Grupos de orden $pq$ sin utilizar los teoremas de Sylow

Question

Si $|G| = pq$ , $p,q$ primos, $p \gt q, q \nmid p-1 $ Entonces, ¿cómo puedo demostrar $G$ es cíclico sin utilizar los teoremas de Sylow?

Answer 1

Esta solución utilizará principalmente a Lagrange y el hecho de que | G | tiene muy pocos divisores. Esto es sobre todo un ejemplo de la utilidad de mirar los cosets y las permutaciones. El teorema de Sylow es sólo un ejemplo de cómo hacerlo en una situación más general. Al igual que el teorema de Sylow, ganamos mucho encontrando puntos fijos de permutaciones.

Por el teorema de Lagrange, un elemento de G tiene el orden 1, p , q o pq . Sólo hay un elemento de orden 1. Si hay un elemento de orden pq entonces G es el grupo cíclico generado por él. En caso contrario, todo elemento no identitario de G tiene orden p o q y hay al menos un elemento de este tipo, x . Dejemos que H sea el subgrupo generado por x .

Caso I: Si x tiene orden q , entonces Lagrange dice que hay p cosets de H en G y x actúa como una permutación sobre ellos. El orden de esa permutación es 1 o q (de nuevo por Lagrange), pero q > p es imposiblemente grande, por lo que x deja todos los cosets gH solo. Eso significa que H es normal en G porque xgH \= gH y así g -1 xg en H para todos g en G y H es generado por x . Dejemos que y sea cualquier elemento de G no contenida en H . Entonces y normaliza H y por lo tanto la conjugación por y es un automorfismo de H . El grupo de automorfismo de H tiene orden q -1, por lo que el orden de ese automorfismo es un divisor de gcd( q -1,  pq ) = 1 por Lagrange, por lo que la conjugación por y es el automorfismo de identidad en H . En otras palabras, y -1 xy \= x y xy \= yx . En particular, x y y ir al trabajo y xy tiene orden pq Así que G es cíclico.

Caso II: Si x tiene orden p entonces hay q cosets de H en G por Lagrange. Nótese que xH \= H Así que x no mueve el coset 1H . Examinamos dos subcasos en función de si deja algún otro coset solo:

Caso IIa: Supongamos que x mueve todos los demás cosets. Por Lagrange, esos otros cosets se recogen en p -(las "órbitas" de x ), por lo que obtenemos que q \= 1 + kp , donde k es el número de órbitas. Esto contradice explícitamente la hipótesis de no divisibilidad.

Caso IIb: Supongamos que x deja al menos un coset más solo, digamos yH para algunos y no contenida en H . En otras palabras, xyH = yH o y -1 xy está en H . Esto significa que y actúa por conjugación sobre los elementos de H . Sin embargo, el grupo de automorfismo de H tiene orden p -1, por lo que el automorfismo por y es un divisor o p -1 y un divisor de pq pero gcd( p -1,  pq ) = 1. Por lo tanto, la conjugación por y es el automorfismo de identidad: y -1 xy \= x y xy \= yx . En particular, x y y ir al trabajo y xy tiene orden pq Así que G es cíclico.

Answer 2

Una vez más, el libro de Burnside ( Teoría de los grupos de orden finito ) contiene la clasificación de los grupos de orden $pq$ antes de abordar los Teoremas de Sylow. En la impresión de Dover de la segunda edición esto aparece en la página 48 (sección 36), y los teoremas de Sylow no aparecen hasta la sección 120 (páginas 149-151).

El argumento se basa en el Teorema de Cauchy; aquí está la cita. Pongo entre paréntesis los términos modernos para algunos de los utilizados por Burnside.

Un grupo de orden $pq$ debe contener un subgrupo de orden $p$ y un subgrupo de orden $q$ . Si este último no es autoconjugado [normal] debe ser uno de $p$ subgrupos conjugados, que contienen $p(q-1)$ operaciones distintas [elementos] de orden $q$ . El resto $p$ las operaciones [elementos] deben constituir un subgrupo de orden $p$ que, por tanto, es autoconjugado [normal]. Un grupo de orden $pq$ tiene por tanto un subgrupo autoconjugado [subgrupo normal] de orden $p$ o una de orden $q$ . Toma $p\lt q$ y supongamos primero que existe un subgrupo autoconjugado [normal] $\{P\}$ [ $\langle P\rangle$ ] de orden $p$ . Dejemos que $Q$ sea una operación [elemento] de orden $q$ . Entonces:

$$\begin{align*} Q^{-1}PQ &= P^{\alpha}\\ Q^{-q}PQ^q &= P^{\alpha^q},\\ \alpha^q\equiv 1&\pmod{p},\\ \text{and therefore }\alpha\equiv 1&\pmod{p}. \end{align*}$$

