กลุ่มคำสั่ง 90 ประกอบด้วยกลุ่มย่อยของคำสั่ง 10
ฉันพยายามพิสูจน์ว่าถ้า $G$ เป็นกลุ่มของคำสั่งซื้อ $90$จากนั้นจะมีกลุ่มย่อยของคำสั่งซื้อ $10$. นี่คือสิ่งที่ฉันมีจนถึงตอนนี้:
“ การแยกตัวประกอบเฉพาะของ $90$ คือ $3^2 \cdot 2 \cdot 5$. โดย The First Sylow Theorem, Sylow$p$- มีกลุ่มย่อยซึ่งหมายความว่ามี Sylow อย่างน้อยหนึ่งกลุ่ม $2$- กลุ่มย่อยพูด $P$ และมี Sylow อย่างน้อยหนึ่งตัว $5$- กลุ่มย่อยพูด $Q$. นอกจากนี้ Sylow$p$- กลุ่มย่อยตัดกันเล็กน้อยซึ่งหมายความว่า $|P \cap Q|=1$.
ดังนั้นเราจึงมี$|PQ|=\frac{|P||Q|}{|P \cap Q|}=\frac{2 \cdot 5}{1}=10$.
ดังนั้น$G$ มีกลุ่มย่อย $PQ$ ของการสั่งซื้อ $10$ตามที่จะแสดง”
ถูกต้องหรือไม่
คำตอบ
ในขณะที่ฉันชื่นชมความคงอยู่ของผู้โพสต์คนอื่นนี่เป็นวิธีที่เร็วกว่า
สมมติว่า $n_5=6$. แล้ว$G$ ทำหน้าที่กับ Sylow ทั้งหก $5$- กลุ่มย่อย เช่น$|N_G(P)|=15$และนี่คือบิตที่สำคัญไม่มีองค์ประกอบของคำสั่ง$2$ สามารถทำให้ Sylow เป็นปกติได้ $5$- กลุ่มย่อย ดังนั้นการดำเนินการเรียงสับเปลี่ยนขององค์ประกอบของคำสั่ง$2$ ต้องเป็น (ขึ้นอยู่กับการติดฉลาก) $(1,2)(3,4)(5,6)$การเปลี่ยนแปลงแปลก ๆ ปล่อย$H$ เป็นชุดขององค์ประกอบที่ทำให้เกิดการเปลี่ยนแปลงที่สม่ำเสมอบน Sylow $5$- กลุ่มย่อย แล้ว$|G:H|=2$และองค์ประกอบทั้งหมดของการสั่งซื้อ $5$ นอนอยู่ $H$. ตามทฤษฎีบทของ Sylow$n_5=1$ สำหรับ $H$ (ไม่มีตัวเลือกอื่น) และดังนั้น $n_5=1$ สำหรับ $G$ความขัดแย้ง
ตามคำพูดของ David A. Craven เกี่ยวกับการพิสูจน์ที่ยากลำบากของฉัน:
ที่นี่คุณจะพบข้อพิสูจน์ว่ากลุ่มของคำสั่ง 4n + 2 มีกลุ่มย่อย (ปกติ) ของดัชนี 2โดยใช้มากกว่าทฤษฎีบทของเคย์ลีย์เพียงเล็กน้อยเพื่อฝังเข้าไปในกลุ่มสมมาตรระดับ 4n + 2 ตอนนี้$90=4\cdot 22+2$ เป็นรูปแบบนี้ดังนั้นกลุ่ม $G$ จากลำดับที่ 90 จะมีกลุ่มย่อยของดัชนี 2 เสมอดังนั้นเราจึงมีกลุ่มย่อยปกติ $H$ จากลำดับที่ 45 และทุกกลุ่มย่อย Sylow 5 ของ $G$ เป็น Sylow 5 กลุ่มย่อยของ $H$และในทางกลับกัน. แต่การประยุกต์ใช้ Sylow Theorems ที่ง่ายแสดงให้เห็นว่ากลุ่มคำสั่ง 45 มักจะมีกลุ่มย่อย Sylow 5 ตามปกติดังนั้น$G$ ต้องมีกลุ่มย่อย Sylow 5 ที่ไม่ซ้ำกันและเป็นปกติ
จากนั้นอาร์กิวเมนต์ของคุณจะดำเนินต่อไปเนื่องจากผลิตภัณฑ์ของคุณกำหนดกลุ่มย่อย
