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Subgrupos finitos solucionable grupos con paradójicos propiedades

Para que pares de finito solucionable grupos H, G, es la siguiente verdad: H incrusta en dos formas en G, decir como H1 y H2, donde H1 es máxima en G y H2 no es? Hay tales pares?

Algunos comentarios sobre la cuestión.

1) la Terminología: cuando H incrusta en G al máximo y no al máximo, llame a H paradójico subgrupo de G, y decir que G tiene como H un paradójico subgrupo.

2) Para grupos finitos en general, en contraposición a lo finito solucionable, hay cosas tales como paradójico subgrupos, no es un vacuo concepto. Si H es un no-abelian simple grupo, y G es el producto directo de H x H, tomar H1 a ser la diagonal subgrupo de elementos de G de la forma (x,x), x en H, y tomar H2 ser un componente subgrupo de elementos de G de la forma (x,1), x en H. A continuación, H1 y H2 son tanto isomorfo a H, H1 es máxima en G, y H2 no. Le debo este ejemplo a Yair Glasner.

3) Por Sylow de teoremas, un p-grupo no es nunca un paradójico subgrupo de cualquier grupo.

4) Un estándar teorema sobre la super-solucionable grupos, (que es la máxima subgrupos primer índice) implica que supersolvabe grupos no tienen paradójico subgrupos.

5) Un caso especial es cuando H1and H2 son el core libre, i e a cada uno contiene sólo el trivial grupo como un subgrupo normal. en este caso G tiene dos fieles permutación representaciones de la misma grado (es decir, el índice de H en G), con una representación de ser primitivo y el otro imprimitive. Es este caso más sencillo?

13voto

Alejandra Puntos 11

Uno puede obtener un poco más de Geoff situación, donde Op(G)>1. Escribir U=Op(G) e Ui=UHi, lo Ui=Op(Hi), como Geoff mostró. En particular, |U1|=|U2|. Tenga en cuenta que el Ui son apropiados en U. Yo reclamo que U=U1U2.

Primero, se observa que la U1G desde NH(U1) contiene H1 correctamente debido a NU(U1)>U1. Desde H1 es máxima, U1G, como se reivindica. Siguiente, U/U1 es G-jefe de la maximality de H1, y, en particular, U/U1 es abelian. Desde G=UH2, se deduce que el H2 actos irreducible en U/U1. Ahora H2 normaliza U2, por lo que normaliza U1U2. Desde U1U1U2U, tendremos a U1U2=U1 o U1U2=U.

Desde |U1|=|U2|, la primera posibilidad rendimientos U1=U2, y esto es normal en el subgrupo invariante bajo un isomorfismo de H1 a H2, así tenemos que el Ui son triviales en este caso, y U es mínimo normal en G. Desde G=UH2, esto implica que H2 es máxima, contrariamente a la suposición. Por lo tanto tenemos a U1U2=U, como se reivindica. En particular, este rendimientos G=H1H2.

Pero, ¿a dónde vamos a partir de ahí?


OK, ahora sé a dónde ir. Puedo terminar la prueba en el caso de que Op(G) es trivial.

Suponga G es un mínimo contraejemplo. Deje D2=H1H2 y deje D1 ser la imagen de D2 en algunas isomorfismo de H2 a H1. Por lo tanto D1 e D2 son isomorfos subgrupos de H1 con p-índice de energía igual a |G:H2|. Yo reclamo que D1 es máxima en H1 pero D2 es no, y también los Op(H1)=U1>1. Desde G es un mínimo contraejemplo y H1<G, esto se contradice la minimality de G.

En primer lugar, a ver que D2 no es máxima en H1, elija un subgrupo X con H2<X<G. Desde H1H2=G, podemos deducir que D2=H1H2<H1X<H1, como quería.

