Группа порядка 90 содержит подгруппу порядка 10
Я пытаюсь доказать, что если $G$ это группа порядка $90$, то он содержит подгруппу порядка $10$. Вот что у меня есть на данный момент:
«Факторизация на простые множители $90$ является $3^2 \cdot 2 \cdot 5$. По первой теореме Силова Силов$p$-подгруппы существуют, что означает наличие хотя бы одной силовской $2$-подгруппа, скажем $P$ и есть хотя бы один силовский $5$-подгруппа, скажем $Q$. Кроме того, Силов$p$-подгруппы тривиально пересекаются, что означает, что $|P \cap Q|=1$.
Следовательно, мы имеем$|PQ|=\frac{|P||Q|}{|P \cap Q|}=\frac{2 \cdot 5}{1}=10$.
И так,$G$ содержит подгруппу $PQ$ порядка $10$, как должно было быть показано ».
Это правильно?
Ответы
Хотя я восхищаюсь настойчивостью другого автора, вот более быстрый способ.
Предположим, что $n_5=6$. потом$G$ действует на шести силовских $5$-подгруппы. Так как$|N_G(P)|=15$, и это важный бит, без элемента порядка$2$ может нормализовать любой силовский $5$-подгруппа . Таким образом, действие перестановки элемента порядка$2$ должно быть (до маркировки) $(1,2)(3,4)(5,6)$, нечетная перестановка. Позволять$H$ - множество элементов, индуцирующих четную перестановку силовских $5$-подгруппы. потом$|G:H|=2$, а значит, и все элементы порядка $5$ роды $H$. По теореме Силова$n_5=1$ для $H$ (другого варианта нет), поэтому $n_5=1$ для $G$, противоречие.
Следуя замечанию Дэвида А. Крейвена о моем более сложном доказательстве:
Здесь вы можете найти доказательство того, что группа порядка 4n + 2 имеет (нормальную) подгруппу индекса 2 , используя немного больше, чем теорема Кэли, для включения в симметрическую группу степени 4n + 2. Сейчас же$90=4\cdot 22+2$ имеет такую форму, поэтому группа $G$ порядка 90 всегда имеет подгруппу индекса 2. Итак, у нас есть нормальная подгруппа $H$ порядка 45, и каждая силовская 5-подгруппа $G$ является силовской 5-подгруппой группы $H$и наоборот. Но простое применение теорем Силова показывает, что группа порядка 45 всегда имеет нормальную силовскую 5-подгруппу, поэтому$G$ должна иметь единственную и, следовательно, нормальную силовскую 5-подгруппу.
Затем ваш аргумент продолжается, так как ваш продукт фактически определяет подгруппу.
Как отмечено в комментариях, ваше доказательство зависит от $PQ$быть подгруппой, что в целом не обязательно. Если одно нормализует другое ($P\subseteq N_G(Q)$ или $Q\subseteq N_G(P)$) то работает и $PQ$это группа. Это, безусловно, так, если один из них действительно нормален в$G$. Но вы этого не показали$PQ$является подгруппой, поэтому ваше доказательство в лучшем случае неполное. Надеюсь доказать, что$Q$обязательно нормально. Это оказывается правдой, хотя доказывать это абстрактно, а не на компьютере, довольно непристойно. Доказательство - это, в конечном счете, один из подсчетов элементов, которые сначала ограничивают проблему, а затем - набор подслучаев, которые необходимо рассмотреть с помощью различных методов.
В конечном итоге я докажу немного меньше, чем то, что силовская 5-подгруппа является нормальной, и остановлюсь, когда у нас будет либо нормальная силовская 2-подгруппа, либо нормальная силовская 5-подгруппа, либо построена подгруппа порядка 10, либо доказано расположение в вопрос невозможно поэтому можно исключить.
Учитывайте количество силовских $5$-подгруппы, обозначаемые $n_5$. По теоремам Силова$n_5\equiv 1\bmod 5$ и $n_5$ разделяет $2\cdot 3^2=18$. Таким образом, либо$n_5=1$ или $n_5=6$. Если$n_5=1$ тогда твой $Q$ на самом деле нормально и поэтому ваш $PQ$является подгруппой порядка 10, и мы закончили. Но что делать в случае$n_5=6$? В конечном итоге это невозможно, но мы покажем, как всегда можно отобразить подгруппу порядка 10 в любом случае, из которого мы не можем вывести противоречие.
Итак, предположим $n_5=6$. Действие сопряжения транзитивно переставляет 6 силовских 5-подгрупп. Применяя теорему о стабилизаторе орбиты или одну из теорем Силова, которая является лишь ее частным случаем, мы получаем, что$[G:N_G(Q)]=n_5=6$, так что $N_G(Q)$ является подгруппой порядка 15 и индекса 6 в $G$. Обратите внимание, что каждая группа порядка 15 циклическая.
Теперь различные конъюгаты $Q$ иметь отличные нормализаторы, так как $N_G(tQt^{-1})=t N_G(Q) t^{-1}$ для всех $t\in G$ (они могут пересекаться нетривиально, но не могут быть равными), поэтому никакие два таких нормализатора не имеют общего элемента порядка 15. Поскольку циклическая группа порядка 15 содержит ровно 8 элементов порядка 15, нормализаторы сопряженных с $Q$ дают в общей сложности 48 элементов порядка 15 в $G$.
