El normalizador y el centralizador de los subgrupos abelianos de un grupo son iguales

Question

Tengo una pregunta:

Dejemos que $G$ sea un grupo finito. Si para cada subgrupo abeliano $H$ de $G$ el centralizador y el normalizador de $H$ son iguales, es decir, $C_G(H)=N_G(H)$ , demuestre que $G$ es un grupo abeliano.

Answer 1

Primero hay que tener en cuenta que si $G$ tiene la propiedad de que el normalizador de cada subgrupo abeliano es igual a su centralizador, entonces también todos los subgrupos de $G$ tienen esta propiedad. Así que por inducción podemos suponer que todos los subgrupos propios de $G$ son abelianas.

Si $G$ no es un $p$ -entonces todos sus subgrupos Sylow son abelianos, y debido a la propiedad anterior todos tienen un complemento normal por el teorema de transferencia de Burnside. Pero entonces $G$ es nilpotente y, por tanto, como producto directo de sus subgrupos Sylow abelianos, también es abeliano.

Así que podemos suponer que $G$ es un $p$ -grupo. Tomemos cualquier subgrupo maximal $H$ de $G$ y cualquier elemento $g \in G \setminus H$ . Debido a la maximalidad $H$ es normal en $G$ Así que $G$ centraliza $H$ y en particular $g$ conmuta con cada elemento de $H$ . Desde $H$ es abeliano $G = \langle H, g \rangle$ también es abeliano.

Answer 2

He aprendido esta prueba de "A group-theoretic proof of a theorem of Maclagan-Wedderburn" de Zassenhaus. La escribí en LaTeX hace un tiempo, así que aquí va:

Teorema. Dejemos que $G$ sea un grupo finito. Si $N_G(H)=C_G(H)$ para todos los subgrupos abelianos $H\subset G$ entonces $G$ es abeliana.

Prueba. Procedemos por inducción sobre el número de elementos en $G$ . Dejemos que $G$ sea un grupo finito de orden $n$ con la propiedad de que $N_G(H)=C_G(H)$ para todos los subgrupos abelianos $H\subset G$ . Suponemos que el teorema se cumple para todos los grupos finitos de orden estrictamente inferior a $n$ . Entonces, todo subgrupo propio de $G$ tiene un orden menor que $n$ y satisface la condición de igualdad del normalizador y del centralizador para los subgrupos abelianos, por lo que por hipótesis de inducción es abeliano. Así, todo subgrupo propio de $G$ es abeliano. Ahora, dividimos la prueba en dos casos, si el centro del grupo $Z=\{z\in G: ag=ga \ \forall g\in G\}$ es trivial.