A continuación, para mostrar que D1 es máxima en H1, es suficiente a través del isomorfismo para mostrar que D2 es máxima en H2. Tenga en cuenta que H1=U1D2 por Dedekind del lexema. Supongamos D2<Y<H2. Recordemos que U1G, lo H1Y=U1D2Y=U1Y es un subgrupo. También, |H1Y:H1|=|Y:D2|, y de ello se sigue que H1<H1Y<G, contradiciendo la maximality de H1.

Ahora necesitamos una prueba (o contraejemplo) en el caso de que Op(G)=1.


Mi argumento demuestra que, si H es paradójico, en solucionable G con p-índice de poder, a continuación,Op(G). Hice not demostrar que O_p(G) = 1, pero obtenemos esta conclusión en un mínimo de contraejemplo.

Robinson ha usado mi contribución y profundo de la teoría para resolver por completo el problema de los grupos de orden impar. (Estoy impresionado.) También podemos obtener algunas más fácil consecuencias. Por ejemplo:

TEOREMA. Si H es supersolvable, entonces no puede ser paradójico en un solucionable grupo.

PRUEBA. Como de costumbre en un mínimo de contraejemplo, no hay nonidentity normal subgrupo de G contenida en H_1 \cap H_2 e invariantes bajo un isomorfismo de H_1 a H_2. Ahora como H_1 es supersolvable, tiene un trivial normal Sylow q-subgrupo Q, y sabemos q \ne p, lo Q es Sylow en G. Si Q es normal en G también es Sylow en H_2 e es invariante bajo un isomorfismo de H_1 a H_2, una contradicción. De lo contrario, H_1 es el total de normalizador de la Q. Un Sylow q-subgrupo de H_2 es conjugado a Q, por lo que su normalizador en G es conjugado a H_1 y contiene H_2. De ello se desprende que H_2 es máxima.

12voto

Shannon Nelson Puntos 1364

Re-editado en vista de Derek Holt comentario : Algunas sugerencias de direcciones - no es una respuesta completa : Supongamos que tenemos N \lhd G con N \leq H_{1} \cap H_{2}, y que hay un isomorfismo \alpha : H_{1} \to H_{2}, lo que deja a N invariante. A continuación, \alpha induce una bien definida isomorfismo de H_{1}/N a H_{2}/N, y nos puede pasar a G/N. por lo tanto asumimos que no es no trivial de la elección de ese N posible.

Deje [G:H_{1}] = p^{a} para algunos prime p e integer a. Le nota el hecho general de que el si M es un subgrupo del grupo finito G, e [G:M] es una potencia de p, entonces O_{p}(M) \leq O_{p}(G). Es suficiente para demostrar que O_{p}(M) \leq P siempre P \in {\rm Syl}_{p}(G). Pero |PM| = \frac{|P||M|}{|P \cap M|}, y esto es divisible tanto por |G|_{p^{\prime}} y por |P|,, de modo que PM = G e P \cap M \in {\rm Syl}_{p}(M). Por lo tanto O_{p}(M) \leq P \cap M, como se reivindica. Por lo tanto, tenemos O_{p}(H_{i}) \leq O_{p}(G) por cada i. tenga en cuenta que |O_{p}(H_{1})| = |O_{p}(H_{2})|. Supongamos que O_{p}(G) \leq H_{1}. Entonces O_{p}(H_{2}) \leq O_{p}(G) \leq O_{p}(H_{1}) \leq O_{p}(G) e O_{p}(H_{1}) = O_{p}(H_{2}) = O_{p}(G), que luego es invariante bajo cualquier isomorfismo de H_{1} a H_{2}. Nuestros supuestos, a continuación, implica que O_{p}(G) = 1. (del mismo modo, no podemos tener O_{p}(G) \leq H_{2} si O_{p}(G) \neq 1- el maximality de H_{1} no es esencial en el anterior argumento). Por lo tanto, si O_{p}(G) \neq 1, entonces G = O_{p}(G)H_{1} y |G| = \frac{|O_{p}(G)||H_{1}|}{|O_{p}(H_{1})|} = \frac{|O_{p}(G)||H_{2}|}{|O_{p}(H_{2})|}, so G= O_{p}(G)H_{2}.