En este caso, $P$ y $Q$ son permutables [conmutables] y el grupo es cíclico. Supongamos en segundo lugar que no hay ningún subgrupo autoconjugado [normal] de orden $p$ . Existe entonces necesariamente un subgrupo [normal] autoconjugado $\{Q\}$ de orden $q$ y si $P$ es una operación de orden $p$ , $$\begin{align*} P^{-1}QP &= Q^{\beta}\\ P^{-p}QP^{p} &= Q^{\beta^p}\\ \beta^p\equiv 1 &\pmod{q}. \end{align*}$$ Si $q\not\equiv 1\pmod{p}$ esto implicaría $\beta=1$ y $\{P\}$ sería autoconjugado, en contra de lo que se supone. Por lo tanto, si el grupo es no cíclico, $q\equiv 1 \pmod{p}$ y $P^{-1}QP=Q^{\beta}$ , donde $\beta$ es una raíz, distinta de la unidad, de la congruencia $\beta^p\equiv 1\pmod{p}$ . Entre los grupos definidos por [ $E$ es la identidad] $$\begin{align*} P^p&=E, &\qquad Q^q&=E,&\qquad P^{-1}QP &= Q^{\beta},\\ \text{and }P'^p&=E, & Q'^q&=E, & P'^{-1}Q'P'&=Q^{\beta^a}, \end{align*}$$ se establece un isomorfismo simple tomando $P'$ y $P^a$ , $Q'$ y $Q$ como operaciones correspondientes [elementos]. Por lo tanto, cuando $q\equiv 1\pmod{p}$ existe un único tipo de grupo no cíclico de orden $pq$ .

Answer 3

Dejemos que $G$ sea un grupo de orden $pq$ . Entonces el orden de los elementos debe ser $1,p,q,pq$ .

Basta con demostrar la existencia de subgrupos de orden $p$ y $q$ .

• Si todos los elementos de $G$ son del orden $p$ (excepto la identidad), entonces considera un subgrupo $H$ de orden $p$ y tomar $y\in G\backslash H$ , dejemos que $K=\langle y\rangle$ .

  Ahora $H$ no puede ser normalizado por $y$ en $G$ Si no es así $HK$ será un abeliano subgrupo de $G$ de orden $p^2$ , contradicción. Por lo tanto, $yHy^{-1}$ es otro subgrupo conjugado de orden $p$ . Ahora el número de conjugados de $H$ será el índice $[G\colon N(H)]$ del normalizador de $H$ en $G$ ya que hay al menos dos conjugados, ( $H,yHy^{-1}$ ) por lo que $[G\colon N(H)]>1$ deducimos que $N(H)=H$ . Por lo tanto, hay exactamente $q$ conjugados de $H$ . Los elementos no triviales en la colección de conjugados de $H$ será $(p-1)q$ . Entonces toma el elemento $z$ de $G$ fuera de estos elementos contados, proceda a continuación para $\langle z\rangle$ . Conseguiremos $(p-1)q$ elementos no triviales en la colección de todos los conjuagtes de $\langle z\rangle$ . Después de algunos pasos finitos, digamos $m\geq 1$ obtendremos todos los elementos no triviales de $G$ ( de orden $p$ ); serán $m(p-1)q$ en número.

  Por lo tanto, $m(p-1)q+1=pq$ lo cual no es válido, ya que $pq-m(p-1)q$ es divisible por $q$ (aquí todos los términos son distintos de cero).

  Por lo tanto, concluimos que todos los elementos no triviales de $G$ no pueden ser del mismo orden $p$ .

  Del mismo modo, podemos concluir que todos los elementos no triviales no pueden tener el mismo orden $q$ .

  • Si $G$ tiene un elemento de orden $pq$ entonces será cíclico.

  • De lo contrario, ahora debemos tener al menos un elemento de orden $q$ por lo que es un subgrupo $Q$ de orden $q$ . Este subgrupo debe ser único (por tanto, normal): si $Q_1$ es otro subgrupo de orden $q$ entonces $\langle Q, Q_1\rangle \supseteq QQ_1$ Así que $|\langle Q,Q_1\rangle | \geq |QQ_1|=q.q/1=q^2>qp = |G|$ contradicción.

  Tome un subgrupo $P$ de orden $p$ . Ahora $Q \triangleleft G$ , $P\leq G$ Por lo tanto $PQ\leq G$ ; de hecho esto es igualdad - $PQ=G$ (computando las órdenes). Así que $G=Q\rtimes P$ . Utilizando dos teoremas básicos sobre el producto semidirecto de grupos ( Ref. Alperin-Bell - Grupos y Representaciones), podemos concluir que $G=Q\times P$ por lo que es cíclico.

