El uso de todos los no-abelian grupo de la orden de 6 de no-normal subgrupo de orden 2 para clasificar a los grupos de orden 6.

Question

Demostrar que todo no abelian grupo de orden $6$ tiene un no-subgrupo normal de orden $2$. El uso de este para clasificar a los grupos de orden $6$.

He demostrado que todo no abelian grupo de orden 6 ha anormal de los subgrupos de orden 2, pero entonces, ¿cómo puedo usar esto para clasificar a los grupos de orden 6?

Answer 1

Asumiendo $H$ no es subgrupo normal de orden $2$.

Considere la posibilidad de Acción de $G$ en el conjunto de la izquierda cosets de $H$ por la izquierda de la multiplicación.

deje $\{g_iH :1\leq i\leq 3\}$ ser cosets de $H$$G$.

(por favor, convencerse de que habrá tres diferentes cosets)

ahora consideramos la acción $\eta : G\times\{g_iH :1\leq i\leq 3\} \rightarrow \{g_iH :1\leq i\leq 3\}$ por la izquierda de la multiplicación.

es decir, tomar un elemento $g\in G$ y considerar la posibilidad de $g.g_iH$, ya que hay sólo tres conjuntos distintos llegamos $g.g_iH = g_jH$ algunos $j\in \{1,2,3\}$

De esta manera, los elementos de $g\in G$ toma cosets $g_iH$ (representado por $i$) a cosets $g_jH$ (representado por $j$)

es decir, tenemos mapa de $\eta :\{1,2,3\} \rightarrow \{1,2,3\}$ que puede ser visto como $\eta : G\rightarrow S_3$

sabemos que $Ker(\eta)$ es normal en $G$, que está contenida en $H$.

Como $H$ no es normal en $G$ nos encontramos con el caso de que $Ker(\eta)=(1)$ es decir, $\eta$ es inyectiva.

es decir, tenemos $G$ como un subgrupo(isomorfo copia) de $S_3$. Pero, $|G|=|S_3|=6$. Por lo tanto, $G\cong S_3$.

Así, para cualquiera que no abelian grupo $G$ orden $6$ tenemos $G\cong S_3$.

Para un grupo abelian de orden $6$ tenemos ya sabes que $G$ es cíclico y $G\cong \mathbb{Z}_6$.

Así, sólo los grupos isomorfos de orden $6$$S_3,\mathbb{Z}_6$.

Answer 2

Sugerencia: saber que $G$ tiene un elemento de orden $3$, esto obviamente genera un subgrupo normal $H$ (¿por qué? creo índice). Pero, si luego había otro subgrupo $K$ orden $2$, lo que también es normal, entonces $G=HK$, $H\cap K=\{1\}$, y $H,K\unlhd G$. ¿Por qué es tan malo?

Para la segunda parte, vamos a $G$ actuar en algo que le da un inyectiva homomorphism $G\to S_3$. ¿Qué debería ser?

Sólo por diversión, hay una manera mucho más sencilla de hacer esto. Tenga en cuenta que si $H,K$ son de arriba, a continuación $HK=G$, $H\cap K=\{1\}$, y $H\unlhd G$. Por lo tanto, $G\cong H\rtimes_\varphi K$. Pero, tenga en cuenta que $\text{Aut}(H)$ orden $2$, y por tanto, hay dos grupos distintos de orden $6$. Desde $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ $S_3$ son distintos, deben de constituir todos ellos. Este acdtually muestra cómo clasificar los grupos de orden $2p$, $p$ una extraña prime.

Answer 3

Deje $G$ ser un no-grupo abelian de orden seis. A continuación, $G$ tiene exactamente $3$ $2$-subgrupos de Sylow, los cuales se asignan a cada uno de los otros en virtud de la conjugación. Denota estos subgrupos de Sylow $P_1,P_2,P_3$, obtenemos un mapa (la permutación de la representación de la acción del grupo) $$\varphi: G \to \mathrm{Sym}(P_1,P_2,P_3)\cong S_3,$$ en que $\varphi(g)$ denota la permutación de $P_1,P_2,P_3$ alcanzado por la conjugación de cada uno (respectivamente) por $g$. Este mapa es inyectiva, por lo tanto, un isomorfismo por órdenes. Es decir, $G \cong S_3$.

Para el abelian caso, basta probar que un grupo de $G$ tiene un elemento de orden $6$. Para ello, basta con encontrar los elementos de las órdenes de $2$$3$, que existe por el teorema de Cauchy (o más tarde, por los teoremas de Sylow).

Answer 4

Los siguientes evita los teoremas de Sylow.

Deje $G$ ser un grupo de orden $6$. A continuación, $G$ tiene un elemento $a$ orden $3$ y un elemento $b$ orden $2$. A continuación, $G=\langle a,b\rangle$ como el orden de $\langle a,b\rangle$ es un múltiplo de ambos $3$$2$.

Si $G$ es abelian, llegamos a la conclusión de que $G\cong \mathbb Z/3\mathbb Z\oplus\mathbb Z/2\mathbb Z\cong\mathbb Z/6\mathbb Z$.

Si $G$ es nonabelian. Deje $A=\{b,aba^{-1},a^2ba^{-2}\}$. Si dos de los elementos enumerados coinciden (es decir,$|A|<3$), a continuación, $a$ normaliza $\langle b\rangle$ y desde trivialmente $b$ normaliza $\langle b\rangle$, nos encontramos con $\langle b\rangle\lhd G$. Por lo que han mostrado, podemos recoger $b$ de manera tal que este no es el caso, es decir, que los $|A|=3$. Ahora tenemos un elemento de orden $1$$G$, al menos dos elementos de orden $3$ y al menos el tres lements de $A$ orden $2$. Llegamos a la conclusión de que $A$ es, precisamente, el conjunto de elementos de orden $2$. Especialmente, estos son conjugados y por lo tanto ninguno de los subgrupos de orden dos es normal. El grupo $G$ actúa en $A$ por conjugación, lo que nos da un homomorphism $\phi\colon G\to S_3$. El núcleo de $\phi$ es normal en $G$, por lo tanto no puede ser de orden $2$. Asimismo, no contiene $a$, por lo que es trivial, es decir, $\phi$ es anisomorphism.