¿Por qué es el número de subgrupos de un grupo finito G de orden una p-potencia fija congruentes a 1 modulo p?

Question

En la página (24) de el libro de Teoría de grupos Finitos por I. Martín.Issacs, se encuentra la declaración:

En la situación de Corolario 1.25, el número de subgrupos de $G$ con el fin de $p^b$ es congruente con 1 módulo $p$ donde$|G|=p^am$$(p,m)=1$$b<a$.

Creo que las declaraciones en el presupuesto y en el título son equivalentes.
El autor dice que este resultado no es especialmente difícil de probar, así que ha decidido no poner una prueba. Pero, después de algunos intentos en vano, creo que mejor pedir un poco de ayuda aquí.
Hasta aquí he intentado, siguiendo el tono adaptado en el libro, para definir una acción en el conjunto de todos los subgrupos de orden $p^b$, y, a continuación, utilizar la clase ecuación. Pero ninguna acción que sé que parece funcionar aquí: derecho de la multiplicación se aplica cuando cuidamos considerando cosets; la conjugación se aplica si uno puede decir que el norlmalisers de los subgrupos bajo consideración. Ninguna de estas situaciones se produce aquí. Por tanto, pienso: la prueba no está incluido en el libro, por casualidad no es probado por medios similares. Así que he venido aquí para un poco de ayuda. Gracias por su atención.

Answer 1

Estoy de acuerdo con Derek la observación, que es una muy buena manera de demostrarlo. Otra manera de demostrar que es el siguiente y aprende más sobre el recuento de los principios en la $p$-grupos. Supongo que ha demostrado el Ejercicio 1C.8 de Isaacs libro que dice que se puede reducir el problema a $p$-grupos.

Lema 1. Deje $H$ ser un adecuado subgrupo de un número finito de $p$grupo $G$ y supongamos $|H|=p^b$. A continuación, el número de subgrupos de orden $p^{b+1}$ que contengan $H$, es congruente 1 mod $p$.

Prueba. Fijar un subgrupo $H$ orden $p^b$ de la $p$grupo $G$. Desde $H$ es normal y apropiado, en $N_G(H)$, uno puede encontrar un subgrupo de $K$ $|K:H|=p$ (mirar en el centro de la $N_G(H)/H$, que no es trivial, escoger un elemento de orden $p$, decir $\overline{x}$ y poner $K=\langle x \rangle$).
Por otro lado, si $K$ es un subgrupo de $G$$H \subset K$$|K:H|=p$, $H \lhd K$ (debido a $p$ es el más pequeño de primer dividiendo $|K|$), y, por tanto,$K \subseteq N_G(H)$.
Llegamos a la conclusión de que |{$K \leq G: H \subset K$ y $|K:H|=p$}| = |{$\overline{K} \leq N_G(H)/H: |\overline{K}|=p$}|. El lema ahora sigue al hecho de que en el grupo $N_G(H)/H$ el número de subgrupos de orden $p$ es congruente a $1$ mod $p$ (en cualquier grupo, orden que es divisible por los primos $p$, esto es cierto y sigue fácilmente de la McKay prueba de Cauchy Teorema). $\square$

Lema 2. El número de subgrupos de orden $p^{b-1}$ $p$grupo $G$ orden $p^b$ es congruente 1 mod $p$.

Prueba. Deje $G$ ser un no-trivial grupo de orden $p^b$. Deje $\mathcal{S}$ ser el conjunto de todos los subgrupos de $G$ orden $p^{b-1}$. Observar que este conjunto es no vacío y corregir una $H \in \mathcal{S}$. Vamos a hacer algunas contar en el conjunto de $\mathcal{S}$, mediante la definición de una relación de equivalencia $\sim$ como sigue: $K\sim L$ fib $H \cap K=H \cap L$$K, L \in \mathcal{S}$.
Observe que para $K, L \in \mathcal{S}$ con $K \neq L$, $G=KL$, $K \cap L \lhd G$ y $|K \cap L|=p^{b-2}$. Es fácil ver que la clase de equivalencia $[H]$ es un singleton. Además, $H=K$ fib $H \in [K]$$K\in \mathcal{S}$.
Ahora fijar un $K \in \mathcal{S}$, $K \neq H$. Recuento de los pedidos se puede ver que si $L \in \mathcal{S}$, $H \cap K\subset L$ fib $L \in [K]$. De ahí que el número de elementos en $[K]$ es exactamente el número de subgrupos de orden $p^{b-1}$ contiene $H \cap K$, menos 1, es decir,$H$. Debido a que el anterior lema, llegamos a la conclusión de que $|[K]| \equiv 0$ mod $p$. El lema ahora de la siguiente manera. $\square$.

El uso de estos dos lema del que ahora se puede demostrar la declaración mediante una hábil contando el número de subgrupo pares de $H$ $K$ $G$ con el fin de $p^b$ $p^{b+1}$ respectivamente. Ahora, volviendo a tu pregunta original

Teorema. Deje $G$ ser un grupo de orden $p^a$, $p$ prime. Deje $0 \leq b \leq a$ y $n_b=$|{$H \leq G: |H|=p^b$}|. A continuación, $n_b \equiv 1$ mod $p$.

Prueba. Vamos $H$, $K \leq G$, con $|H|=p^b$$|K|=p^{b+1}$. Definir una función $f$ como sigue: $f(H,K)=1$ si $H \subset K$ $f(H,K)=0$ lo contrario. Permítanos calcular $\sum_{H} \sum_{K} f(H,K)$ en dos formas diferentes: $\sum_{H}$$\sum_{K} f(H,K) = \sum_{H} \sum_{H \subset K}1$ $\equiv \sum_{H} 1$ mod $p$, según el Lema 1 de arriba. Del mismo modo, invirtiendo el orden de la suma de $H$$K$, la suma es igual a $\sum_{K} 1$ mod $p$, usando el Lema 2. En otras palabras, para todos los $b$, el número de subgrupos de $G$ orden $p^b$ es congruente mod $p$ el número de subgrupos de $G$ orden $p^{b+1}$. El teorema se sigue del hecho de que el número de subgrupos de orden $p^a$ es igual a 1, es decir, $G$ sí. $\square$.

Observación. El teorema de los recuentos de todos los subgrupos de orden fijo $p^b$. Si nos restringimos a la normal subgrupos de orden $p^b$ de la misma tiene: |{$H \unlhd G: |H|=p^b$}|$\equiv 1$ mod $p$. Croquis de la prueba: vamos a $G$ ley por la conjugación en el conjunto de todos los subgrupos $H$ orden ${p^b}$. El punto fijo son exactamente los subgrupos normales. Ahora aplicar el Teorema anterior.

Por último, también ver este StackExchange entrada.