  (El paso crucial de la prueba es la existencia de subgrupos de orden $p$ y $q$ . El uso de teoremas sobre productos semidirectos no utiliza los teoremas de Sylow).

Answer 4

Para cualquier grupo $G$ y un subgrupo normal $H$ , $G$ actúa sobre $H$ por conjugación como automorfismos de $H$ . Esto da un mapa de $G \to \text{Aut}(H)$ a través de la representación de permutación con núcleo $C_G(H)$ . Así que por el Primer Teorema del Isomorfismo tenemos $G/C_G(H) \hookrightarrow \text{Aut}(H)$ .

Ahora dejemos que $G$ sea un grupo de orden $pq$ como en el caso anterior. Evidentemente, si $Z(G)$ no es trivial, entonces $G/Z(G)$ es cíclico, y por lo tanto $G$ es abeliana. Así que podemos suponer que $Z(G) = \{e\}$ . Si cada elemento de $G$ además la identidad tiene orden $q$ entonces el tamaño de cada clase de conjugación debe ser $p$ para cada elemento no trivial. Entonces tendríamos la ecuación de clase $pq = 1 + kp$ para algunos $k \in \mathbb{Z}$ . Pero está claro que esto es imposible ya que $p$ divide $pq$ pero no $1 + kp$ . Así que $G$ debe tener un elemento de orden $p$ , digamos que $g$ . Definir $H = \langle x \rangle$ . Entonces $|G:H| = q$ y como $q$ es el primo más pequeño que divide a $|G|$ tenemos que $H$ debe ser normal. Así que $N_G(H) = G$ y como $Z(G) = \{e\}$ Debemos tener que $C_G(H) = H$ . Entonces por el trabajo anterior, $G/C_G(H) \hookrightarrow \text{Aut}(H)$ . Pero como $H$ es cíclico, tenemos que $\text{Aut}(H) \simeq (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times$ por un resultado estándar en la teoría de grupos. Dado que $C_G(H) = H$ , $|G/C_G(H)| = q$ . Pero $|\text{Aut}(H)|=p-1$ . Desde $G/C_G(H) \hookrightarrow \text{Aut}(H)$ Esto implica que $\text{Aut}(H)$ tiene un subgrupo de orden $q$ pero esto implicaría que $q \mid p-1$ , lo cual es una contradicción. Por lo tanto, $G$ debe ser abeliano. A partir de aquí sólo se necesita un único elemento de orden $p$ y una de orden $q$ . Su producto tiene orden $pq$ y por lo tanto genera $G$ .

Answer 5

(Sólo consideramos la representación compleja) Supongamos que $G$ es no abeliano. Entonces hay una repr. irred. $\rho$ s.t. es $d$ -dim'l, $d>1$ . Por el teorema de la dimensión, obtenemos $d=p,q$ o $pq$ pero sabemos que $d$ debe ser $p$ ; de lo contrario por la propiedad que $\sum_{\chi'\in\text{Irr}(G)}d_\chi^2=|G|$ , obtendremos $d^2>pq$ debido a la condición $p<q$ . Por lo tanto, la dimensión de los repr's irred sólo puede ser $1$ o $p$ y, por lo tanto, obtenemos $$ mp^2+n=pq, $$ donde $m,n$ representan el número de $p$ -dim'l y $1$ -dim'l irred repr's, respectivamente. Adem'as, dejemos que $\mathcal{L}(G)$ sea el conjunto de todos los $1$ -dim'l caracteres de $G$ . Entonces tenemos $$ n=|\mathcal{L}(G)|=|\text{Irr}(G/[G,G])|=\frac{|G|}{|[G,G]|}, $$ donde $[G,G]$ es el subgrupo conmutador de $G$ . Desde $G$ no es beliana, $[G,G]$ no es trivial. Así que $n=1,p$ o $q$ .

[Caso 1]: Si $n=1$ entonces $mp^2=pq-1$ . Así que obtenemos $pq\equiv1\;(\text{mod}\,p^2)$ . Sin embargo, como $q\equiv 1\;(\text{mod}\,p^2)$ obtenemos $$ pq\equiv p\equiv 1 (\text{mod}\,p^2), $$ que es una contradicción.

[Caso 2]: Si $n=p$ entonces $\displaystyle m=\frac{q-1}{p}\notin\Bbb N$ porque $p\nmid(q-1)$ . Contradicción.

[Caso 3]: Si $n=q$ entonces $\displaystyle m=\frac{(p-1)q}{p^2}\notin\Bbb N$ , sigue siendo una contradicción.

Por lo tanto, en conclusión, encontramos $G$ debe ser abeliana, y por tanto, por el teorema fundamental de los grupos abelianos, $G\cong \Bbb Z_{pq}$ o $\Bbb Z_p\times \Bbb Z_q$ . Así que en cualquier caso $G$ es un grupo cíclico.