En cuanto a la teoría de grupos finitos, el núcleo de subgrupos y $\Delta_H(G)$ .

Question

Esta fue una pregunta de desafío publicada por mi profesor en el curso de álgebra el semestre pasado, y he estado tratando de resolverla. Creo que probablemente hay una solución en línea, pero no pude encontrar mucha información sobre este desafío.

Dejemos que $G$ sea un grupo finito no trivial, y sea $H\le G$ ser s.t. $|\text{Core}_G(H)|=1$ , donde $\text{Core}_G(H):=\underset{g\in G}{\cap}gHg^{-1}$ .

1. Demostrar que $\Delta_H(G):=G-\underset{g\in G}{\cup}gHg^{-1}$ es no vacía;
2. Puede $\Delta_H(G)$ contienen un elemento de orden de potencia primo?

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Mi pensamiento:

Estaba discutiendo por casos. Caso 1: $Z(G)$ no es trivial; Caso 2: en caso contrario.

En el caso 1, digamos que tenemos $x\in Z(G)$ con $x\ne e$ . Entonces $x\notin H$ Si no fuera así, tendríamos $x\in\text{Core}_G(H)$ que hace que $|\text{Core}_G(H)|>1$ . Así, $x\in\Delta_H(G)$ , como $x\notin gHg^{-1}$ para cualquier $g\in G$ . Por lo tanto, $\Delta_H(G)$ es no vacía. Además, resulta que $Z(G)\subset\Delta_H(G)$ , por lo que debe haber un elemento de orden de potencia primo.

No tengo pistas sobre cómo tratar el caso 2. Intenté pensar en términos de clases de conjugación (así que $\text{Core}_G(H)$ es la intersección de todas las clases de conjugación de $h\in H$ y $\Delta_H(G)$ es el conjunto de elementos que no están en ninguna clase de conjugación de $h\in H$ ), pero parece que no conduce a una solución.

Answer 1

Es bien sabido que ningún grupo puede ser la unión de conjugados de un subgrupo propio de índice finito . En particular, ningún grupo finito puede ser la unión de los conjugados de un subgrupo propio. Dado que se nos da que el núcleo de $H$ es trivial, $H\neq G$ por lo que la parte (1) se deduce de un argumento de recuento.

Para la parte (2), la respuesta es "sí, es posible". Para ver esto, dejemos que $p$ sea un primo impar, y sea $G$ sea el grupo no abeliano de orden $p^3$ y el exponente $p$ con generadores $x$ y $y$ ( $G$ también se denomina a veces grupo de Heisenberg de orden $p^3$ ). Entonces $H=\langle x\rangle$ es un subgrupo propio de orden $p$ pero no es normal. Como no es normal, su núcleo debe ser un subgrupo propio de $H$ . Pero $H$ es de orden primo, por lo que el núcleo de $H$ es trivial. La unión de sus conjugados no puede ser toda $G$ como se ha comentado anteriormente, pero cada elemento de $\Delta_H(G)$ es un elemento de un $p$ -grupo, por lo que tiene un orden que es una potencia de $p$ (de hecho, igual a $p$ ).

Para $p=2$ , toma $G=D_4$ el grupo diédrico de orden $8$ , $G=\langle r,s\mid r^4=s^2=1, sr=r^3s\rangle$ y que $H=\{e,s\}$ . De nuevo, $H$ no es normal sino de orden primo, por lo que su núcleo es trivial. Cualquier elemento de $\Delta_H(G)$ que no puede ser trivial, es del orden de una potencia de $2$ .

Answer 2

Con respecto a tu pregunta 1. el planteamiento clásico es un argumento de conteo como señala Arturo. Pero si se conoce algo de teoría de caracteres de grupos, en particular los caracteres inducidos y la reciprocidad de Frobenius, se puede proceder como sigue. Sea $H \lt G$ con $|G:H|$ finito y suponer $\bigcup_{g \in G}g^{-1}Hg=G$ . Inducir el carácter trivial $1_H$ de $H$ Entonces $(1_H)^G(x)=\frac{1}{|H|}\sum_{g \in G}1_H^{\circ}(g^{-1}xg)=|G:H|$ . (aquí $1_H^{\circ}(t)=1_H(t)=1$ si $t \in H$ y $1_H^{\circ}(t)=0$ si $t \notin H$ ). Por lo tanto, $|G:H|=[(1_H)^G,1_G]_G=[1_H,(1_G)_H]_H=[1_H,1_H]_H=1$ por la reciprocidad de Frobenius. Así que, $G=H$ una contradicción.