$|G| + \frac{|G|}{\left|\langle a\rangle\right|} + \frac{|G|}{\left|\langle b\rangle\right|} + \frac{|G|}{\left|\langle ab\rangle\right|}$

Question

Demostrar que para cada grupo finito $G$, y para todos los elementos de la $a, b \in G$ la siguiente expresión $$ |G| + \frac{|G|}{\left|\langle\rangle\right|} + \frac{|G|}{\left|\langle b\rangle\right|} + \frac{|G|}{\left|\langle ab\rangle\right|} $$ es par.

Answer 1

Yo creo que lo tengo. Compruebe por favor.

1. Si $|G|$ es impar. Obvio.

2. $|G|$ es incluso. A continuación, vamos a suponer que la incrustación $f:G \rightarrow S_{|G|}$. De acuerdo con el teorema de Cayley $g$ mapas para el producto de $\frac{|G|}{\left|\langle g\rangle\right|}$ independiente de los ciclos de longitud $\left|\langle g\rangle\right|$. En particular, $g$ se asigna a la permutación impar iff $|G|$ es incluso y $\frac{|G|}{\left|\langle g\rangle\right|}$ es impar.

3. Hay o $2$ o $0$ permutaciones impares entre $f(a), f(b), f(ab)$, es decir, hay cero o dos sumandos impares de esta suma ($|G|$ es incluso).

Answer 2

Creo que los siguientes trabajos.

Si el orden de $G$ es impar, hemos terminado, así que supongo que $G$ incluso ha pedido.

Si $[G:\langle x\rangle]$ es incluso, para $x\in\{a,b,ab\}$, hemos terminado, así que supongo que $[G:\langle x\rangle]$ es extraño que algunos $x\in\{a,b,ab\}$. El $\langle x\rangle$ contiene un Sylow $2$-subgrupo $P$$G$. Desde $P$ es cíclica, es decir, se sigue que $G$ tiene un normal Hall $2^\prime$-subgrupo $Q$. A continuación,$G = PQ$$P\cap Q=1$.

Ahora, considere el cociente grupo $\bar{G} = G/Q$, que es un no-trivial cíclico $2$-grupo isomorfo a $P$. Tenemos, por el teorema de la correspondencia, $$\left|G\right|+[G:\langle un\rangle]+[G:\langle b\rangle]+[G:\langle ab\rangle] \\ = \left|P\right|\left|\bar{G}\right| + [\bar{G}:\langle\bar{a}\rangle]+[\bar{G}:\langle\bar{b}\rangle]+[\bar{G}:\langle\overline{ab}\rangle].$$ Ahora todos los términos en el lado derecho, incluso, a menos que $\bar{G}$ es generado por uno de $\bar{a}$, $\bar{b}$ o $\overline{ab}$. Pero, es fácil ver que, en cada caso, la suma resultante es aún, sin embargo.

Por ejemplo, supongamos que $\bar{G} = \langle\bar{a}\rangle$, por lo que el $[\bar{G}:\langle\bar{a}\rangle]=1$. A continuación,$\bar{b} = \bar{a}^r$, para algunas de las $r$, y por lo $\overline{ab} = \bar{a}^{r+1}$ y obtenemos $$\left|G\right| + 1 + [\bar{G}:\langle \bar{a}^r\rangle] + [\bar{G}:\langle\bar{a}^{r+1}\rangle].$$ Desde $\bar{a}$ es de orden una potencia de $2$, y uno de $r$ $r+1$ es impar, debemos tener $\langle\bar{a}^r\rangle=\langle\bar{a}\rangle$ o $\langle\bar{a}^{r+1}\rangle=\langle\bar{a}\rangle$, por lo que uno de los índices de $[\bar{G}:\langle\bar{a}^r\rangle]$ $[\bar{G}:\langle\bar{a}^{r+1}\rangle]$ es también igual a $1$, mientras que el otro es aún, por lo que el resultado es aún.

Answer 3

Tengo una idea para grupos solubles. Pero no puedo encontrar una manera para que no soluble grupos.

Si $|G|$ es impar, entonces se hace. Por lo que asumimos que el $|G|$ es incluso. Deje $|G|=2^r f$. Sólo tenemos que considerar que el $G=<a,b>$.

Caso 1. $G$ es abelian. Supongamos $|a|=2^r m, |b|=2^4 n, |ab|=2^r l$. Luego, por la singularidad de la Sylow 2-subgrupo de abelian grupos, obtenemos $<x>=<a^m>=<b^n>$, que es el Sylow s-subgrupo de $G$. Podemos suponer que $x=a^m=b^{n'}$ donde $m, n'$ son de todos los impares. Ahora $x \in <ab>$. Por lo $x=(ab)^t$. Llegamos $t$ es impar. pero ahora$a^t=b^{n'-t}$$b^t=a^{m-t}$. Desde $n'-t$ $m-t$ son tanto incluso ahora, podemos ver que la parte 2 de $|a^t|$$|b^t|$$\le 2^{r-1}$, lo que significa que el 2-pare de $|x|=|a^t b^t|$$\le 2^{r-1}$, una contradicción. Por lo $|G:<a>|, |G:<b>|, |G:<c>|$ no puede ser impar. Tenemos que considerar el caso de que $|G:<a>$ $|G:<b>|$ son uniformes, sino $|G:<ab>|$ es impar. Pero esto no ocurre porque la parte 2 de $|ab|$$\le $$|a|$$|b|$.

Caso 2. Si $G'<G$, podemos considerar $\bar{G}=G/G'$ para obtener el resultado requerido.

Por lo tanto, esta es la verdadera solubles de los grupos.