$G$, $|G|=n$ es nilpotente $\iff$ $\forall m|n$, $G$ tiene un subgrupo normal de orden $m$.

Question

Probar $G$, $|G|=n$ es nilpotent $\iff$ $\forall m|n$, $G$ tiene un subgrupo normal de orden $m$. Me quedé atrapado en la segunda dirección.

Una dirección: $|G|=n=p_1^{s_1}\cdot ...\cdot p_k^{s_k}$ Donde $p_i$ prime. En particular, $\forall p_i^{s_i}, p_i^{s_i}|n$ y por lo tanto la Sylow-$p_i$ subgrupo es único y normal. Por lo tanto, cada Sylow-$p$ subgrupo es normal y significa que la $G$ es nilpotent. (Hay un teorema\corolario alegando que digo que cada Sylow-$p$ subgrupo es normal es equivalente a decir $G$ es nilpotent.

Otra dirección: Vamos a $G$ ser nilpotent. $|G|=n=p_1^{s_1}\cdot ...\cdot p_k1^{s_k}$ Donde $p_i$ prime. Entonces, Sylow-$p_i$ subgrupo es único y normal. Pero, ¿qué acerca de la $p$-subgrupos de orden, tal como $p_i^{},p_i^{2},...,p_i^{s_i-1}$? Son subgrupos contenida en el Sylow-$p_i$ subgrupo, y todos ellos se dividen $n$, pero son normales? ¿Cómo puedo demostrar que?

Answer 1

Sugerencias:

Desde $\;G\;$ es nilpotent luego cada subgrupo de Sylow es normal. Ahora utilice la siguiente:

Lema 1: Si $\;H\;$ es finita $\;p$- grupo, $\;|H|=p^n\;$ , entonces para todos los $\;0\le k\le n\;$ existe una normal subgrupo $\;K\;$ $\;H\;$ orden $\;p^k\;$

Prueba (sugerencias): el uso que $\;Z(H)\neq 1\;$, la inducción + el teorema de la correspondencia (un subgrupo de un grupo cociente es normal iff su imagen inversa bajo el cociente homomorphism es normal en todo el grupo)

Finalmente, como $\;G\;$ es el producto directo de sus subgrupos de Sylow y cada par de estos desplazamientos (por qué?) y etc.

Con la anterior (o lo que sea), también se puede probar el siguiente agradable

Lema: El grupo $\;G\;$ es nilpotent iff $\;xy=yx\;$ para cualquier par de elementos en el grupo con coprime órdenes.