Caso 1: $|Z|>1$ es decir, el centro de $G$ no es trivial. Entonces el grupo cociente $G/Z$ tiene un orden menor que $n$ . Demostraremos que $G/Z$ es un grupo abeliano. Supongamos que $\overline{H}$ es cualquier subgrupo abeliano de $G/Z$ . Podemos suponer $\overline{H}$ es un subgrupo propio de $G/Z$ , ya que de lo contrario $G/Z=\overline{H}$ es abeliana, como se desea. Por el teorema de correspondencia, existe un subgrupo $H\subset G$ que contiene $Z$ tal que $H/Z=\overline{H}$ . Está claro que $H$ es un subgrupo propio de $G$ (porque de lo contrario si $H=G$ entonces $\overline{H}=H/Z=G/Z$ pero $\overline{H}$ es un subgrupo propio de $G/Z$ , contradicción). Como hemos observado en el párrafo anterior, la propiedad de $H$ en $G$ junto con la hipótesis de la inducción obliga $H$ sea abeliana. Ahora demostraremos que $N_{G/Z}(\overline{H})=C_{G/Z}(\overline{H})$ . La inclusión $C_{G/Z}(\overline{H})\subset N_{G/Z}(\overline{H})$ es trivial. Para la inclusión inversa, dejemos que $\overline{X}$ sea cualquier elemento de $N_{G/Z}(\overline{H})$ . Entonces, $(\overline{X})\overline{H}(\overline{X})^{-1}=\overline{H}$ . Si $\pi: G\to G/Z$ es el mapa de proyección natural, entonces para cada $x\in\pi^{-1}(\overline{X})$ tenemos $xHx^{-1}=H$ . Así que $x$ se encuentra en el normalizador de $H$ y como $H$ es un grupo abeliano, $x$ se encuentra en el centralizador de $H$ . Pero entonces, $xhx^{-1}=h$ para todos $h\in H$ . Aplicando el mapa de proyección natural $\pi$ obtenemos $\overline{x}\overline{h}\overline{x}^{-1}=\overline{h}$ . Esto es cierto para todos los $x\in\pi^{-1}(\overline{X})$ . En consecuencia, $x$ se encuentra en el centralizador $C_{G/Z}(\overline{H})$ . Deducimos que $N_{G/Z}(\overline{H})=C_{G/Z}(\overline{H})$ . Como $H$ era un subgrupo abeliano arbitrario de $G/Z$ y $|G/Z|<n$ por hipótesis de inducción se deduce que $G/Z$ es abeliana, como se desea. Ahora demostraremos que $G$ también debe ser abeliano. Sea $a,b\in G$ sean dos elementos arbitrarios cualesquiera. Por definición de centro, $bz=zb$ para cada $z\in Z$ . Además, $Z$ es claramente un grupo abeliano; por lo tanto, el subgrupo generado por $(b,Z)=(b,Z)$ es un subgrupo abeliano de $G$ . Desde $G/Z$ es abeliano, tenemos $$ (aba^{-1}Z)=(aZ)(bZ)(a^{-1}Z)=(bZ)(aZ)(a^{-1}Z)=bZ(aa^{-1}Z)=bZ $$ Así que $aba^{-1}Z=bZ$ . Por lo tanto, existe $z\in Z$ con $aba^{-1}=bz$ . Desde $za=az$ para todos $z\in Z$ está claro que si $y\in \langle b,Z\rangle$ entonces $aya^{-1}\in \langle b,Z\rangle$ . En consecuencia, $a\langle b,Z\rangle a^{-1}=\langle b,Z\rangle$ , lo que significa que $a$ es el normalizador de $\langle b,Z\rangle$ y así $a$ está en el centralizador de $\langle b,Z\rangle $ (porque $\langle b,Z\rangle $ es un subgrupo abeliano de $G$ ). En particular, $a$ se desplaza con $b\in \langle b,Z\rangle$ , dándonos $ab=ba$ . Como $a,b\in G$ fueran arbitrarias, deducimos que $G$ es abeliana.

