Extraño el fin de los grupos con el fin de no menos de 1000 tienen solución

Question

Cuando leí en el Grupo de Teoría de Scott. Tiene una pregunta, yo creo que es difícil. He intentado solucionarlo, pero no puedo.

Problema: "Si G es un grupo cuyo orden es impar y menor que 1000, entonces G es solucionable"

Me gustaría recibir algunos comentarios! Muchas gracias!

Answer 1

Un mínimo no solucionable grupo de orden impar debe ser no abelian sencillo, así que vamos a tratar de encontrar un grupo de orden menor que 1000. Burnside s $p^aq^b$ teorema, el orden debe ser divisible por tres números primos. Por Burnside de transferencia del teorema, ningún subgrupo de Sylow puede estar en el centro de su normalizador. Dado que los grupos de orden $p$ e $p^2$ son abelian y para los impares, números primos no tienen automorfismos de pedidos de grandes números primos, el orden debe ser divisible por el cubo de los primos más pequeños. $3^3\cdot 5\cdot 7$ , es el único candidato con menos de 1000. Ahora, considere el número de 3-subgrupos de Sylow y obtener una contradicción, ya que $3^3$ no dividir 7!.

Answer 2

Esta es una continuación de mi anterior respuesta. Me di cuenta de cómo conseguir $|G| = 3 \cdot 5^2 \cdot 7$ e $|G| = 3 \cdot 5 \cdot 7^2$. Los argumentos son similares (y, probablemente, puede ser simplificado) y la otra respuesta es muy largo así que voy a poner aquí.

En primer lugar, algunas observaciones preliminares, inspirado por C Monsour la respuesta. Sylow III da ese $n_p = \frac{|G|}{|N_G(P)|}$ donde $N_G(P)$ es el normalizador de la Sylow $p$-subgrupo $P$. En general, el normalizador de un subgrupo de $H$ hechos por la conjugación en $H$ con el kernel de la centralizador $Z_G(H)$; llame el cociente $A_G(H)$, por lo que $|N_G(H)| = |A_G(H)| |Z_G(H)|$, y, en particular,

$$n_p = \frac{|G|}{|A_G(P)| |Z_G(P)|}.$$

$A_G(H)$ actos fielmente en $H$, por lo que su pedido debe dividir el orden de $\text{Aut}(H)$. Por otro lado, debido a $A_G(H)$ es un subquotient de $G$, en su orden debe dividir el orden de $G$, y, en particular, debe ser impar. En los argumentos que a continuación vamos a utilizar repetidamente estos y otros argumentos para demostrar que $|A_G(H)| = 1$ y que, por ende, $N_G(H) = Z_G(H)$.

Caso: $|G| = 3 \cdot 5^2 \cdot 7 = 525$. Tenemos $n_3 = 25, 175$ e $n_5 = 21, n_7 = 15$ a partir de la respuesta anterior.

$n_7 = 15$ da $|N_G(C_7)| = |A_G(C_7)| |Z_G(C_7)| = 35$. Por otro lado, $|A_G(C_7)|$ divide $|\text{Aut}(C_7)| = 6$, lo $|A_G(C_7)| = 1$ y, por tanto, $N_G(C_7) = Z_G(C_7)$ debe ser el grupo cíclico $C_{35}$.

Vamos a considerar cómo muchos de los conjugados tiene; vamos a denotar este número por $n_{35}$. Tenemos $n_{35} = \frac{|G|}{|A_G(C_{35})| |Z_G(C_{35})|}$, donde $Z_G(C_{35}) = C_{35}$ (cualesquiera otros elementos insertados en este centralizador ya debe haber centralizado $C_7$) y $|A_G(C_{35})|$ divide $|\text{Aut}(C_{35})| = \varphi(35) = 24$ y debe ser impar, por lo que es igual a $1$ o $3$. En el último caso, $N_G(C_{35})$ debe tener un elemento de orden $3$, pero dicho elemento debe tener ya normalizado $C_7$. Por lo $|A_G(C_{35})| = 1$ e $N_G(C_{35}) = C_{35}$, por lo tanto $n_{35} = 15$. Por otra parte, dos de los conjugados de $C_{35}$ no se puede compartir todos los elementos de la orden de $35$, a partir de la cual se desprende que no se $15 \cdot 24 = 360$ elementos de orden $35$.

También hay $15 \cdot 6 = 90$ elementos de orden $7$ y al menos el $25 \cdot 2 = 50$ elementos de orden $3$; en total hay, al menos, $360 + 90 + 50 = 490$ elementos de las órdenes de $3, 7, 35$, dejando $35$ elementos restantes. Pero una unión de dos distintas Sylow $5$-subgrupos, que tiene elementos de orden $1, 5, 25$, tiene un tamaño de al menos $25 + 25 - 5 = 45$, ya que se cruzan en un subgrupo de tamaño en la mayoría de las $5$; la contradicción.

Caso: $|G| = 3 \cdot 5 \cdot 7^2 = 735$. Tenemos $n_3 = 49, n_5 = 21, n_7 = 15$ a partir de la respuesta anterior.

$|A_G(C_3)|$ divide $|\text{Aut}(C_3)| = 2$ y es impar, por lo $N_G(C_3) = Z_G(C_3)$. Desde $n_3 = 49$, $|N_G(C_3)| = |Z_G(C_3)| = 15$ debe ser el grupo cíclico $C_{15}$.

Como en el anterior vamos a considerar cómo se conjuga debe tener. $|A_G(C_{15})|$ divide $|\text{Aut}(C_{15})| = 8$ y es impar, por lo $N_G(C_{15}) = Z_G(C_{15}) = C_{15}$, y así nos encontramos con que $n_{15} = 49$, a partir de la cual se desprende que no se $49 \cdot 8 = 392$ elementos de orden $15$.

Del mismo modo, $|A_G(C_5)|$ divide $|\text{Aut}(C_5)| = 4$ y es impar, por lo $N_G(C_5) = Z_G(C_5)$. Desde $n_5 = 21$, $|N_G(C_5)| = |Z_G(C_5)| = 35$ es el grupo cíclico $C_{35}$. Como antes, $|A_G(C_{35})|$ divide $|\text{Aut}(C_{35})| = 24$ y es impar, por lo que es igual a $1$ o $3$. Como antes, en el último caso, $N_G(C_{35})$ debe contener un elemento de orden $3$, lo que contradice $N_G(C_5) = C_{35}$, lo $|A_G(C_{35})| = 1$ e $N_G(C_{35}) = C_{35}$, por lo tanto $n_{35} = 21$, a partir de la cual se desprende que no se $21 \cdot 24 = 504$ elementos de orden $35$.

Así que hay $392 + 504 = 896 > 735$ elementos de las órdenes de la $15$ o $35$; la contradicción.

Probablemente un lexema puede ser extraído a partir de estos argumentos, pero ya es demasiado tarde en el día para mí y para ver claramente lo que su hipótesis debe ser.