Intersección de dos subgrupos abelianos finitos

Question

Tengo una pregunta sobre una prueba de que un grupo de orden 144 no es simple.

Dados dos subgrupos Sylow 3, $P$ y $Q$ sabemos que $P$ y $Q$ son ambos abelianos ya que son de orden $p^2$ . Dejemos que $M=N_G(P \cap Q)$ . Entonces $P \cap Q$ es un subgrupo normal y, por tanto, normal en ambos $P$ y $Q$ . Aquí es donde me encuentro con un problema, la prueba continúa concluyendo que ya que $P$ y $Q$ son subconjunto de $M$ entonces $PQ \subseteq M$ . No estoy seguro de cómo probar esto a mí mismo.

También, $|P \cap Q|=3$ .

Answer 1

Dejemos que $G$ sea un grupo de orden 144 y suponga que $G$ es simple. Argumentaremos mediante un análisis de los subgrupos Sylow 3 de $G$ para llegar a una contradicción. En el camino utilizaremos un resultado quizás menos conocido.

Lema Dejemos que $G$ sea un grupo y $p$ un primo que divide el orden de $G$ . Supongamos que para cada par $P, Q \in Syl_p(G)$ , $P=Q$ o $P \cap Q = 1$ . Entonces $n_p=|Syl_p(G)| \equiv 1$ mod $|P|$ .

Obsérvese que esto generaliza el conocido resultado de que $n_p \equiv 1$ mod $p$ . No demostraré el lema, sino que lo esbozaré: fijar a $P \in Syl_p(G)$ y que este grupo actúe sobre el conjunto de todos los Sylow $p$ -subgrupos por conjugación. La órbita de $P$ mismo es $\{P\}$ y si $Q \neq P$ la órbita de $Q$ tiene una longitud $|P|$ .

Sigamos con el análisis. Como $G$ es simple hay al menos dos diferentes $P, Q \in Syl_3(G)$ . Poner $D = P \cap Q$ . Por supuesto $D$ es un subgrupo propio de $G$ . Vamos a demostrar que de hecho $D=1$ . En ese caso podemos aplicar el lema, $n_3 \equiv 1$ mod 9 y junto con el hecho de que $n_3 \in \{1,2,4,8,16\}$ Esto da como resultado $n_3 =1$ lo que significa que el El subgrupo Sylow 3 es normal, en contra de nuestra suposición $G$ ser simple.
Supongamos ahora que $D \neq 1$ . Desde $P \neq Q$ , $D$ es un subgrupo propio de $P$ pero $|P|=9$ Así que $|D|=3$ . Poner $H=N_G(D)$ . En efecto, $P,Q \subset H$ porque $P$ y $Q$ son abelianas. Nótese que como $P$ y $Q$ son subgrupos diferentes, $P\neq H$ y el índice $[H:P] \neq 2$ , por lo que el índice $[H:P] \geq 4$ . Por otro lado, el índice $[G:H]$ no puede ser $2$ Si no es así $H$ sería normal en el grupo simple $G$ por lo que debe ser un divisor de $16$ y ser al menos $4$ . Todo esto sólo puede ser así si $|H|=36$ o, en su defecto, el índice $[G:H]=4$ .
Por supuesto, el núcleo $_G(H)=1$ y esto significa que $G/$ núcleo $_G(H)=G$ puede ser incrustado en $S_4$ lo cual es absurdo ya que $144 \nmid 24$ . Esta es la contradicción final y por lo tanto $G$ no puede ser simple.

Answer 2

Como $P$ y $Q$ son ambos abelianos, cada uno normaliza $P\cap Q$ por lo que, por definición, está en $M$ . Permítanme añadir que puede que no sea cierto que $PQ$ es un grupo. En general, si $P$ y $Q$ son subgrupos de $M$ entonces $\langle P, Q\rangle$ es un subgrupo de $M$ . Sin embargo, en este caso $\langle P, Q\rangle= PQ$ porque $P$ y $Q$ son abelianas.