90 sipariş grubu, 10 siparişinin bir alt grubunu içerir

Diğer afişin ısrarına hayran olsam da, burada daha hızlı bir yol var.

Farz et ki $n_5=6$. Sonra$G$ altı Sylow üzerinde hareket eder $5$alt gruplar. Gibi$|N_G(P)|=15$ve bu önemli bir parça, düzenin unsuru yok$2$ herhangi bir Sylow'u normalleştirebilir $5$-altgrup . Bu nedenle bir düzen unsurunun permütasyon eylemi$2$ olmalı (etikete kadar) $(1,2)(3,4)(5,6)$, garip bir permütasyon. İzin Vermek$H$ Sylow'da eşit bir permütasyona neden olan unsurlar kümesi $5$alt gruplar. Sonra$|G:H|=2$ve dolayısıyla düzenin tüm unsurları $5$ geç saate kadar yatmak $H$. Sylow teoremine göre,$n_5=1$ için $H$ (başka seçenek yok) ve bu nedenle $n_5=1$ için $G$bir çelişki.

David A. Craven'in benim daha çetin kanıtımla ilgili sözünü takiben:

Burada , 4n + 2 dereceli bir simetrik gruba gömmek için Cayley'in teoreminden biraz daha fazlasını kullanan, 4n + 2 dereceli bir grubun indeks 2'nin (normal) bir alt grubuna sahip olduğuna dair bir kanıt bulabilirsiniz . Şimdi$90=4\cdot 22+2$ bu biçimdedir, yani bir grup $G$ 90'ıncı sıra her zaman dizin 2'nin bir alt grubuna sahiptir. Yani normal bir alt grubumuz var $H$ sipariş 45 ve her Sylow 5 alt grubu $G$ bir Sylow 5 alt grubudur $H$ve tam tersi. Ancak Sylow Teoremlerinin kolay bir uygulaması, 45. sıradaki bir grubun her zaman normal bir Sylow 5 alt grubuna sahip olduğunu gösterir.$G$ benzersiz ve dolayısıyla normal bir Sylow 5 alt grubuna sahip olmalıdır.

Ürününüz aslında bir alt grup tanımladığı için argümanınız daha sonra devam eder.

Yorumlarda belirtildiği gibi, kanıtınız şuna bağlıdır: $PQ$genel olarak doğru olması gerekmeyen bir alt grup olmak. Biri diğerini normalleştirirse ($P\subseteq N_G(Q)$ veya $Q\subseteq N_G(P)$) sonra çalışır ve $PQ$bir gruptur. Bu, bunlardan biri aslında normalse kesinlikle geçerlidir.$G$. Ama bunu göstermedin$PQ$bir alt gruptur, bu nedenle kanıtınız en iyi ihtimalle eksiktir. Umut bunu kanıtlamak olurdu$Q$zorunlu olarak normaldir. Bunun doğru olduğu ortaya çıkıyor, ancak bunu bilgisayardan ziyade soyut olarak kanıtlamak oldukça müstehcen. Kanıt, nihayetinde önce sorunu sınırlamak için öğeleri saymaktan ve ardından çeşitli yöntemlerle dikkate alınacak bir grup alt vakadan biridir.

Nihayetinde, Sylow 5 alt grubunun normal olduğundan biraz daha azını ispatlayacağım, ya normal bir Sylow 2 alt grubuna, normal bir Sylow 5 alt grubuna sahip olduğumuzda ya da 10 numaralı bir alt gruba sahip olduğumuzda ya da düzenlemeyi kanıtladığımızda duracağım soru imkansızdır, bu yüzden dışlanabilir.

Sylow sayısını düşünün $5$alt gruplar, belirtilen $n_5$. Sylow teoremlerine göre,$n_5\equiv 1\bmod 5$ ve $n_5$ böler $2\cdot 3^2=18$. Yani ya$n_5=1$ veya $n_5=6$. Eğer$n_5=1$ sonra senin $Q$ aslında normal ve bu yüzden senin $PQ$sipariş 10'un bir alt grubudur ve işimiz bitti. Ama bu durumda ne yapmalı$n_5=6$? Nihayetinde bu imkansızdır, ancak herhangi bir durumda bir çelişki çıkaramayacağımız her durumda 10. dereceden bir alt grubu nasıl her zaman sergileyebileceğimizi göstereceğiz.

Öyleyse varsayalım $n_5=6$. Konjugasyon eylemi geçişli olarak 6 Sylow 5 alt grubuna izin verir. Yörünge stabilizatörü teoremini veya sadece özel bir durum olan Sylow teoremlerinden birini uygulayarak,$[G:N_G(Q)]=n_5=6$, Böylece $N_G(Q)$ sipariş 15 ve indeks 6'nın bir alt grubudur $G$. 15. dereceden her grubun döngüsel olduğuna dikkat edin.

Şimdi farklı eşlenikler $Q$ o zamandan beri farklı normalleştiriciler var $N_G(tQt^{-1})=t N_G(Q) t^{-1}$ hepsi için $t\in G$ (önemsiz olmayan bir şekilde kesişebilirler, ancak eşit olamazlar), bu nedenle böyle iki normalleştirici, 15. mertebeden bir unsuru paylaşmaz. 15. mertebeden döngüsel bir grup, tam olarak 15 mertebeden 8 elementi içerdiğinden, $Q$ 15 siparişten toplam 48 öğe verir $G$.

Sylow 5 alt grupları 5. dereceden döngüsel olduğundan ve 5. dereceden tam olarak 4 eleman içerdiğinden, içinde 5. dereceden toplam 24 elemanımız var. $G$.

Birlikte, 72 kimlik dışı öğeyi hesaba kattık $G$, hiçbirinin düzeni yoktur (ile bölünebilir) 2.

