Si$P \in Syl_p(G)$ y$P$ son cíclicos, entonces$N_G(P)=C_G(P)$

Question

Deje $G$ ser un grupo tal que $|G|=p^a m$ donde $p$ es el menor divisor primo de $|G|$. Si $P \in Syl_p(G)$ $P$ es cíclica y, a continuación, $N_G(P)=C_G(P)$

Prueba

En primer lugar, tenga en cuenta que $C_G(P) \leq N_G(P) \leq G$. Por lo tanto, estamos de hecho si $|N_G(P)|/|C_G(P)|=1$. Desde $P \leq G$, por el Corolario 15, $N_G(P)/C_G(P)$ es isomorfo a un subgrupo de $Aut(P)$. Desde $P$ es cíclico de orden $p^a$,$P \cong \mathbb{Z}/p^a \mathbb{Z}$. Por lo tanto, $|Aut(P)| = |Aut(\mathbb{Z}/ p^a \mathbb{Z})| = |(\mathbb{Z}/p^a \mathbb{Z})^{\times}|$ desde $Aut(\mathbb{Z}/ p^a \mathbb{Z})| \cong (\mathbb{Z}/p^a \mathbb{Z})^{\times}$. A continuación, $|Aut(P)| = \phi(p^a) = p^{a-1}(p-1)$ donde $\phi$ es de Euler totient función. Por lo tanto, $N_G(P)/C_G(P)$ divide $p^{a-1}(p-1)$.

Desde $P$ es cíclica, $P$, en particular, es abelian, y de ello se sigue que $P \leq C_G(P) \leq N_G(P)$. Desde $P \leq N_G(P)$, existe un entero positivo $k_1, k_2$ tal que $|N_G(P)|=k_1 p^a$$|C_G(P)|=k_2 p^a$. Desde $k_1 p^a$ divide $p^a m$, $k_1$ debe dividir $m$. Desde $|N_G(P)|/|C_G(P)|=k_1/k_2$, $|N_G(P)/C_G(P)|$ divide $m$.

Desde el primer divisores de $m$ son mayores de $p$,$|N_G(P)/C_G(P)|=1$. Esto completa la prueba.

No me gusta la manera en que argumentó la división de $m$. Es allí una manera más sucinta y la mejor manera de argumentar esto?

Gracias de antemano!

Answer 1

Como$P \subseteq C_G(P) \subseteq N_G(P)$ y$P$ es un subgrupo de Sylow, se deduce que$|N_G(P):C_G(P)|$ no es divisible por$p$. Por lo tanto, debe dividir$p-1$. Pero$p$ es el primo más pequeño que divide el orden$|G|$ y esto significa que$|N_G(P):C_G(P)|=1$.