ดังที่ระบุไว้ในความคิดเห็นการพิสูจน์ของคุณขึ้นอยู่กับ $PQ$เป็นกลุ่มย่อยซึ่งไม่จำเป็นต้องเป็นจริงโดยทั่วไป ถ้าคนหนึ่งทำให้อีกคนเป็นปกติ ($P\subseteq N_G(Q)$ หรือ $Q\subseteq N_G(P)$) ก็ใช้งานได้และ $PQ$เป็นกลุ่ม นี่เป็นกรณีอย่างแน่นอนหากหนึ่งในนั้นเป็นเรื่องปกติใน$G$. แต่คุณไม่ได้แสดงให้เห็น$PQ$เป็นกลุ่มย่อยดังนั้นการพิสูจน์ของคุณจึงไม่สมบูรณ์อย่างดีที่สุด ความหวังจะพิสูจน์ได้ว่า$Q$เป็นเรื่องปกติ สิ่งนี้กลายเป็นความจริงแม้ว่าจะพิสูจน์ได้ในเชิงนามธรรมแทนที่จะเป็นทางคอมพิวเตอร์ แต่ก็เป็นเรื่องลามกอนาจาร ในที่สุดการพิสูจน์ก็เป็นหนึ่งในองค์ประกอบการนับก่อนที่จะ จำกัด ปัญหาจากนั้นจึงมีกรณีย่อยจำนวนมากที่ต้องพิจารณาด้วยวิธีการต่างๆ
ในที่สุดฉันจะพิสูจน์ว่าน้อยกว่ากลุ่มย่อย Sylow 5 เล็กน้อยเป็นเรื่องปกติโดยจะหยุดเมื่อเรามีกลุ่มย่อย Sylow 2 ปกติกลุ่มย่อย Sylow 5 ปกติหรือได้สร้างกลุ่มย่อยของคำสั่ง 10 หรือพิสูจน์การจัดเรียงใน คำถามเป็นไปไม่ได้ดังนั้นจึงสามารถยกเว้นได้
พิจารณาจำนวน Sylow $5$- กลุ่มย่อยแสดง $n_5$. โดยทฤษฎี Sylow$n_5\equiv 1\bmod 5$ และ $n_5$ หาร $2\cdot 3^2=18$. ดังนั้น$n_5=1$ หรือ $n_5=6$. ถ้า$n_5=1$ แล้วของคุณ $Q$ เป็นเรื่องปกติและเป็นเรื่องปกติของคุณ $PQ$เป็นกลุ่มย่อยของคำสั่ง 10 และเราทำเสร็จแล้ว แต่จะทำอย่างไรในกรณีนี้$n_5=6$เหรอ? ในที่สุดสิ่งนี้เป็นไปไม่ได้ แต่เราจะแสดงให้เห็นว่าเราสามารถแสดงกลุ่มย่อยของลำดับ 10 ได้อย่างไรในทุกกรณีที่เราไม่สามารถรับความขัดแย้งได้
สมมติว่า $n_5=6$. การดำเนินการผันคำกริยาอนุญาตกลุ่มย่อย 6 Sylow 5 กลุ่ม ด้วยการใช้ทฤษฎีบทโคลงวงโคจรหรือหนึ่งในทฤษฎีบท Sylow ซึ่งเป็นเพียงกรณีพิเศษเรามีสิ่งนั้น$[G:N_G(Q)]=n_5=6$, ดังนั้น $N_G(Q)$ เป็นกลุ่มย่อยของคำสั่ง 15 และดัชนี 6 นิ้ว $G$. โปรดทราบว่าทุกกลุ่มของคำสั่ง 15 เป็นแบบวนรอบ
ตอนนี้คอนจูเกตที่แตกต่างกันของ $Q$ มี Normalizers ที่แตกต่างกันตั้งแต่ $N_G(tQt^{-1})=t N_G(Q) t^{-1}$ เพื่อทุกสิ่ง $t\in G$ (มันสามารถตัดกันแบบไม่สำคัญ แต่ไม่สามารถเท่ากันได้) ดังนั้นจึงไม่มีตัวปรับปกติสองตัวที่แบ่งองค์ประกอบของคำสั่ง 15 เนื่องจากกลุ่มลำดับที่ 15 มี 8 องค์ประกอบของลำดับที่ 15 ตัวกำหนดค่าปกติของคอนจูเกตของ $Q$ ให้ผลรวม 48 องค์ประกอบตามลำดับ 15 นิ้ว $G$.
