Demostrando que un grupo de orden $112$ no es simple

Question

Así que estoy probando que un grupo de $G$ con el fin de $112=2^4 \cdot 7$ no es simple. Y yo estoy tratando de hacer esto en extremo detalle :)

Así, asumir simple y llegar a la contradicción. Yo he llegado al punto donde puedo concluir que $n_7=8$$n_2=7$.

Dejo $P, Q\in \mathrm{Syl}_2(G)$ y ahora se ocupan de los casos que $|P\cap Q|=1, 2^2, 2^3$ o $2^4$.

Yo encontrar fácilmente contradicción al$|P\cap Q|=2^4$$2$.

Um, se quedó atascado en muy mal en el caso de $|P\cap Q|=2^3$$2^2$.

Si $|P \cap Q |=2^3= 8$$|P|=|Q|=16$, ¿hay alguna relación entre el $P,Q$ y su intersección que me pueda ayudar?

Answer 1

Si $G$ es un simple grupo, se debe tener exactamente $7$ Sylow $2$-subgrupos. Por lo tanto $G$ incrusta en $S_7$, y, en particular, en $A_7$ desde $G$ no tiene un subgrupo de índice $2$. Pero el fin de $A_7$ no es divisible por $112$.

Si quieres ir a lo largo de las líneas de su idea original, se puede descartar el caso de $|P \cap Q| = 2^3$ al darse cuenta de que, a continuación, $P \cap Q$ es normal en $P$ $Q$ (como un subgrupo de índice $2$), por lo $N_G(P \cap Q)$ contiene $P$$Q$, lo que implica que $N_G(P \cap Q) = G$.

AÑADIDO: no estoy seguro de si hay una manera fácil de lidiar con el resto de los casos. Sin embargo, no es un buen argumento, que también trabaja para probar que todo grupo de orden $p^n q$ ($p$, $q$ distintos de los números primos) es no-simple. Creo que la idea de la prueba va a G. A. Miller (alrededor de 1900-1910). Aquí tenemos una ilustración de ella en este caso.

Supongamos que $G$ es un simple grupo de orden $112$. A continuación, $G$ tiene exactamente $7$ Sylow $2$-subgrupos. Deje $P, Q \in Syl_2(G)$ ser tal que $P \neq Q$ y $D = P \cap Q$ tiene más grande posible de la orden. Pasos para la prueba:

1. Utilizando el hecho de que $D < N_P(D)$ $D < N_Q(D)$ (inclusión adecuada), demuestran que, a $N_G(D)$ no puede ser un $2$-grupo.

2. Por lo tanto $D$ es normalizado por un elemento $g \in G$ orden $7$. Demostrar que $P, gPg^{-1}, \ldots, g^6Pg^{-6}$ son distintos. A la conclusión de que $D$ está contenida en cada una de Sylow $2$-subgrupo.

3. Desde la intersección de todos los Sylow $2$-subgrupos es normal, $D$ es trivial.

4. Al contar los elementos de Sylow $2$-subgrupos, demostrar que $G$ contiene exactamente un Sylow $7$-subgrupo.

Este mismo argumento funciona para la comprobación de la declaración para los grupos de orden $p^n q$.

Answer 2

Sylow de teoremas que requieren $n_2=1$ o 7, $n_7=1$ u 8, por lo $G$ tiene una oportunidad de ser simple si $n_2=7$$n_7=8$. Tenga en cuenta que el Sylow 7-los subgrupos pueden sólo se cruzan en la identidad, cualquiera de los dos Sylow 2-subgrupos pueden compartir un subgrupo de orden en la mayoría de los 8, y un Sylow 7-subgrupo y un Sylow 2-subgrupo puede compartir sólo la identidad.

Por lo tanto la unión de Sylow de 7 subgrupos de ha $1+8\cdot(7-1)=49$ elementos, y la unión de Sylow 2-subgrupos tiene al menos $8+7\cdot(16-8)=64$ elementos, lo que ocurre, precisamente, cuando todos ellos comparten un subgrupo $H$ de orden 8. En este caso, la unión de todos los Sylow 7-los subgrupos y los 2-subgrupos de ha $64+49-1=112$ elementos, así nos enteramos de que ningún otro escenario (uno de ellos con una mayor unión de la Sylow 2-subgrupos) está permitido.

Ahora note que $H$ es un subgrupo normal de $G$ desde conjugación por $g\in G$ permutes la Sylow 2-subgrupos y así conserva su intersección. Por lo tanto $G$ no es simple.

Edit: Esta respuesta es incorrecta porque la unión de la Sylow 2-sbgps puede ser menor que 112, ver los comentarios de abajo.