Caracterización de grupos finitos $G$ tal que todo subgrupo propio de $G$ tiene un suplemento adecuado.

Question

Dejemos que $G$ sea un grupo finito y $H$ sea un subgrupo propio de $G$ . Un subgrupo propio $K$ de $G$ se dice que es un suplemento de $H$ en $G$ si $HK=G$ . Es evidente que si el subgrupo Frattini de $G$ , $\Phi(G)$ no es trivial, entonces $\Phi(G)$ y sus subgrupos no triviales no tienen ningún suplemento propio en $G$ .

Mi pregunta es: ¿Podemos caracterizar los grupos finitos $G$ con $|\Phi(G)|=1$ tal que todo subgrupo propio de $G$ tiene un suplemento adecuado?

Answer 1

Esta es una respuesta parcial, pero los grupos en cuestión deben ser solucionable . Para ver esto, dejemos $G$ un grupo finito con $\Phi(G)=1$ y tal que todo subgrupo propio tiene un suplemento propio. Elija $p$ el El más pequeño dividir en primer lugar $|G|$ . Por el Teorema de Cauchy podemos encontrar un $x \in G$ con $o(x)=p$ . Poner $H=\langle x \rangle$ . Si $G=H$ entonces $G$ es incluso cíclico, por lo que se puede resolver. Por lo tanto, supongamos $H \lt G$ . Por la suposición, podemos encontrar un $K \lt G$ con $G=HK$ . Desde $K$ es adecuado debemos tener $H \cap K=1$ (si $H \cap K \gt 1$ entonces, ya que $H$ es de orden primo, tendríamos $H \subseteq K$ Así que $G=K$ una contradicción). Así que $|G|=|HK|=\frac{|H||K|}{|H \cap K|}=|K| \cdot p$ . Por lo tanto, $|G:K|=p$ es el primo más pequeño que divide a $|G|$ Así que $K$ debe ser normal.

Demostraremos que $K$ tiene las mismas propiedades que $G$ y por inducción tenemos entonces $G$ es soluble por cíclico, por lo que es soluble. Ahora, $K \lhd G$ Así que $\Phi(K) \subseteq \Phi(G)=1$ . Si $L \lt K$ es un subgrupo propio de $K$ entonces ciertamente $L \lt G$ para que tenga un suplemento adecuado $M$ Es decir $G=ML$ . Aplicando el lema de Dedekind vemos que $K=K \cap ML=(K \cap M)L$ . por lo tanto $K \cap M$ es un complemento de $L$ . Terminamos demostrando que $K \cap M$ es un subgrupo propio de $K$ Si no es así, entonces $K \cap M=K$ , o de forma equivalente, $K \subseteq M$ . Pero entonces $G=ML \subseteq MK=M$ , contradiciendo el hecho de que $M$ es adecuado en $G$ .