Quiero mostrar cualquier grupo de orden $7^2 \cdot11^2\cdot19$ es abeliana, sé que $n_7=1$ y $n_{11}=1$ o $7\cdot19$ y $n_{19}=1,7\cdot11$ o $7^2\cdot11^2$ . Pero no sé a dónde debo ir desde aquí.
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Dejemos que $G$ sea un grupo de orden $7^2 \cdot 11^2 \cdot 19$ . Sea $H, K, L$ ser un $7$ -Silencio, $11$ -Silencio, $19$ -silencio de $G$ respectivamente, entonces $H \lhd G$ .
$G$ tienen un subgrupo normal de orden $7^2\cdot 11^2$ .
Tenga en cuenta que $H K$ es un subgrupo de índice $19$ por lo que una representación de permutación en estos $19$ cosets (mediante la multiplicación por la izquierda): $$\varphi: G\to S_{19}$$ esto no puede ser una incrustación porque $11^2 \nmid 19!$ . $\varphi$ tampoco es trivial porque la acción es transitiva. También hay que tener en cuenta que $H \subset \ker \varphi$ por la normalidad. Por lo tanto, $$|\ker \varphi| = 7^2 \quad \text{ or } \quad 7^2\cdot 11 \quad \text{ or } \quad 7^2\cdot 11^2 \quad \text{ or } \quad 7^2\cdot 19 \quad \text{ or } \quad 7^2\cdot 11 \cdot 19$$ con el correspondiente tamaño de la imagen: $$|\text{im } \varphi| = 11^2\cdot 19 \quad \text{ or } \quad 11\cdot 19 \quad \text{ or } \quad 19 \quad \text{ or } \quad 11^2 \quad \text{ or } \quad 11$$ ya que la acción es transitiva y la imagen es un subgrupo de $S_{19}$ podemos eliminar todos excepto el caso $|\text{im } \varphi| = 19$ con la correspondiente $|\ker \varphi| = 7^2\cdot 11^2$ .
$K \lhd G$ .
Dejemos que $F\lhd G$ sea el subgrupo normal de orden $7^2 \cdot 11^2 $ obtenida arriba. Entonces es fácil verificar $F$ es abeliano y $H \leq F$ . Sea $Q$ sea el $11$ -silencio en $F$ entonces $F = H Q$ . Para cualquier $g\in G$ , $$g HQ = HQ g \implies HgQ = HQg \implies gQg^{-1} \subset HQ$$ Por lo tanto, todos $11$ -silencio de $G$ está contenida en $HQ$ . Sin embargo, $HQ$ es abeliana, por lo que de hecho sólo hay una $11$ -Silencio.
$G$ es abeliana.
Sea un conjunto de genetistas de $K$ sea $\{k_i\}$ de $H$ sea $\{h_i\}$ . Sea un geneador de $L$ sea $l$ . Si $k\in \{k_i \}, h\in \{h_i \}$ entonces para algunos enteros $r,j$ : $$lkl^{-1} = k^j \implies j^{19} \equiv 1 \pmod{11}$$ $$lhl^{-1} = h^r \implies r^{19} \equiv 1 \pmod{7}$$ La única solución posible es $r\equiv 1, j\equiv 1$ . Por lo tanto, $G$ es abeliana.
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Puntos
608
Un enfoque ligeramente diferente.
1) utilizar los teoremas de Sylow para demostrar que todo grupo de orden $11^2.19$ es abeliana.
2) (como ya hizo el OP) utilizar el teorema de Sylow para demostrar que el 7-Sylow $H$ en $G$ es normal.
3) Dado que el grupo de automorfismo de $H$ tiene orden $6\times 7$ o $6^2\times 7\times 8$ la acción del cociente $G/H$ en $H$ es trivial, por lo que $H$ es central.
4) Para $p\in\{11,19\}$ , dejemos que $M$ ser un $p$ -Silencio en $G$ . Entonces la imagen de $M$ en $G/H$ es el único $p$ -Sylow del grupo abeliano $G/H$ . La imagen inversa en $G$ de este último es el producto directo $H\times M$ . Así que $M$ está definida de forma única. Por lo tanto, para ambos $p=11$ y $p=19$ , $G$ tiene un único $p$ -Sylow. Así que $G$ es producto directo de sus subgrupos Sylow, y como los exponentes de los primos son $\le 2$ se deduce que $G$ es abeliana.
Observaciones adicionales. Este método funciona sin cambios para cualquier grupo de orden $q_1^2q_2^2q_3$ cuando $q_1,q_2,q_3$ son primos distintos tales que
(a) $q_3$ no divide $q_2-1$ o $q_2+1$ y $q_2$ no divide $q_3-1$
(b) ninguno de $q_2,q_3,q_2^2,q_2q_3,q_2^2q_3$ es igual a 1 módulo $q_1$ (por lo que (2) se adapta).
(c) ninguno de $q_2,q_3$ divide $q_1-1$ o $q_1+1$ (para que (3) se adapte)
[Nótese que (c) es una condición necesaria, ya que en caso contrario existe un grupo no abeliano de orden $q_1^2q_i$ para algunos $i\in\{2,3\}$ . Del mismo modo, (a) es una condición necesaria. En (b) también es necesario que $q_2,q_3,q_2^2$ son $\neq 1$ modulo $q_1$ pero (b) no es necesario, véase más adelante].
Partiendo de que los grupos de orden impar son resolubles, las condiciones óptimas son las siguientes:
Hecho: dejar que $q_1,q_2,q_3$ sean primos distintos. Entonces todo grupo de orden $q_1^2q_2^2q_3$ es abeliano si y sólo si se cumple lo siguiente
(A) $q_1,q_2$ no dividir $q_3-1$
(B) $q_1,q_3$ no dividir $q_2\pm 1$
(C) $q_2,q_3$ no dividir $q_1\pm 1$ .
Obsérvese que estas condiciones implican que todos los $q_i$ son $\ge 5$ . Un ejemplo no contemplado en el caso anterior es $(5,7,13)$ porque $q_2q_3$ es igual a 1 módulo $q_1$ . Aún así, desde $q_1,q_2$ juegan el mismo papel, y $(7,5,13)$ está cubierto. De todos modos, $(5,7,73)$ satisface (A)(B)(C) pero ninguno de los dos $(5,7,73)$ ni $(7,5,73)$ satisface (b), ya que $7.73$ es igual a 1 módulo 5 y $5.73$ es igual a 1 módulo 7.
