde 30 itu mengakui subgrup orde 10 dibiarkan sebagai latihan. Anda dapat mencoba banyak hal yang sama seperti sebelumnya: jika Sylow 5-subkelompok tidak normal, maka ada 6 di antaranya, 24 elemen urutan 5, dll. (Atau lihat bukti yang jauh lebih mudah dari seluruh masalah ini di jawaban saya yang lain yang ditunjukkan oleh David A. Craven, dan menerapkan argumen yang sama)
Ini meninggalkan kasusnya $|\ker(\phi)|=9$ (dan $n_2=5$) sebagai satu-satunya yang tersisa untuk dipertimbangkan. Kemudian$\phi(G)$ memiliki urutan 10, tetapi ini adalah kelompok hasil bagi $G$, dan tidak menghasilkan subgrup $G$seperti sebelumnya. Tapi$\phi(G)$ harus siklik, jadi $C$ normal $\phi(G)$, sehingga $\phi^{-1}(C)=L$ adalah subgrup normal dengan urutan 45 in $G$.
Dengan pertimbangan pesanan, 5-subgrup Sylow dari $L$ adalah 5-subgrup Sylow dari $G$. Memang, sejak itu$L$ normal dan tindakan konjugasi bersifat transitif pada 5-subkelompok Sylow, $\operatorname{Syl}_5(G)=\operatorname{Syl}_5(L)$. Kami mengklaim bahwa sebenarnya sekelompok orde 45 selalu memiliki Sylow 5-subkelompok normal, yang kemudian memberi kita kontradiksi, dan akhirnya menyelesaikan semua kasus dan membuktikan bahwa$G$ memiliki subkelompok berorde 10.
Jadi, bagaimana cara membuktikan grup orde 45 memiliki Sylow 5-subgrup normal? Nah, pada akhirnya, mudah! Menurut teorema Sylow, jumlah Sylow 5-subgrup dari grup tersebut coprime menjadi 5 dan membagi 9. Oleh karena itu, satu-satunya kemungkinan adalah 1.
QED.