Grupo de ordem 90 contém um subgrupo de ordem 10
Estou tentando provar que se$G$é um grupo de ordem$90$, então ele contém um subgrupo de ordem$10$. Isso é o que eu tenho até agora:
“A fatoração prima de$90$é$3^2 \cdot 2 \cdot 5$. Pelo Primeiro Teorema de Sylow, Sylow$p$- existem subgrupos, o que significa que há pelo menos um Sylow$2$-subgrupo, digamos$P$e há pelo menos um Sylow$5$-subgrupo, digamos$Q$. Além disso, Sylow$p$-subgrupos se interceptam trivialmente, o que significa que$|P \cap Q|=1$.
Portanto, temos$|PQ|=\frac{|P||Q|}{|P \cap Q|}=\frac{2 \cdot 5}{1}=10$.
E entao,$G$contém um subgrupo$PQ$de ordem$10$, como seria mostrado.”
Isso está correto?
Respostas
Enquanto admiro a persistência do outro pôster, aqui está uma maneira mais rápida.
Suponha que$n_5=6$. Então$G$atua nos seis Sylow$5$-subgrupos. Como$|N_G(P)|=15$, e esta é a parte importante, nenhum elemento de ordem$2$pode normalizar qualquer Sylow$5$-subgrupo . Assim, a ação de permutação de um elemento de ordem$2$deve ser (até a rotulagem)$(1,2)(3,4)(5,6)$, uma permutação ímpar. Deixar$H$ser o conjunto de elementos que induzem uma permutação uniforme no Sylow$5$-subgrupos. Então$|G:H|=2$, e assim todos os elementos de ordem$5$deitar em$H$. Pelo teorema de Sylow,$n_5=1$por$H$(sem outra opção) e, portanto,$n_5=1$por$G$, uma contradição.
Seguindo a observação de David A. Craven sobre minha prova mais árdua:
Aqui você pode encontrar uma prova de que um grupo de ordem 4n+2 tem um subgrupo (normal) de índice 2 , usando pouco mais do que o teorema de Cayley para inserir em um grupo simétrico de grau 4n+2. Agora$90=4\cdot 22+2$é desta forma, então um grupo$G$de ordem 90 sempre tem um subgrupo de índice 2. Portanto, temos um subgrupo normal$H$de ordem 45, e cada subgrupo Sylow 5 de$G$é um subgrupo Sylow 5 de$H$e vice versa. Mas uma aplicação fácil dos Teoremas de Sylow mostra que um grupo de ordem 45 sempre tem um subgrupo Sylow 5 normal, então$G$deve ter um subgrupo Sylow 5 único e, portanto, normal.
Seu argumento então continua, pois seu produto de fato define um subgrupo.
Conforme observado nos comentários, sua prova depende de$PQ$sendo um subgrupo, o que não precisa ser verdade em geral. Se um normaliza o outro ($P\subseteq N_G(Q)$ou$Q\subseteq N_G(P)$) então funciona e$PQ$é um grupo. Este é certamente o caso se um deles é de fato normal em$G$. Mas você não mostrou isso$PQ$é um subgrupo, então sua prova está incompleta na melhor das hipóteses. A esperança seria provar que$Q$é necessariamente normal. Isso acaba sendo verdade, embora prová-lo abstratamente, e não por computador, seja bastante obsceno. A prova é, em última análise, contar elementos primeiro para restringir o problema e, em seguida, um monte de subcasos a serem considerados com vários métodos.
Por fim, provarei um pouco menos do que o subgrupo Sylow 5 é normal, parando assim que tivermos um subgrupo Sylow 2 normal, um subgrupo Sylow 5 normal, ou construímos um subgrupo de ordem 10 ou provamos o arranjo em questão é impossível, portanto, pode ser excluído.
Considere o número de Sylow$5$-subgrupos, denotados$n_5$. Pelos teoremas de Sylow,$n_5\equiv 1\bmod 5$e$n_5$divide$2\cdot 3^2=18$. Assim ou$n_5=1$ou$n_5=6$. Se$n_5=1$então seu$Q$é de fato normal e então seu$PQ$é um subgrupo de ordem 10, e terminamos. Mas o que fazer no caso$n_5=6$? Em última análise, isso é impossível, mas mostraremos como sempre podemos exibir um subgrupo de ordem 10 em qualquer caso do qual não possamos derivar uma contradição.
Então suponha$n_5=6$. A ação de conjugação permuta transitivamente os 6 subgrupos de 5 Sylow. Aplicando o teorema do estabilizador de órbita, ou um dos teoremas de Sylow que é apenas um caso especial disso, temos que$[G:N_G(Q)]=n_5=6$, para que$N_G(Q)$é um subgrupo de ordem 15 e índice 6 em$G$. Observe que todo grupo de ordem 15 é cíclico.
Agora conjugados distintos de$Q$têm normalizadores distintos desde$N_G(tQt^{-1})=t N_G(Q) t^{-1}$para todos$t\in G$(eles podem se cruzar de forma não trivial, mas não podem ser iguais), então nenhum desses normalizadores compartilha um elemento de ordem 15. Como um grupo cíclico de ordem 15 contém exatamente 8 elementos de ordem 15, os normalizadores dos conjugados de$Q$produzir um total de 48 elementos de ordem 15 em$G$.