Comentarios sobre el caso, O_{p}(G) = 1 : En este caso, ahora sabemos que el O_{p}(H_{i}) = 1 por cada i. Aviso que H_{1} e H_{2} contienen cada uno una Sala de p^{\prime}-subgrupo de G, y podemos suponer que H_{1} e H_{2} tiene una Sala común) p^{\prime}- subgrupo, decir X, posiblemente después de la sustitución de H_{2} por un conjugado. De nuevo hemos de suponer que los no-trivial normal subgrupo de G, que está contenida en H_{1} \cap H_{2} es invariante bajo cualquier isomorfismo de H_{1} a H_{2}. De ello se desprende que O_{p^{\prime}}(H_{i}) estrictamente contiene O_{p^{\prime}}(G) por cada i y F(H_{i}) estrictamente contiene F(G) por cada i (de hecho, las últimas obras de acondicionamiento por el primer para O_{q}(H_{i}) por cada i ).

Tenga en cuenta queF(H_{1})F(H_{2}) \leq F(X),, de modo que F(H_{1})F(H_{2}) es, en particular, nilpotent.

Deje q ser una de las primeras para que O_{q}(G) no es trivial. A continuación, O_{q}(H_{1}) > O_{q}(G) e O_{q}(H_{1}) \leq X \leq H_{2}. Establecer U = O_{q}(H_{1}). Entonces H_{1} = N_{G}(U) as U\not \lhd G e H_{1} es máxima.

Ahora O_{q^{\prime}}(H_{1} \cap H_{2}) = O_{q^{\prime}}(N_{H_{2}}(U)) \leq O_{q^{\prime}}(H_{2}).

Pretendemos que O_{q^{\prime}}(H_{1}) debe tener un orden divisible por p si no es trivial. De lo contrario, O_{q^{\prime}}(H_{1}) \leq X \leq H_{1} \cap H_{2} y O_{q^{\prime}}(H_{1}) \leq O_{q^{\prime}}(H_{1} \cap H_{2}) \leq O_{q^{\prime}}(H_{2}), lo O_{q^{\prime}}(H_{1}) = O_{q^{\prime}}(H_{2}). Pero, a continuación, O_{q^{\prime}}(F(H_{1})) = O_{q^{\prime}}(F(H_{2})) y ambos son no triviales, una posibilidad que nos han excluido, ya que conduce a H_{2} \leq H_{1}. Esto deja dos posibilidades a considerar. En primer lugar, puede ser que F(H_{1}) es q-grupo de algunos de los mejores q. En ese caso, F(G) es q-grupo. Pretendemos que q<5 en este caso: para lo contrario, para Q \in {\rm Syl}_{q}(X), tenemos ZJ(Q) \lhd G, y ZJ(Q) es un subgrupo normal de G que es invariante bajo cualquier isomorfismo de H_{1} a H_{2}.

La otra posibilidad es que cada vez que O_{q}(G) \neq 1, O_{q^{\prime}}(H_{1}) ha pedido divisible por p,, en cuyo caso, O_{q^{\prime}}(G) debe tener un orden divisible por p, as O_{q^{\prime}}(H_{1}) \leq O_{q^{\prime}}(G).

La PRUEBA de QUE ESTO NO PUEDE SUCEDER EN los GRUPOS De ORDEN IMPAR: Vamos a G ser un número finito (solucionable) grupo de orden impar. Vamos a probar que si H_{1} es un subgrupo maximal de G e H_{2} es un subgrupo de G isomorfo a H_{1}, entonces H_{2} también es máxima. Por el trabajo anterior sobre este problema por mí mismo, y Marty Isaacs, podemos suponer que O_{p}(G) = 1, donde [G:H_{1}] = p^{a}, donde p es el primer y a es un entero positivo. Como antes, si \alpha :H_{1} \to H_{2} es un isomorfismo, podemos suponer que ni normal subgrupo de G contenida en H_{1} es \alpha-invariante (tenga en cuenta que,si lo fuera, estaría contenida en H_{2} también).