เนื่องจากกลุ่มย่อย Sylow 5 เป็นวัฏจักรของลำดับที่ 5 และมี 4 องค์ประกอบของลำดับที่ 5 เราจึงมีทั้งหมด 24 องค์ประกอบของลำดับที่ 5 ใน $G$.
เมื่อรวมกันแล้วเราได้พิจารณาองค์ประกอบที่ไม่ใช่ตัวตน 72 รายการใน $G$ไม่มีลำดับใดเลย (หารด้วย) 2.
ตอนนี้เราพิจารณาจำนวนองค์ประกอบของลำดับ 2 เนื่องจากกลุ่มย่อย Sylow 2 เป็นวัฏจักรของลำดับที่ 2 นี่คือจำนวนของ Sylow 2 กลุ่มย่อยของ $G$, แสดง $n_2$. ตามทฤษฎีบท Sylow เรามีสิ่งนั้น$n_2\in\{1,3,5,9,15,45\}$ตัวหารคี่ของ 90 จุดมุ่งหมายของเราคือการแสดงให้เห็นว่าในแต่ละกรณีเรามีความขัดแย้งหรือสามารถแสดงกลุ่มของลำดับที่ 10 จากนั้นจะสร้างผลลัพธ์ที่คุณต้องการ
แก้ไข $P\in\operatorname{Syl}_2(G)$.
ก่อนอื่นเราอ้างว่า $n_2=[G:N_G(P)]$ หารด้วย 5 ลงตัวดังนั้น $n_2\in\{5,15,45\}$; เป็นไปได้ที่จะเพิกเฉยต่อสิ่งนี้และยังคงจัดการกับค่าอื่น ๆ ของ$n_2$อย่างสะดวกสบาย แต่เป็นการลดความสะดวก หากต้องการดูสิ่งนี้โปรดทราบว่าตั้งแต่นั้นเป็นต้นมา$P=\langle\,y\,\rangle$ เป็นวัฏจักรของคำสั่งที่ 2 แล้วในความเป็นจริง $N_G(P)=C_G(y)$. ถ้า$N_G(P)$ มีลำดับหารด้วย 5 มันจะมีองค์ประกอบของลำดับที่ 5 ซึ่งหมายความว่า $y$ รวมศูนย์องค์ประกอบของคำสั่ง 5. ด้วยเหตุนี้ $y$ ทำให้กลุ่มย่อย Sylow 5 บางกลุ่มเป็นปกติ แต่สมมติฐานของเรานั้น $n_5=6$หมายความว่า normalizer ของกลุ่มย่อย Sylow 5 มีลำดับคี่ ด้วยประการฉะนี้$n_2$ หารด้วย 5 ได้ตามต้องการ
ถ้า $n_2=45$ จากนั้นเราได้คิด $72+45>90$ องค์ประกอบที่ไม่ใช่ตัวตนใน $G$ซึ่งเป็นไปไม่ได้ ดังนั้น$n_2\neq 45$.
ถ้า $n_2=15$จากนั้นเราได้พิจารณา $72+15=88$องค์ประกอบที่ไม่ใช่ตัวตนโดยปล่อยให้องค์ประกอบที่ไม่ใช่ตัวตนมากที่สุด 3 รายการสำหรับกลุ่มย่อย Sylow 3 แต่เนื่องจากกลุ่มย่อยดังกล่าวมีองค์ประกอบ 9 อย่างจึงเป็นไปไม่ได้เช่นกัน ดังนั้น$n_2\neq 15$.
