Los grupos que cumplen la condición de normalizador son nilpotentes (sin utilizar la teoría de Sylow)

Question

Recordemos que un grupo $G$ cumple la condición de normalizador si para cualquier subgrupo propio $H$ su normalizador en $G$ , $N_G(H)$ es un grupo estrictamente mayor.

Para grupos finitos, esta propiedad es equivalente a $G$ siendo nilpotente (es decir, su serie central inferior termina en el grupo trivial). La prueba que conozco/he encontrado es utilizando otro criterio para la nilpotencia: todos los subgrupos Sylow son normales.

Sin embargo, ¿existe alguna prueba que evite mencionar los subgrupos Sylow? Lo pregunto porque tanto la condición de ser nilpotente como la de tener la condición de normalizador son bastante elementales y no hacen referencia a los subgrupos de Sylow.

Edito: Al menos puedo demostrar que el subgrupo derivado es un subgrupo propio:

Sea $M$ sea un subgrupo maximal de $G$ existen por finitud. El normalizador de $M$ contiene adecuadamente $M$ y por lo tanto es $G$ Por lo tanto $M$ es normal en $G$ . Además, $G/M$ no tiene subgrupos y, por tanto, es cíclico primo. Consideremos ahora [G,G].

Demostraremos que esto está contenido en $M$ . Esto se deduce fácilmente ya que [G/M,G/M] = [G,G]/M pero $[G/M,G/M]$ es trivial ya que $G/M$ es abeliano.

Answer 1

Personalmente, no creo que la teoría de series centrales sea más elemental que la teoría de Sylow, y en mi experiencia los estudiantes encuentran más fácil la teoría de Sylow, probablemente porque no implica cálculos técnicos con grupos cociente.

Pero si insistes, creo que puedes hacerlo así. Utilizando la inducción en $|G|$ podemos suponer que $Z(G)=1$ . También todos los subgrupos maximales $M$ de $G$ son normales, por lo que tienen índice primo $p$ . No es difícil demostrar que $M$ cumple la condición de normalizador, por lo que $M$ es nilpotente por inducción. Así que $Z(M) \ne 1$ . Sea $N$ sea un subgrupo normal mínimo de $G$ que figura en $Z(M)$ , dejemos que $G = \langle M,g \rangle$ con $g^p \in M$ y que $H = \langle N,g \rangle$ .

Así que $Z(H) \cap N \le Z(G)$ y por lo tanto $Z(H) \cap N = 1$ . Desde $\langle g \rangle \cap N \le Z(H) \cap N$ tenemos $\langle g \rangle \cap N =1$ .

Ahora $H$ satisface la condición de normalizador, por supuesto si $H=G$ y por inducción en caso contrario. Así que $\langle g \rangle < N_H(\langle g \rangle)$ y, por tanto $N_N(\langle g \rangle) \ne 1$ . Pero $[N_N(\langle g \rangle), \langle g \rangle] \le \langle g \rangle \cap N =1$ Así que $N_N(\langle g \rangle) \le Z(G)$ contradicción.

Answer 2

Esta es una reformulación de la respuesta de Derek Holt de una manera que tiene sentido para mí:

En primer lugar, hagamos la observación preliminar de que los subgrupos de $G$ también satisfacen la propiedad normalizadora si $G$ hace. Esto se debe a que satisfacer la propiedad normalizadora es equivalente a afirmar que para todos los subgrupos $H$ existe una cadena de subgrupos ascendentes $H_0 = H \lhd H_1 \lhd \dots \lhd G$ .

Ahora, para demostrar que $H$ satisface la propiedad normalizadora, sea $K \subset H$ sea un subgrupo. Como en el caso anterior, podemos encontrar una secuencia de grupos $K_i \lhd K_{i+1}$ con $K_0 = K$ y $K_{n} = G$ para algunos $N$ . Considera ahora $K_i' = K_i \cap H$ . Ciertamente $K_i' \lhd K_{i+1}'$ y además, $K_i' \subset H$ , $K_0' = K$ y $K_n' = H$ . La primera $i$ tal que $K_i' > K$ producirá entonces un normalizador no trivial de $K = K'_{i-1}$ en $H$ .

Ahora, llegamos a la pregunta. Es claramente suficiente para demostrar que cualquier grupo finito $G$ que satisface la condición de normalizador contiene un centro no trivial (usando la definición de serie central ascendente de nilpotencia). Esto es lo que haremos.

Consideremos un subgrupo maximal $M$ de $G$ . Esto es normal por la condición de normalizador y además $G/M$ es cíclico primo. Sea $g \in G$ sea tal que $g^p \in M$ y $\langle g,M \rangle = G$ .

$M$ satisface la condición de normalizador y por tanto, por inducción, tiene un centro no trivial $Z(M)$ .

Busquemos un centro para $G$ en $Z(M)$ . Considere $H = \langle Z(M), g\rangle$ . Tenga en cuenta que $\langle g\rangle \cap Z(M) \subset Z(G)$ y por lo tanto, podemos suponer que $\langle g\rangle \cap Z(M)$ es trivial.

Ahora, $N_H(\langle g \rangle) > \langle g\rangle$ por la propiedad normalizadora de $H$ . Por lo tanto, $A = N_{Z(M)}(\langle g\rangle) $ no es trivial.

Sin embargo, $[A,\langle g\rangle] \subset \langle g\rangle \cap Z(M)$ desde $Z(M)$ es normal en $G$ ( $Z(M)$ es un subgrupo característico de un subgrupo normal). Como hemos supuesto $\langle g\rangle \cap Z(M)$ es trivial, ¡tenemos una contradicción!