Ahora si X es un número finito (solucionable) grupo de orden impar, y O_{p^{\prime}}(X) =1, entonces ZJ(P) \lhd X, donde J denota el Thompson subgrupo. Este es un Teorema de Glauberman. ZJ(P) es incluso característica, como Glauberman observado. Una manera de ver esto es que tenga en cuenta que ZJ(P) es la intersección de todos los Abelian p-subgrupos de X de la máxima orden. Esto se deduce fácilmente como J(P^{g}) = J^(P)^{g}, e lo ZJ(P) no depende de la particular Sylow p-subgrupo P elegido. De ello se sigue, que el ZJ(P) centraliza, por tanto, está contenida en cada Abelian p-subgrupo de X de la máxima orden. Un nilpotent inyector I de un número finito de solucionable grupo X es la máxima nilpotent subgrupo de X que contiene F(X). Un nilpotent inyector es único hasta conjugacy en X,, y para cada uno de los prime q, el subgrupo O_{q}(I) es un Sylow q-subgrupo de C_{G}(O_{q^{\prime}}(X)). Pretendemos que al X ha extraña orden, y me es nilpotent inyector de X, entonces ZJ(I) \lhd X. Es suficiente para demostrar que ZJ(O_{q}(I)) \lhd X para cada uno de los prime q. (Aquí, J(I) indica el subgrupo de I generado por su Abelian subgrupos de máximo orden). Deje C = C_{X}(O_{q^{\prime}}(X)). Entonces O_{q}(I) \in {\rm Syl}_{q}(C), por lo que C = O_{q^{\prime}}(C)N_{C}(ZJ(O_{q}(I)) por Glauberman del teorema. Pero O_{q^{\prime}}(C) \leq O_{q^{\prime}}(X), so that ZJ(O_{q}(I)) \lhd C. And it is even characteristic, because O_{q^{\prime}}(C) \times ZJ(O_{q}(I)) is characteristic. Since C \lhd X, we have ZJ(O_{q}(I)) \lhd X, as required. Hence ZJ(I) \lhd X.

Tenga en cuenta queZJ(I) \leq F(X),, de modo que ZJ(I) \leq T por cada nilpotent inyector T de % de X. Desde T = I^{x} para algunos x, vemos que ZJ(I) = ZJ(T) es independiente de la particular nilpotent inyector I de % de X que es elegido.

Ahora volvamos a nuestro solucionable grupo G de los impares de la orden con su máxima subgrupo H_{1} y un subgrupo isomorfo H_{2}, tanto de índice de un poder de p, donde O_{p}(G) = 1.

Podemos suponer que H_{1} e H_{2} contienen una Sala común) p^{\prime}- subgrupo M de % de G, posiblemente después de la sustitución de H_{2} por un conjugado. AhoraF(H_{1})F(H_{2}) \leq M,, de modo que F(H_{1})F(H_{2}) \leq F(M). Deje I ser un nilpotent inyector de M contiene F(M). Entonces I es nilpotent inyector de H_{1} e de H_{2}, ya que contiene F(H_{1}) e F(H_{2}) e O_{p}(H_{i}) = 1 por cada I.

También, I es nilpotent inyector de G, desde F(G) es p^{\prime}-grupo. Por lo tanto ZJ(I) \lhd G. Cómo vamos a \alpha :H_{1} \to H_{2} ser un isomorfismo. A continuación, T = I\alpha es nilpotent inyector de H_{2}, y también un nilpotent inyector de G. Ahora ZJ(I)\alpha = ZJ(I\alpha) = ZJ(T) = ZJ(I). Esto contradice nuestra suposición de que no había no trivial \alpha-invariante normal subgrupo de G contenida en H_{1}.

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