Si $|G|=p^3q^2$ entonces $\Phi(G)$ es cíclico para los primos $p\neq q$ .

Question

He conjeturado este resultado para el subgrupo Frattini haciendo algunos cálculos en GAP. Creo que esto es cierto incluso si $|G|=p_1^{i_1}\cdots p_n^{i_n}$ para $i_j\leq 3$ tiene, pero me gustaría quedarme primero con este ejemplo. Sé lo siguiente:

Si $p\mid |G|$ entonces $p\mid |G/\Phi(G)|$ por lo que el orden de $\Phi(G)$ es como máximo $p^2q$ . Desde $\Phi(G)$ es nilpotente, también debe ser abeliano.

Por eso creo que basta con demostrar este resultado sólo para los abelianos $G$ (lo cual es bastante fácil), ya que considerar todos los grupos abelianos con ese orden llevaría a todos los posibles abelianos $\Phi(G)$ . Pero todavía necesito un argumento válido para ello.

También probé la suposición $\Phi(G)=C_p\times C_p$ o $\Phi(G)=C_p\times C_p\times C_q$ pero aún no he encontrado ninguna contradicción.

Me gustaría ver algunas ideas o enfoques para esta conjetura.

Answer 1

En realidad, la versión generalizada de su conjetura que dice "Si $|G|=p_1^{i_1}\cdots p_n^{i_n}$ para $i_j\leq 3$ entonces $\Phi(G)$ es cíclica" es verdadera.

Para demostrarlo, primero demostraremos tres pequeños lemas:

Lema 1 Supongamos que $G$ es un grupo finito y $H$ es su subgrupo propio. Supongamos que $\phi: G \rightarrow K$ es un homomorfismo, tal, que $Ker \phi \leq H$ . Entonces $H$ es el máximo subgrupo propio en $G$ si $\phi(H)$ es el máximo subgrupo propio de $\phi(G)$ .

Prueba: Si $H < J < G$ entonces $[\phi(J):\phi(H)] = [J:H] > 1$ y $[\phi(G):\phi(J)] = [G:J] > 1$ , lo que implica $\phi(H) < \phi(J) < \phi(G)$ . Si $\phi(H) < \phi(J) < \phi(G)$ entonces $[J:H] = [\phi(J):\phi(H)] > 1$ y $[G:J] = [\phi(G):\phi(J)] > 1$ , lo que implica $H < J < G$ . Así, $H$ es el máximo subgrupo propio en $G$ si $\phi(H)$ es el máximo subgrupo propio de $\phi(G)$ Q.E.D

Lema 2 Supongamos que $G$ es un grupo finito y $\phi: G \rightarrow K$ es un homomorfismo, tal, que $Ker \phi \leq \Phi(G)$ . Entonces $\Phi(\phi(G)) = \phi(\Phi(G))$ .

Prueba: Supongamos que $\{H_i\}_{i = 1}^{n}$ son todos los subgrupos propios maximales de $G$ . Entonces, por el lema 1, todos los subgrupos propios maximales de $\phi(G)$ son exactamente $\{\phi(H_i)\}_{i = 1}^{n}$ . Así, $\Phi(\phi(G)) = \bigcap_{i = 1}^n \phi(H_i) = \phi(\bigcap_{i = 1}^n H_i) = \phi(\Phi(G))$ Q.E.D.

Lema 3 Supongamos que $G$ es un grupo finito y $\pi$ es un conjunto de primos. Entonces $\Phi(G)$ tiene un Salón único $\pi$ -y es característico en $G$ .

Prueba: Como $G$ es finito, $\Phi(G)$ es nilpotente. Por lo tanto, es un producto directo de sus subgrupos de Sylow. Por tanto, todos sus subgrupos de Hall son únicos y característicos en $\Phi(G)$ . Así que son característicos en $G$ también, como $\Phi(G)$ es característico en $G$ .

Ahora, probemos tu conjetura.

Como $\Phi(G)$ es nilpotente, es cíclico si todos sus subgrupos Sylow son cíclicos. Ahora, supongamos que $p$ es un divisor primo de $|G|$ . Supongamos, $P$ es el único Sylow $p$ -subgrupo de $\Phi(G)$ . Entonces, $|P|$ es $p$ o $p^2$ . Supongamos, $P$ es no cíclica. Entonces es isomorfo a $C_p \times C_p$ . Supongamos que $Q$ es el subgrupo Hall de $\phi(G)$ correspondiente al conjunto de todos los divisores primos de $G$ excepto $p$ . Entonces puedes ver, que $P \times Q = \phi(G)$ . Por el lema 3, $Q$ es característico y, por tanto, normal. Ahora, consideremos el grupo $\frac{G}{Q}$ . $|\frac{G}{Q}| | |G|$ y por lo tanto $|\frac{G}{Q}|=p_1^{i_1}\cdots p_n^{i’_n}$ para $i’_j\leq 3$ Y por el Lemma 2, $\Phi(\frac{G}{Q}) = \frac{\Phi(G)}{Q} = P$ . Sin embargo, para todo grupo finito $H$ , $\Phi(G) \cong C_p \times C_p$ implica $p^4 | |H|$ (la prueba de este hecho se puede encontrar aquí: Una pregunta sobre el subgrupo Frattini de forma específica ). Así que tenemos una contradicción. Esto significa que $\Phi(G)$ es efectivamente cíclico. Q.E.D.