¿Un grupo simple de orden finito divisible por %-%-%tiene %-%-% como subgrupo?

Question

Editar el 2 de Marzo de 2018: acabo de darme cuenta de que esto es casi idéntico a una pregunta sobre la MO por David Endurecer en 2011, y que incluso había dado un (incompleta) la respuesta a esa pregunta. Me gustaría eliminar la pregunta, pero creo que esto no se puede hacer cuando una respuesta ha sido aceptado ( intenté).

El título lo dice todo, la verdad. Sé que en algunas "pequeñas" simple grupos como ${\rm PSL}(2,p)$ es sabido que si el orden es divisible por $60,$ entonces $A_{5}$ ocurre como un subgrupo ( esto es debido a que el control suficiente de la tabla de caracteres está disponible para exhibir una involución y un elemento de orden $3$ cuyo producto tiene una orden de $5$). Sin embargo, por el momento, no veo una estrategia general para atacar a esta pregunta ( o similares), aunque, por supuesto, parece probable que algunos de la clasificación de los finitos simples grupos sería necesario.

Posteriormente edita: es un poco tarde para la motivación, y no me di cuenta cuando me hizo la pregunta, pero se parece a seguir a partir de la respuesta afirmativa descritos por Derek Holt que un grupo finito $G$ es $5$-solución (es decir, tiene todos los factores de composición de orden $5$ o de fin de primer a $5$) si y sólo si cada subgrupo de $G$ tiene una Sala de $\{2,5\}$-subgrupo. Recordemos que una Sala subgrupo de $G$ es uno cuyo orden y el índice son relativamente primos.

Aquí es un esquema de la difícil mitad de la prueba: supongamos que cada subgrupo de $G$ tiene una Sala de $\{2,5\}$-subgrupo, pero que $G$ no $5$-solución, y $G$ es el elegido para ser de un mínimo de orden sujetas a este. Tenga en cuenta que cada apropiado subgrupo de $G$ es $5$-solucionable. Yo reclamo que $G/F(G)$ no es Abelian simple. Para dejar $M$ ser una máxima normal subgrupo de $G$, y supongamos que $M \neq 1$. Deje $p$ ser un divisor primo de $|M|$ y deje $P$ ser un Sylow $p$-subgrupo de $M$. A continuación, $G = MN_{G}(P)$ por un Frattini argumento. Si $N_{G}(P) < G$, entonces fácilmente se deduce que tanto $M$ e $G/M$ se $5$-solución, y, a continuación, $G$ es, contrariamente a la suposición. Por lo tanto $P \lhd G$. Desde $p$ como arbitraria, $M$ es nilpotent. Por lo tanto $M = F(G)$ es la única máxima normal subgrupo de $G$, e $G/M$ no es Abelian simple. Ahora es fácil comprobar que cada subgrupo de $G/M$ tiene una Sala de $\{2,5\}$-subgrupo, ya que $G$ tiene esa propiedad.

Ahora, sin embargo, $G/M$ no se puede tener un orden divisible por $60$, mediante la respuesta a esta pregunta (de lo contrario, tiene un subgrupo isomorfo a $A_{5}$, pero $A_{5}$ no tiene subgrupos de orden $20$). Sin embargo, $G/M$ debe tener un orden divisible por $5$, de lo contrario $G$ se $5$-solucionable. También, por Feit-Thompson, $G/M$ es de orden divisible por $4$. Por lo tanto $G/M$ tiene orden de primer a $3$, por lo que el $G/M$ es un Suzuki grupo. Sin embargo, no simples Suzuki grupo dispone de un Hall de $\{2,5\}$-subgrupo, una contradicción.

Answer 1

Déjeme hacer mi comentario en una respuesta acaba de despegar. Yo reclamo que ${\rm PSL}(n,q)$ contiene $A_5$, siempre que su fin es divisible por $60$.