Так как силовские 5-подгруппы циклические 5-го порядка и содержат ровно 4 элемента 5-го порядка, всего в группе имеется 24 элемента 5-го порядка. $G$.
В совокупности мы учли 72 неидентификационных элемента в $G$, ни один из которых не имеет порядка (кратного) 2.
Рассмотрим теперь количество элементов порядка 2. Поскольку силовская 2-подгруппа циклическая порядка 2, это в точности количество силовских 2-подгрупп группы $G$, обозначенный $n_2$. По теоремам Силова имеем$n_2\in\{1,3,5,9,15,45\}$, нечетные делители числа 90. Наша цель - показать, что в каждом случае мы либо имеем противоречие, либо можем представить группу порядка 10. Это затем устанавливает желаемый результат.
Исправить $P\in\operatorname{Syl}_2(G)$.
Сначала мы утверждаем, что $n_2=[G:N_G(P)]$ делится на 5, так что $n_2\in\{5,15,45\}$; можно проигнорировать это и по-прежнему обрабатывать другие значения$n_2$относительно легко, но это удобное сокращение. Чтобы увидеть это, обратите внимание, что, поскольку$P=\langle\,y\,\rangle$ циклично порядка 2, то на самом деле $N_G(P)=C_G(y)$. Если$N_G(P)$ если бы порядок делился на 5, он имел бы элемент порядка 5, что означает, что $y$ централизует элемент порядка 5. Таким образом, $y$ нормализует некоторую силовскую 5-подгруппу, но наше предположение, что $n_5=6$следует, что нормализатор силовской 5-подгруппы имеет нечетный порядок. Таким образом$n_2$ делится на 5 по желанию.
Если $n_2=45$ тогда мы учли $72+45>90$ неидентификационные элементы в $G$, что невозможно. Так$n_2\neq 45$.
Если $n_2=15$, то мы учли $72+15=88$неединичные элементы, оставляя не более 3-х нетождественных элементов для силовской 3-подгруппы. Но поскольку в такой подгруппе ровно 9 элементов, это тоже невозможно. Так$n_2\neq 15$.
Наконец, мы должны рассмотреть случай $n_2=5$. Это означает, что$|N_G(P)|=18$. Действие сопряжения на силовских 2-подгруппах дает гомоморфизм групп$\phi\colon G\to S_5$. Этот гомоморфизм был бы тривиальным, только если бы$P$было нормальным, но мы предположили, что это не так. Это также не может быть инъективным, поскольку 90 не делит$|S_5|=120$. Действительно$9$ не разделяет $120$, поэтому ядро должно иметь порядок, кратный 3. Поскольку мы также должны иметь $\ker(\phi)\subseteq N_G(P)$, заключаем, что $\ker(\phi)$ имеет порядок в $\{3,6,9\}$ и это $\phi(G)$ содержит циклическую подгруппу $C$ порядка 5.
Мы утверждаем, что если мы знаем, что группа порядка 30 имеет подгруппу порядка 10, то остается случай $|\ker(\phi)|=9$.
Итак, давайте посмотрим, где входит группа компаний порядка 30. Если $\ker(\phi)$ имеет порядок 6, то $\phi^{-1}(C)$ имеет порядок 30. Если $\ker(\phi)$ имеет порядок 3, то $\phi(G)$ имеет порядок 30. Если $H$ тогда является подгруппой порядка 10 в $\phi(G)$, тогда $\phi^{-1}(H)$ является подгруппой порядка 30. Это доказывает утверждение.
То, что группы порядка 30 допускают подгруппу порядка 10, остается в качестве упражнения. Вы можете попробовать почти то же самое, что и раньше: если силовская 5-подгруппа не является нормальной, то их 6, 24 элемента порядка 5 и т. Д. (Или посмотрите гораздо более простое доказательство всей этой проблемы в моем другом ответе что Дэвид А. Крейвен указал, и применяет тот же аргумент)
Это оставляет дело $|\ker(\phi)|=9$ (и $n_2=5$) как единственное, что осталось рассмотреть. потом$\phi(G)$ имеет порядок 10, но это фактор-группа $G$, и не дает подгруппы $G$как прежде. Но$\phi(G)$ обязательно циклический, поэтому $C$ нормально в $\phi(G)$, и так $\phi^{-1}(C)=L$ нормальная подгруппа порядка 45 в $G$.
По порядковым соображениям силовская 5-подгруппа группы $L$ является силовской 5-подгруппой группы $G$. Действительно, поскольку$L$ нормально и действие сопряжения транзитивно на силовских 5-подгруппах, $\operatorname{Syl}_5(G)=\operatorname{Syl}_5(L)$. Мы утверждаем, что на самом деле группа порядка 45 всегда имеет нормальную силовскую 5-подгруппу, что затем приводит к противоречию и, наконец, завершает все случаи и доказывает, что$G$ имеет подгруппу порядка 10.
Итак, как доказать, что группа порядка 45 имеет нормальную силовскую 5-подгруппу? Ну вот наконец-то легко! По теоремам Силова количество силовских 5-подгрупп такой группы взаимно просто с 5 и делится на 9. Следовательно, единственная возможность - 1.
QED.