Como os 5 subgrupos de Sylow são cíclicos de ordem 5 e contêm exatamente 4 elementos de ordem 5, temos um total de 24 elementos de ordem 5 em$G$.
Combinados, contabilizamos 72 elementos não identitários em$G$, nenhum dos quais tem ordem (divisível por) 2.
Agora consideramos o número de elementos de ordem 2. Como o subgrupo Sylow 2 é cíclico de ordem 2, este é precisamente o número de subgrupos Sylow 2 de$G$, denotado$n_2$. Pelo teorema de Sylow, temos que$n_2\in\{1,3,5,9,15,45\}$, os divisores ímpares de 90. Nosso objetivo é mostrar que em cada caso temos uma contradição ou podemos exibir um grupo de ordem 10. Isso então estabelece o resultado desejado.
Fixar$P\in\operatorname{Syl}_2(G)$.
Nós primeiro afirmamos que$n_2=[G:N_G(P)]$é divisível por 5, de modo que$n_2\in\{5,15,45\}$; é possível ignorar isso e ainda manipular os outros valores de$n_2$com relativa facilidade, mas é uma redução conveniente. Para ver isso, observe que desde$P=\langle\,y\,\rangle$é cíclico de ordem 2, então de fato$N_G(P)=C_G(y)$. Se$N_G(P)$tivesse ordem divisível por 5, teria um elemento de ordem 5, o que implica que$y$centraliza um elemento de ordem 5. Assim$y$normaliza algum subgrupo Sylow 5, mas nossa suposição de que$n_5=6$implica que o normalizador de um subgrupo Sylow 5 tem ordem ímpar. Desta forma$n_2$é divisível por 5, conforme desejado.
Se$n_2=45$então nós contabilizamos$72+45>90$elementos não identitários em$G$, o que é impossível. Então$n_2\neq 45$.
Se$n_2=15$, então contabilizamos$72+15=88$elementos não-identitários, deixando no máximo 3 elementos não-identitários para um subgrupo Sylow 3. Mas como esse subgrupo tem exatamente 9 elementos, isso também é impossível. Então$n_2\neq 15$.
Por fim, devemos considerar o caso$n_2=5$. Isso implica que$|N_G(P)|=18$. A ação de conjugação nos 2 subgrupos de Sylow nos dá um homomorfismo de grupo$\phi\colon G\to S_5$. Este homomorfismo seria trivial apenas se$P$era normal, o que supomos não ser o caso. Também não pode ser injetivo, pois 90 não divide$|S_5|=120$. De fato$9$não divide$120$, então o kernel deve ter ordem divisível por 3. Como também devemos ter$\ker(\phi)\subseteq N_G(P)$, concluimos que$\ker(\phi)$tem ordem em$\{3,6,9\}$e essa$\phi(G)$contém um subgrupo cíclico$C$de ordem 5.
Afirmamos que, se sabemos que um grupo de ordem 30 tem um subgrupo de ordem 10, ficamos com o caso$|\ker(\phi)|=9$.
Então, vamos ver onde entra o grupo de negócios da ordem 30. Se$\ker(\phi)$tem ordem 6 então$\phi^{-1}(C)$tem ordem 30. Se$\ker(\phi)$tem ordem 3, então$\phi(G)$tem ordem 30. Se$H$é então um subgrupo de ordem 10 em$\phi(G)$, então$\phi^{-1}(H)$é um subgrupo de ordem 30. Isso estabelece a reivindicação.
Que grupos de ordem 30 admitem um subgrupo de ordem 10 fica como exercício. Você pode tentar a mesma coisa de antes: se o subgrupo Sylow 5 não for normal, então há 6 deles, 24 elementos de ordem 5, etc. (Ou veja a prova muito mais fácil de todo esse problema em minha outra resposta que David A. Craven apontou e aplique o mesmo argumento)
Isso deixa o caso$|\ker(\phi)|=9$(e$n_2=5$) como o único que resta a considerar. Então$\phi(G)$tem ordem 10, mas este é um grupo quociente de$G$, e não produz um subgrupo de$G$como antes. Mas$\phi(G)$é necessariamente cíclico, então$C$é normal em$\phi(G)$, e entao$\phi^{-1}(C)=L$é um subgrupo normal de ordem 45 em$G$.
Por considerações de ordem, um subgrupo Sylow 5 de$L$é um subgrupo Sylow 5 de$G$. Com efeito, desde$L$é normal e a ação de conjugação é transitiva nos subgrupos Sylow 5,$\operatorname{Syl}_5(G)=\operatorname{Syl}_5(L)$. Afirmamos que, de fato, um grupo de ordem 45 sempre tem um subgrupo Sylow 5 normal, o que nos dá uma contradição e, finalmente, completa todos os casos e prova que$G$tem um subgrupo de ordem 10.
Então, como provar que um grupo de ordem 45 tem um subgrupo Sylow 5 normal? Bem, isto é, finalmente, fácil! Pelos teoremas de Sylow, o número de 5 subgrupos de Sylow de tal grupo é primo de 5 e divide 9. A única possibilidade é, portanto, 1.
QED.