Şimdi 2. derecenin elemanlarının sayısını göz önünde bulunduruyoruz. Sylow 2 alt grubu 2. dereceden döngüsel olduğundan, bu tam olarak Sylow 2 alt gruplarının sayısıdır. $G$, belirtilen $n_2$. Sylow teoremlerine göre, buna sahibiz$n_2\in\{1,3,5,9,15,45\}$, 90'ın garip bölenleri. Amacımız, her durumda bir çelişkiye sahip olduğumuzu ya da 10'lu bir grup sergileyebileceğimizi göstermektir. Bu, daha sonra istediğiniz sonucu belirler.

Düzelt $P\in\operatorname{Syl}_2(G)$.

Önce şunu iddia ediyoruz $n_2=[G:N_G(P)]$ 5'e bölünebilir, böylece $n_2\in\{5,15,45\}$; bunu görmezden gelmek ve hala diğer değerleri işlemek mümkündür$n_2$göreceli kolaylıkla, ancak bu uygun bir azaltmadır. Bunu görmek için, o zamandan beri unutmayın$P=\langle\,y\,\rangle$ 2. dereceden döngüseldir, bu durumda aslında $N_G(P)=C_G(y)$. Eğer$N_G(P)$ 5'e bölünebilen bir düzen olsaydı, 5'inci dereceden bir elemanı olurdu, bu da şunu gösterir: $y$ 5. düzenin bir unsurunu merkezileştirir. $y$ bazı Sylow 5 alt grubunu normalleştirir, ancak varsayımımız $n_5=6$Sylow 5 alt grubunun normalleştiricisinin tek sıraya sahip olduğunu ima eder. Böylece$n_2$ istendiği gibi 5'e bölünebilir.

Eğer $n_2=45$ sonra hesap verdik $72+45>90$ kimliksiz öğeler $G$imkansızdır. Yani$n_2\neq 45$.

Eğer $n_2=15$, sonra hesaba kattık $72+15=88$kimliksiz öğeler, bir Sylow 3 alt grubu için en fazla 3 kimliksiz öğe bırakır. Ancak böyle bir alt grup tam olarak 9 elemente sahip olduğundan, bu da imkansızdır. Yani$n_2\neq 15$.

Son olarak, durumu dikkate almalıyız $n_2=5$. Bu şu anlama gelir$|N_G(P)|=18$. Sylow 2 alt gruplarındaki konjugasyon eylemi bize bir grup homomorfizmi verir$\phi\colon G\to S_5$. Bu homomorfizm, ancak$P$normaldi, bunun böyle olmadığını varsaydık. 90 bölünmediği için de enjekte edilemez$|S_5|=120$. Aslında$9$ bölünmez $120$, bu nedenle çekirdek 3'e bölünebilir bir düzene sahip olmalıdır. $\ker(\phi)\subseteq N_G(P)$, Şu sonuca varıyoruz ki $\ker(\phi)$ sipariş var $\{3,6,9\}$ ve şu $\phi(G)$ döngüsel bir alt grup içerir $C$ sipariş 5.

30. dereceden bir grubun 10. dereceden bir alt gruba sahip olduğunu bilirsek, davayla baş başa kalacağımızı iddia ediyoruz. $|\ker(\phi)|=9$.

Öyleyse, 30. sıra iş grubunun nereden geldiğini görelim. $\ker(\phi)$ 6 siparişi var o zaman $\phi^{-1}(C)$ 30 siparişi var. $\ker(\phi)$ 3 sipariş aldı, sonra $\phi(G)$ 30 siparişi var. $H$ daha sonra sıra 10'un bir alt grubudur $\phi(G)$, sonra $\phi^{-1}(H)$ 30. siparişin bir alt grubudur. Bu, talebi oluşturur.

Bu düzen 30 grupları, alıştırma olarak bırakılan 10. dereceden bir alt grubu kabul eder. Daha önce olduğu gibi aynı şeyi deneyebilirsiniz: Sylow 5 alt grubu normal değilse, o zaman 6 tane, 5. sıranın 24 öğesi, vb. David A. Craven'in işaret ettiği ve aynı argümanı uyguladığı)

Bu davayı terk ediyor $|\ker(\phi)|=9$ (ve $n_2=5$) göz önünde bulundurulması gereken tek kişi olarak. Sonra$\phi(G)$ 10'uncu sıraya sahip, ancak bu bölümler grubu $G$ve bir alt grup vermez $G$eskisi gibi. Fakat$\phi(G)$ zorunlu olarak döngüseldir, bu nedenle $C$ normaldir $\phi(G)$, ve bu yüzden $\phi^{-1}(C)=L$ normal bir alt gruptur 45'inci sırada $G$.

Sipariş hususlarına göre, bir Sylow 5 alt grubu $L$ bir Sylow 5 alt grubudur $G$. Nitekim, o zamandan beri$L$ normaldir ve konjugasyon etkisi Sylow 5 alt gruplarında geçişlidir, $\operatorname{Syl}_5(G)=\operatorname{Syl}_5(L)$. Aslında 45. sıra grubunun her zaman normal bir Sylow 5 alt grubuna sahip olduğunu iddia ediyoruz, bu da bize bir çelişki veriyor ve sonunda tüm vakaları tamamlıyor ve$G$ 10. sipariş alt grubuna sahiptir.

Öyleyse, 45. sıradaki bir grubun normal bir Sylow 5 alt grubuna sahip olduğu nasıl kanıtlanır? Eh, bu, sonunda, kolay! Sylow teoremlerine göre, böyle bir grubun Sylow 5 alt gruplarının sayısı 5'e eşittir ve 9'a böler. Dolayısıyla tek olasılık 1'dir.

QED.