Si$|G|=36$ entonces$G$ tiene un% normal $2$- Sylow o un$3$ normal - Sylow

Question

Como muchos, estoy tratando de clasificar a todos los grupos de orden 36. He visto muchos blogs y en ellos, ellos afirman que esto es cierto, pero no puedo encontrar el por qué. Lo sé porque de esto, que $G$ no es simple. Pero no puedo entender por qué la normal subgrupo tiene que ser un Sylow.

Sé que el número de $2$-Sylows es $1, 3$ o $9$, y el número de $3$-Sylows es $1$ o $4$.

Answer 1

Supongamos por el contrario que el grupo $G$ tiene cuatro Sylow $3$-subgrupos. Deje $X=\{P_1,P_2,P_3,P_4\}$ el conjunto de aquellos. Además, supongamos que $G$ también ha más de una Sylow $2$-subgrupos.

La conjugación de la acción de $G$ a $X$ nos da un homomorphism $\phi:G\to Sym(X)\cong S_4$. Observar que como $[G:P_i]=4=|X|$, los grupos de $P_i$ son todos iguales a sus propios normalizadores, $N_G(P_i)=P_i, i=1,2,3,4$. Como los grupos de orden $p^2$, $p$ un primo, que se abelian. Todos isomorfo a $C_9$ o $C_3\times C_3$.

1. Si $z\in P_1\setminus P_2$ entonces $z$ normaliza $P_1$, pero no normalizar cualquier otro grupo en $X$. Esto significa que $\phi(z)$ es un 3-ciclo, con un único punto fijo $P_1$.

2. De la misma manera hay otros $3$-ciclos en $\mathrm{Im}(\phi)$ la fijación de otros elementos de $X$. De ello se desprende que todas las $3$-ciclos de $Sym(X)$ están en $\mathrm{Im}(\phi)$. El $3$-ciclos de $S_4$ generar el subgrupo $A_4$, por lo que podemos concluir que $Alt(X)\subseteq \mathrm{Im}(\phi)$.

3. Pero, el orden de la imagen debe ser un factor de $36$. Por lo tanto, podemos concluir que $|\mathrm{Im}(\phi)|=12$ e $\mathrm{Im}(\phi)\cong A_4$. Por lo tanto $|\mathrm{Ker}(\phi)|=3$. Que kernel es el de la intersección de $$N=\bigcap_{i=1}^4N_G(P_i)=\bigcap_{i=1}^4P_i,$$ de un grupo cíclico de orden tres.

4. De cursos elementales sabemos que $A_4$ tiene un único Sylow $2$-subgrupo isomorfo a la Klein Viergruppe. Por lo tanto $\mathrm{Im}(\phi)$ también dispone de un único Sylow $2$-subgrupo $Q$. Una consecuencia inmediata de esto es que todo el Sylow $2$-subgrupos de $G$ también son isomorfos a la Viergruppe, y deben también estar contenida en $K:=\phi^{-1}(Q)\unlhd G$, un subgrupo de orden $12$.

5. Deje $R\le K$ ser un Sylow $2$-subgrupo de $K$ (y por tanto, también de $G$). Como $N\unlhd K$, e $N$ cruza trivialmente con $R$, tenemos $K=N\rtimes R$. Si $R\unlhd K$, a continuación, $K$ (y por lo tanto también es $G$) tiene un único Sylow $2$. Así que nos quedamos con la posibilidad de que $K$ tiene tres Sylow $2$-subgrupos, y que el semidirect producto $N\rtimes R$ no es directa.

6. El automorphism grupo de $N\cong C_3$ es cíclico de orden dos, y así hasta a isomorfismo no es una sola no abelian semi-producto directo de $N\rtimes R=C_3\rtimes (C_2\times C_2)$, con exactamente un factor de $C_2$ desplazamientos con $N$. Como $C_3\times C_2\cong C_6$, se deduce que el $K\cong C_6\rtimes C_2\cong D_6$, el diedro grupo de orden doce.

7. Deje $H=N_G(R)$ ser el normalizador. Como trabajamos bajo el supuesto de que no son tres Sylow $2$-subgrupos, tenemos $|H|=36/3=12$. Por lo tanto existe un elemento $w\in H$ de orden tres. Como $K$ también tiene tres Sylow $2$-subgrupos, $|N_K(R)|=4$. Por lo tanto, $w\notin K$.
8. Como un elemento de orden tres $w$ está contenida en algunos Sylow $3$-subgrupo, decir (w.l.o.g.) $w\in P_1$. Vimos que también se $N\subset P_1$, por lo que se deduce que $P_1=\langle N\cup\{w\}\rangle$. Además, hay más de dos elementos de orden tres en $P_1$, lo $P_1\cong C_3\times C_3$.
9. El diedro grupo $K$ tiene exactamente dos elementos de orden seis. La conjugación por $w$ por lo tanto debe permutar aquellos. Pero $w$ es de orden tres, por lo que se debe centralizar tanto de ellos.
10. Fijemos un elemento $r\in K$ de fin de seis años, por lo $N=\langle r^2\rangle$. La viñeta anterior implica que $r$ es centralizada por la Sylow $3$-subgrupo $P_1$. Por lo tanto, el subgrupo $S=\langle r, w\rangle$ es abelian de orden $18$.
11. Pero, el resultado anterior dice que $S$ está contenida en el normalizador de la $P_1$. Este es, al fin, una contradicción, como sabíamos que $P_1$ es igual a su propio normalizador.

Por lo tanto la suposición de que hay cuatro Sylow $3$-subgrupos o la suposición de que hay más de una Sylow $2$-subgrupo debe ser abandonada. Esto es suficiente para demostrar que el reclamo.