Número de Sylow $p$-subgrupos es congruente a $1$ modulo $p^a$.

Question

<blockquote> <p>Que $G$ sea un grupo finito tiene más de un Sylow $p$-subgrupo. Que $p^a$ sea el menos elemento de $\{|P|/|P\cap Q|: P,Q\in \operatorname{Syl}_p(G),P\neq Q\}$. Prueba $n_p\equiv 1\pmod {p^a}$.</p> </blockquote> <p>No sé cómo probarlo. ¿Alguien podría dar una ayuda? Gracias.</p>

Answer 1

antes voy a probar el estado de un lexema;

Lema: si $P$ es elemento de a $Syl_p(G)$ $H$ es p grupo, a continuación,$H\cap{N_G(P)}=H\cap{P}$. es un standart lema utilizado para la demostración de los teoremas de sylow.

Ahora vamos a $P$ ser elemento de $Syl_p(G)$ $P$ actuar en $Syl_p(G)$ por conjugación. Luego evrey órbita tiene una longitud de $|P:P\cap{N_G(Q)}|$ por la órbita estabilizador teorema. Nuestro lema, es igual a$|P:P\cap{Q}|$.Observe que la longitud de la órbita es 1 si y sólo si $P=Q$. Ahora para el resto de las órbitas de encontrar Q tal que $|P:P\cap{Q}|$ es tan pequeño como pasible a continuación, divide resto de las órbitas de las longitudes de que no son uno y sabemos que sólo hay una órbita con una longitud de uno, a continuación, el resultado de la siguiente manera.

Por lo tanto, $n_p≡1 \ mod \ |P:P\cap{Q}|$

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la prueba del lema:

Observe que $P$ es también elemento de $Syl_p(N_G(P))$ y desde $H\cap{N_G(P)}$ es una p grupo en $N_G(P)$ debe estar contenida en $P$ $H\cap{N_G(P)}<H\cap{P}$ la otra inclusión es obvio por lo tanto que se hacen.