Deje que$G$ sea un grupo finito y$M,N \lhd G$ tal que$M \leq N\cap \Phi(G)$. Entonces$\frac{N}{M}$ es nilpotent si f$N$ es nilpotent.

Question

Deje $G$ ser un grupo finito y $M,N \lhd G$ tal que $M \leq N\cap \Phi(G)$. A continuación, $\frac{N}{M}$ es nilpotent iff $N$ es nilpotent, donde $\Phi(G)$ es el Frattini subgrupo de $G$.

A la inversa lado, es evidente. Para el primer lado quiero usar el siguiente hecho.

"Vamos a $G$ ser un grupo finito y $N \lhd G$ tal que $N\leq \Phi(G)$. A continuación, $\frac{G}{N}$ es nilpotent iff $G$ es nilpotent."

Deje $\frac{N}{M}$ ser nilpotent. Tenemos $M \lhd N$. Quiero mostrar a $M\leq \Phi(N)$. Si muestro este tenemos el resultado del hecho anterior.

Pero no sé cómo mostrar o es verdad?

Answer 1

Aquí es un boceto rápido de la prueba. Suponga que $N/M$ es nilpotent con $M \le \Phi(G)$.

Deje $P \in {\rm Syl}_p(N)$. Por el Frattini Argumento, $G = N_G(P)N$. Pretendemos que $N_G(P) = G$, lo cual resultará que $N$ es nilpotent.

Si no, entonces vamos a $H$ ser un subgrupo maximal de a$G$ contiene $N_G(P)$. A continuación, $M \le \Phi(G) \Rightarrow M \le H$. Ahora $H \cap N$ contiene $N_N(P)$, y por tanto, por un resultado $N_N(H \cap N) = H \cap N$, y por lo $N_N((H \cap N)/M) = (H \cap N)/M$.

Pero, $N/M$ es nilptotent, por lo que todos los de su propia subgrupos son estrictamente contenida en su normalizadores, y, por tanto, $(H \cap N)/M = N/M$ e $N \le H$, lo $G=H$, contradicción.

Por lo $N_G(P)=G$ como se reivindica.