Demostrar que todo grupo de orden $35$ es abelian.

Question

¿Cómo puedo demostrar que todo grupo de orden $35$ es abelian ? Sé que si un grupo es abelian el es isomorfo a $\mathbb Z_{35}$ o $\mathbb Z_7\times \mathbb Z_5$. Pero, ¿cómo puedo demostrar que todo grupo de orden 35 es isomorfo a $\mathbb Z_{35}$ o a $\mathbb Z_7\times \mathbb Z_5$ ?

Answer 1

SyLow implica que usted tiene un subgrupo de orden $5$ $L$ y un subgrupo de orden $7$, $M$. El número de $n_5$ de Sylow 5 grupos que divide a 7 y es igual a 1 mod 5 así que es 1 por lo $L$ es normal. Deje $x$ ser un elemento de orden $7$, la conjugación por $x$ induce un automorphism de $L$ orden $5$, por lo que es trivial puesto que el orden de $x$ es de 7, por lo tanto si $y$ genera $L$, $x$ desplazamientos con $y$ y el grupo es el producto de $Z_5\times Z_7$.

Answer 2

edit: pido disculpas, pero durante la escritura de este argumento no me di cuenta de que Tsemo Aristide había previsto y me había dado un esbozo de lo que parece ser exactamente el mismo argumento(con algunas diferencias menores, ya que yo no uso del teorema de Sylow). Estoy a la espera de comentarios debo eliminar mi respuesta o dejarlo como otras personas pueden encontrar casi completa argumento que he escrito útil.

Supongamos que hay dos subgrupos $H_1$, $H_2$ dentro de $G$ orden $7$. A continuación,$H_1\cap H_2=\{1\}$, de lo contrario tendríamos $H_1=H_2$. Utilizando el hecho de que $H_1\cap H_2=\{1\}$ podemos derivar que $H_1H_2$ tiene cardinalidad $7^2=49$. Esta es una contradicción. Por lo tanto hay un subgrupo de $G$ orden $7$.

Por Cauchy teorema existe un subgrupo $H\subseteq G$ orden $7$. Por lo que hemos dicho anteriormente, tales subgrupo es único. Obviamente, este tipo de subgrupo es normal(incluso característica).

De nuevo por Cauchy teorema existe un subgrupo $K\subseteq G$ orden $5$. Desde $H$ es normal tenemos homomorphism $\phi:K\rightarrow \mathrm{Aut}(H)$ da por: $$\phi(k)(h)=k^{-1}hk$$ La próxima nota de que $K$ es de orden $5$ y el: $$\mathrm{Aut}(H)\cong \mathrm{Aut}(\mathrm{Z}_7)=\mathrm{Z}_6$$ Por lo tanto no hay homomorphisms de$K$$\mathrm{Aut}(H)$, excepto para el trivial. Podemos deducir que $\phi$ es trivial. Esto significa que: $$k^{-1}hk=h$$ para cada $k\in K$$h\in H$. Por lo tanto, los elementos de $H$ $K$ conmuta con cada uno de los otros.

Desde $H\cap K=\{1\}$, que se derivan de ese $G=HK$. Por lo tanto $G$ es abelian.

Answer 3

Estos hechos pueden ser útiles.

1. $|G|=p×q$ donde $p$ $q$ son primos y $p<q$. Si $p$ no divide $q-1$ $G$ es cíclico.
2. $G$ es cíclico $\rightarrow G$ es abelian.