La involución centralizador de perfecto con el grupo de cuaterniones Sylow 2-subgrupos de

Question

Ejercicio 7.11 de Kurzweil–Stellmacher me pide:

Demostrar que el centralizador de una involución es nonsolvable dentro de cualquier grupo perfecto con la generalizada cuaterniones Sylow 2-subgrupos de orden, al menos, 16.

Me gustaría hacerles caso, pero estoy teniendo problemas para conseguir tanto un mango en el centralizador de sí mismo, en lugar de su acción.

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El centro T=⟨t⟩ de un grupo de cuaterniones es débilmente cerrado, y por lo que el normalizador X=N_G(T)=C_G(t) de T en perfecto grupo G controles de G-fusión dentro de cualquier Sylow 2-subgrupo P que pasa a contener T.

La única fusión posible en P en un perfecto grupo es el "completo" de la fusión, donde todos (ambas clases de) cuaterniones subgrupos de orden 8 se actuó por su plena automorphism grupo (y que de otra manera no fusión más allá de que la inducida por P sí).

Así que yo sé que X contiene al menos dos copias de SL(2,3) y Z/X contiene al menos dos copias de S4. Puesto que G es perfecto, P = [P,X] ≤ [X,X]. Creo que las copias de SL(2,3) pares se cruzan en un determinado subgrupo cíclico de P de orden 4.

Más precisamente: Si Q es una cuádrupla subgrupo de P de orden 8, entonces Y=N_X(Q) contiene SL(2,3) y Y/Z contiene S4. [Y,Q] ≥ P. P es generado por su [E:Q] cuaterniones subgrupos de orden 8, así también por su [Y,Q]s. La intersección de cualquier par de los distintos Qs es la orden de 4 subgrupo cíclico de la (única) máxima subgrupo que pasa a ser cíclico.

Por lo que es una configuración especial que tiene para adaptarse a un montón de grupos resolubles en el interior, pero no veo ninguna razón en particular, el resultado no podría ser solucionable. La cosa más cercana a nonsolvable que tengo es que la derivada de la longitud de N debe ser al menos de 3.

Puedo obtener casi los mismos resultados para una cuádrupla Sylow de orden 8, a excepción de uno sólo tiene el único SL(2,3). No he encontrado una perfecta G con solución X en este caso, pero, por supuesto, si yo puedo sólo requieren el mismo patrón de fusión, ya que SL(2,3) y SL(2,5) tienen el mismo 2-fusión.

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Más: Con un pequeño recordatorio de la lectura de la obra de Bender estudiantes, ahora puedo hacer esto utilizando Brauer–Suzuki o Z*, pero esto no parece mucho más como una tarea de solución.

La verdad parece ser X⋅S(G)=G, y todos los no-trivial cociente de un grupo perfecto es perfecto, por lo que la imagen homomórfica G/S(G) de X es perfecto. Puesto que G tiene Sylow 2-subgrupos de G/S(G) es la no-identidad, por lo que X tiene una no-identidad perfecta cociente, por lo que X es nonsolvable.

No estoy seguro de cómo mostrar X⋅S(G)=G sin el uso de herramientas mucho más allá de la capítulo 7.

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Pequeña pregunta: yo vagamente recordar Suzuki demostrado que si G es un grupo perfecto con el no-identidad normal subgrupos de orden impar y con cuaterniones Sylow 2-subgrupos, cada uno de coset de C_G(t) contiene exactamente un conjugado de t, donde t es una involución. En otras palabras, si el producto de dos involuciones centraliza t, luego de que el producto es la identidad.

Alguien puede probar esto con las ideas de K–S hasta el capítulo 7?

Esto me es muy difícil de comprobar ya que en la realidad tal grupo tiene exactamente una involución t y G = C_G(t), pero eso viene más adelante en mi solución.

Answer 1

Deje $P$ ser generados por $x$ orden $2^n > 4$ $y$ orden $4$, y deje $z = x^{2^{n-2}}$ ser una potencia de $x$ de orden 4. A continuación, las dos clases de $Q_8$ $P$ están representados por $\langle z,y \rangle$$\langle z, xy \rangle$.

A partir de lo que usted dice, usted sabe que estos dos subgrupos se normalizan en $X$ por subgrupos isomorfo a ${\rm SL}(2,3)$. Eso significa que $z$ es conjugado en el $X$ tanto $y$$xy$. Yo no creo que eso sea posible en un solucionable grupo $X$.

Suponga que $X$ es solucionable, por lo que tiene un jefe de serie con primaria abelian factores. Por lo $z \in M \setminus N$ para uno de estos factores $M/N$. Si $z$ es conjugado a ambos $y$$xy$, luego tenemos a $y, xy \in M \setminus N$. Pero, a continuación, $x \in M$ $x^2 \in N$ y, por tanto,$z \in N$, contradicción.

AÑADIDO: Por más pequeño de la cuestión de si, para conjugados $u$ $v$ de $t$, $x=uv$ es trivial y centraliza $t$, $x$ ha extraña orden, y tanto $t$ $u$ encuentran en el normalizador $N$ $\langle x \rangle$ y por lo tanto son conjugado en $N$, pero eso es imposible, porque la $t$ centraliza y $u$ invierte $x$.