Subgrupos finitos solucionable grupos con paradójicos propiedades

Question

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?

Answer 1

Uno puede obtener un poco más de Geoff situación, donde $O_p(G) > 1$. Escribir $U = O_p(G)$ e $U_i = U \cap H_i$, lo $U_i = O_p(H_i)$, como Geoff mostró. En particular, $|U_1| = |U_2|$. Tenga en cuenta que el $U_i$ son apropiados en $U$. Yo reclamo que $U = U_1U_2$.

Primero, se observa que la $U_1 \triangleleft G$ desde $N_H(U_1)$ contiene $H_1$ correctamente debido a $N_U(U_1) > U_1$. Desde $H_1$ es máxima, $U_1 \triangleleft G$, como se reivindica. Siguiente, $U/U_1$ es $G$-jefe de la maximality de $H_1$, y, en particular, $U/U_1$ es abelian. Desde $G = UH_2$, se deduce que el $H_2$ actos irreducible en $U/U_1$. Ahora $H_2$ normaliza $U_2$, por lo que normaliza $U_1U_2$. Desde $U_1 \subseteq U_1U_2 \subseteq U$, tendremos a $U_1U_2 = U_1$ o $U_1U_2 = U$.

Desde $|U_1| = |U_2|$, la primera posibilidad rendimientos $U_1 = U_2$, y esto es normal en el subgrupo invariante bajo un isomorfismo de $H_1$ a $H_2$, así tenemos que el $U_i$ son triviales en este caso, y $U$ es mínimo normal en $G$. Desde $G = UH_2$, esto implica que $H_2$ es máxima, contrariamente a la suposición. Por lo tanto tenemos a $U_1U_2 = U$, como se reivindica. En particular, este rendimientos $G = H_1H_2$.

Pero, ¿a dónde vamos a partir de ahí?

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

Suponga $G$ es un mínimo contraejemplo. Deje $D_2 = H_1 \cap H_2$ y deje $D_1$ ser la imagen de $D_2$ en algunas isomorfismo de $H_2$ a $H_1$. Por lo tanto $D_1$ e $D_2$ son isomorfos subgrupos de $H_1$ con $p$-índice de energía igual a $|G:H_2|$. Yo reclamo que $D_1$ es máxima en $H_1$ pero $D_2$ es no, y también los $O_p(H_1) = U_1 > 1$. Desde $G$ es un mínimo contraejemplo y $H_1 < G$, esto se contradice la minimality de $G$.

En primer lugar, a ver que $D_2$ no es máxima en $H_1$, elija un subgrupo $X$ con $H_2 < X < G$. Desde $H_1H_2 = G$, podemos deducir que $D_2 = H_1 \cap H_2 < H_1 \cap X < H_1$, como quería.

A continuación, para mostrar que $D_1$ es máxima en $H_1$, es suficiente a través del isomorfismo para mostrar que $D_2$ es máxima en $H_2$. Tenga en cuenta que $H_1 = U_1D_2$ por Dedekind del lexema. Supongamos $D_2 < Y < H_2$. Recordemos que $U_1 \triangleleft G$, lo $H_1Y = U_1D_2Y = U_1Y$ es un subgrupo. También, $|H_1Y:H_1| = |Y:D_2|$, y de ello se sigue que $H_1 < H_1Y < G$, contradiciendo la maximality de $H_1$.

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

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Mi argumento demuestra que, si $H$ es paradójico, en solucionable $G$ con $p$-índice de poder, a continuación,$O_p(G) \not\subseteq H$. 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.

Answer 2

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 que$F(H_{1})F(H_{2}) \leq F(X),$, 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 que$ZJ(I) \leq F(X),$, 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. Ahora$F(H_{1})F(H_{2}) \leq M,$, 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 $H_{1}.$