สุดท้ายนี้เราต้องพิจารณากรณี $n_2=5$. ซึ่งหมายความว่า$|N_G(P)|=18$. การผันคำกริยาใน Sylow 2-subgroups ทำให้เรามี homomorphism แบบกลุ่ม$\phi\colon G\to S_5$. homomorphism นี้จะไม่สำคัญก็ต่อเมื่อ$P$เป็นเรื่องปกติซึ่งเราคิดว่าไม่ใช่อย่างนั้น นอกจากนี้ยังไม่สามารถฉีดได้เนื่องจาก 90 ไม่แบ่งตัว$|S_5|=120$. แน่นอน$9$ ไม่แบ่งแยก $120$ดังนั้นเคอร์เนลต้องมีลำดับหารด้วย 3 เนื่องจากเราต้องมี $\ker(\phi)\subseteq N_G(P)$เราสรุปได้ว่า $\ker(\phi)$ มีคำสั่งซื้อเข้ามา $\{3,6,9\}$ และนั่น $\phi(G)$ มีกลุ่มย่อยแบบวนรอบ $C$ จำนวนการสั่งซื้อ 5.
เราอ้างว่าถ้าเรารู้ว่ากลุ่มของคำสั่ง 30 มีกลุ่มย่อยของคำสั่ง 10 เราก็จะเหลือกรณี $|\ker(\phi)|=9$.
ดังนั้นให้เราดูว่ากลุ่มของธุรกิจสั่งซื้อ 30 เข้ามาในกรณีใด $\ker(\phi)$ มีคำสั่ง 6 แล้ว $\phi^{-1}(C)$ มีคำสั่ง 30. ถ้า $\ker(\phi)$ มีคำสั่งที่ 3 แล้ว $\phi(G)$ มีคำสั่ง 30. ถ้า $H$ จากนั้นจะเป็นกลุ่มย่อยของคำสั่ง 10 นิ้ว $\phi(G)$แล้ว $\phi^{-1}(H)$ เป็นกลุ่มย่อยของคำสั่ง 30 สิ่งนี้สร้างการอ้างสิทธิ์
กลุ่มของลำดับที่ 30 ยอมรับกลุ่มย่อยของคำสั่ง 10 จะถูกปล่อยให้เป็นแบบฝึกหัด คุณสามารถลองสิ่งเดียวกันกับที่ผ่านมา: หากกลุ่มย่อย Sylow 5 ไม่ปกติก็จะมี 6 ในนั้น 24 องค์ประกอบของลำดับ 5 เป็นต้น (หรือดูการพิสูจน์ปัญหาทั้งหมดนี้ได้ง่ายกว่ามากในคำตอบอื่นของฉัน ที่ David A. Craven ชี้ให้เห็นและใช้อาร์กิวเมนต์เดียวกัน)
สิ่งนี้ออกจากกรณี $|\ker(\phi)|=9$ (และ $n_2=5$) เป็นเพียงคนเดียวที่เหลือที่จะต้องพิจารณา แล้ว$\phi(G)$ มีลำดับที่ 10 แต่เป็นกลุ่มผลหารของ $G$และไม่ก่อให้เกิดกลุ่มย่อยของ $G$เหมือนก่อน. แต่$\phi(G)$ จำเป็นต้องเป็นวัฏจักรดังนั้น $C$ เป็นเรื่องปกติใน $\phi(G)$และอื่น ๆ $\phi^{-1}(C)=L$ เป็นกลุ่มย่อยปกติของคำสั่ง 45 นิ้ว $G$.
ตามการพิจารณาสั่งซื้อ Sylow 5- กลุ่มย่อยของ $L$ เป็น Sylow 5 กลุ่มย่อยของ $G$. ตั้งแต่นั้นเป็นต้นมา$L$ เป็นเรื่องปกติและการดำเนินการผันคำกริยาเป็นสกรรมกริยาในกลุ่มย่อย Sylow 5 $\operatorname{Syl}_5(G)=\operatorname{Syl}_5(L)$. เราอ้างว่าในความเป็นจริงกลุ่มคำสั่ง 45 มักจะมีกลุ่มย่อย Sylow 5 ตามปกติซึ่งจะทำให้เรามีความขัดแย้งและในที่สุดก็ทำทุกกรณีและพิสูจน์ได้ว่า$G$ มีกลุ่มย่อยของคำสั่ง 10.
ดังนั้นวิธีการพิสูจน์ว่ากลุ่มคำสั่ง 45 มีกลุ่มย่อย Sylow 5 ปกติได้อย่างไร? นั่นคือในที่สุดง่าย! ตามทฤษฎีบท Sylow จำนวนกลุ่มย่อย Sylow 5 ของกลุ่มดังกล่าวคือ coprime ถึง 5 และหาร 9 ความเป็นไปได้เดียวจึงเป็น 1
QED