Caso 2: $|Z|=1$ es decir, el centro de $G$ es trivial. Supongamos que $M_1$ y $M_2$ son dos subgrupos propios máximos distintos de $G$ . Por hipótesis de inducción, $M_1$ y $M_2$ son abelianos. Además, el subgrupo generado por $M_1$ y $M_2$ debe ser todo el grupo, es decir $\langle M_1,M_2\rangle=G$ (de lo contrario, la maximalidad de $M_1$ se contradice). Ahora bien, si $x\in M_1\cap M_2$ entonces $x$ conmuta con cada elemento de $M_1$ y $x$ conmuta con cada elemento de $M_2$ . Desde $M_1$ y $M_2$ son abelianas, se deduce que $x$ conmuta con cada elemento de $\langle M_1, M_2\rangle=G$ . Como resultado, $x\in Z=\{1\}$ . Concluimos que dos subgrupos máximos distintos de $G$ se cruzan en el elemento de identidad. Supongamos ahora que $M$ es cualquier subgrupo propio maximal de $G$ . Ahora analizaremos los subgrupos conjugados de $M$ . En primer lugar, para cualquier $x\in G$ el subgrupo conjugado $xMx^{-1}$ es máxima (de hecho, si $xMx^{-1}\subsetneq Q$ entonces $M\subsetneq x^{-1}Qx$ y así $x^{-1}Qx=G$ , lo que implica que $Q=G$ ). Supongamos que $xMx^{-1}=yMy^{-1}$ para algunos $x,y\in G$ . Entonces, $(y^{-1}x)M(y^{-1}x)^{-1}=M$ y así $y^{-1}x$ está en el normalizador de $M$ y, por tanto, en el centralizador de $M$ (porque $M$ es un subgrupo abeliano de $G$ ). Así que $y^{-1}x$ conmuta con cada elemento de $M$ y por lo tanto conmuta con cada elemento de $\langle y^{-1}x, M\rangle$ . Si $y^{-1}x\notin M$ , entonces por maximalidad de $M$ , $\langle y^{-1}x, M\rangle = G$ y así $y^{-1}x$ conmuta con cada elemento de $G$ es decir $y^{-1}x\in Z$ Así que $y^{-1}x$ es el elemento de identidad (ya que estamos en el caso 2), por lo que $y^{-1}x\in M$ contradicción, ya que estábamos asumiendo $y^{-1}x\notin M$ . Así, siempre que $xMx^{-1}=yMy^{-1}$ se deduce que $y^{-1}x\in M$ . Lo contrario también es cierto: si $y^{-1}x\in M$ entonces $(y^{-1}x)M(x^{-1}y)=M$ y así $yMy^{-1}=y(y^{-1}xMx^{-1}y)y^{-1}=xMx^{-1}$ . Así que, $xMx^{-1}=yMy^{-1}$ si y sólo si $y^{-1}x\in M$ . Equivalentemente, $xMx^{-1}=yMy^{-1}$ si y sólo si $xM=yM$ . Deducimos que el número de conjugados de $M$ es igual al número de cosets izquierdos de $M$ es decir, hay $|G|/|M|$ conjugados de $M$ . Dado que dos subgrupos máximos distantes de $G$ se cruzan en la identidad (como hemos demostrado anteriormente), y como cada subgrupo conjugado contiene $|M|-1$ elementos no identitarios, el número total de elementos no identitarios en todos los conjugados de $M$ es \begin{equation} \frac{|G|}{|M|}(|M|-1)=|G|-\frac{|G|}{|M|} \end{equation} Ahora tenemos suficientes herramientas para mostrar $G$ es abeliano. Tomemos un elemento no identitario $x\in G$ . Si $(x)=G$ entonces $G$ es cíclico y, por tanto, abeliano. Podemos suponer $(x)\subsetneq G$ para que $(x)$ está contenida en algún subgrupo máximo $M\subset G$ . Desde $|M|>1$ (porque $(x)\subset M$ y $|(x)|>1$ ), vemos en la ecuación $(1)$ que $M$ y sus conjugados suministran $|G|/2$ elementos no identitarios de $G$ . Si $G$ contenía cualquier elemento $w$ que no está en $M$ o en cualquiera de los conjugados, entonces $w$ estaría contenida en algún otro subgrupo maximal, digamos $P\subset G$ . Dado que dos subgrupos máximos distintos de $G$ son distintos, $P$ y sus conjugados suministran $|G|/2$ elementos no identitarios de $G$ , todos los cuales son diferentes de los anteriores $|G|/2$ elementos no identitarios suministrados por $M$ y sus conjugados. Así, $P$ , $M$ junto con el suministro de conjugados $|G|/2 + |G|/2= |G|$ elementos no identitarios de $G$ . Añadiendo el elemento de identidad, obtenemos un total de $|G|+1$ elementos en $G$ , contradicción. Por lo tanto, $G$ no puede contener ningún elemento $w$ que no está en $M$ o cualquiera de sus conjugados. Concluimos que $M$ y sus conjugados suministran todos los elementos de $G$ . De la ecuación $(1)$ Esto significa que $$ |G|-\frac{|G|}{|M|} + 1 = |G| $$ dándonos $\frac{|G|}{|M|}=1$ para que $G=M$ . Esto contradice el hecho de que $M$ es un subgrupo propio de $G$ y establece el teorema.