Claramente ${\rm SL}(n,q)$ contiene ${\rm SL}(m,q)$ para todos los $m \le n$, y, por tanto, ${\rm PSL}(n,q)$ contiene algunos central cociente de ${\rm SL}(m,q)$ (que es algo entre el ${\rm SL}(m,q)$ e ${\rm PSL}(m,q)$). En particular, ${\rm PSL}(n,q)$ contiene un central cociente de ${\rm SL}(5,q)$ para todos los $n \ge 5$. Desde el centro de la ${\rm SL}(5,q)$ tiene orden de $1$ o $5$, e $A_5$ no tiene ningún perfecta $5$-pliegue central de extensión, si ${\rm PSL}(5,q)$ contiene $A_5$, entonces también lo hace ${\rm SL}(5,q)$. También se $|{\rm PSL}(5,q)|$ es divisible por $60$ para todos los $q$. Por lo que es suficiente para demostrar que el reclamo por $n \le 5$.

El resultado es bien conocido por $n=2$.

Para $n=3$, ${\rm PSL}(3,q)$ contiene ${\rm PSL}(2,q)$ como el subgrupo ${\rm P}\Omega(3,q)$, e $|{\rm PSL}(3,q)|$ es divisible por $60$ si y sólo si $|{\rm PSL}(2,q)|$ es, por lo que el resultado se mantiene.

Para $n=4$, ${\rm PSL}(4,q)$ contiene el subgrupo ${\rm P}\Omega^-(4,q) \cong {\rm PSL}(2,q^2)$ que ha pedido divisible por $60$ para todos los $q$ y por lo tanto, contiene $A_5$.

Para $n=5$, ${\rm PSL}(5,q)$ contiene $A_5$ como el de la imagen natural de la permutación de la representación.

Permítanme continuar con la clásica grupos. Esto no es demasiado difícil.

Prácticamente idéntico argumento de las obras de la central unitaria de grupos. Dimensiones de $3$ e $4$ contienen el mismo ortogonal de los grupos, y la permutación de la representación de $A_5$ claramente se conserva la matriz identidad como forma unitaria.

Para el simpléctica caso, es obvio que la contención ${\rm Sp}(m,q) \le {\rm Sp}(n,q)$ para $m \le n$, $m,n$ incluso los proyectos en ${\rm PSp}(m,q) \le {\rm PSp}(n,q)$, e ${\rm PSp}(4,q)|$ es divisible por $60$ para todos los $q$, por lo que es suficiente para hacerlo por $n=4$. En el ATLAS, el $4$-dimensiones irreductibles representación de ${\rm SL}(2,5)$ tiene indicador de $-$ y entero de los valores de los caracteres, por lo que su imagen se reduce a un subgrupo ${\rm SL}(2,5) < {\rm Sp}(4,q)$ para todos los $q = p^e$ con $p>5$. De hecho, funciona también para $p=5$, y los casos de ${\rm PSp}(4,2) \cong S_6$ e ${\rm PSp}(4,3)$ (que contiene a $2^4:A_5$) se pueden hacer por separado.

Por último, todos los de la simple ortogonal de los grupos en la dimensión de al menos $5$ contienen ${\rm P}\Omega(5,q) \cong {\rm PSp}(4,q)$, así que no hay nada nuevo que hacer allí.

Ahora, para algunos de los de menor rango grupos excepcionales. El Suzuki grupos $^2B(q)$ tienen orden de no divisible por $3$. Hay elementos de contención ${\rm PSL}(2,q) < {\rm SL}(3,q) < G_2(q) < {^3D}_4(q)$, y sus órdenes son todos divisibles por $60$ o no, por lo que la cubre. Del mismo modo ${\rm PSL}(2,q) < {^2G}_2(q)$.

Que deja $F_4$, $^2F_4$, $E_6$ $^2E_6$, $E_7$ y $E_8$. Para $^2F_4(2^{2n+1})$, sospecho que todos ellos contienen la más pequeña de la clase, las Tetas grupo de $^2F_4(2)'$, la cual (según el ATLAS) contiene $A_5$.

Esto probablemente no es la mejor referencia, pero creo que la Tabla 2 en

http://seis.bristol.ac.uk/~tb13602/docs/large_4.pdf

es suficiente para lidiar con el resto de los grupos excepcionales. Por ejemplo, $F_4(q)$ contiene $D_4(q)$ = $\Omega^+(8,q)$, que contiene ${\rm P}\Omega(5,q)$, lo que hemos considerado anteriormente. Hay un montón de papeles en los subgrupos de los grupos excepcionales, pero es difícil extraer exactamente lo que queremos.