Un subgrupo normal interseca el centro de la $p$ -grupo no trivial

Question

Si $G$ es un finito $p$ -con un subgrupo normal no trivial $H$ entonces la intersección de $H$ y el centro de $G$ no es trivial.

Answer 1

Tal vez un argumento un poco menos intensivo desde el punto de vista computacional sea simplemente observar que, dado que $H$ es normal, debe ser una unión de clases de conjugación. Cada clase de conjugación de $G$ tiene $p^i$ elementos para algunos $i$ ya que $H$ contiene al menos una clase de conjugación con $p^0 = 1$ elementos (la clase de la identidad), y $|H|\equiv 0 \pmod{p}$ debe contener otras clases con un solo elemento, que deben ser clases de elementos centrales de $G$ .

Answer 2

$H$ es normal, considere $G$ actuando sobre $H$ por conjugación .

La ecuación de clase da como resultado $$ \left| H \right| = \left| H^G \right| + \sum_i [G:Stab_{h_i}] \, , $$ donde $ H^G = \{ h \in H \mid \ ghg^{-1} = h , \ \forall g \in G \} $ son los puntos fijos y $ Stab_{h_i} = \{ g \in G \ \mid \ gh_ig^{-1} = h_{i} \}\leqslant G $ es el estabilizador de un $h_i \in H$ . Obsérvese que en este caso $ H \cap Z(G) = H^G $ .

$p$ divide $\left| H \right|$ et $[G:Stab_{h_i}]$ para cada órbita no trivial, por lo que divide $\left| H^G \right|$ . En particular, $H^G$ no está vacío, por lo que hay un elemento de $H$ que también está en el centro de $G$ .

Answer 3

Dejemos que $a_{1}, . . . , a_{k}$ sean representantes de las clases de conjugación de $G$ ordenados de tal manera que $a_{m} \in H$ et $a_{m+1}, \cdots , a_{k} \notin H$ . La clase de conjugación $C(a_{i})$ tienen $C(a_{i}) \subset H$ o $C(a_{i}) \cap H = \{e\}$ . En primer lugar, organice el $\{a_{1}, . . . , a_{m}\}$ para que la primera $r$ representan clases de conjugación de tamaño 1, (es decir, elementos en $H \cap Z$ ) y este último $m − r$ representan clases de tamaño superior a 1. Entonces podemos escribir la ecuación de clase para $H \cap Z = H$ como: $$|H| = \sum\limits_{i=1}^{m} |C(a_{i}) \cap H| = |H \cap Z| + \sum\limits_{i=r}^{m} |C(a_{i})| = |H \cap Z| + \sum\limits_{i=r}^{m}\frac{|G|}{|N(a_{i})|}$$

Como $|H| < p^{n}$ cada término de la suma es divisible por $p$ así que $|H \cap Z|$ de arriba es divisible por $p$ .

Answer 4

¿Podemos probar la inducción en $n$ tomando cocientes como $G/Z$ DONDE $Z$ ES EL CENTRO. Más técnicamente es así. Tomamos el grupo cociente $G/Z$ donde $Z$ es el centro y como $G$ es un $p-group$ , $Z$ no es trivial, por lo que $o(G/Z)=o(G)/O(Z)$ es menor que $o(G)$ para ser ideal para la aplicación de la inducción.Ahora mira el conjunto $S=(Zx|x\in N)$ Mi afirmación es que este conjunto es un subgrupo y, de hecho, un subgrupo normal. $(Zx_1)(Zx_2)=Zx_1x_2$ y por lo tanto el cierre y la propiedad inversa es trivial.De nuevo para cualquier $x \in G$ et $n \in N$ $(Zx)(Zn)(Zx)^{-1}=Zxnx^{-1}$ y debido a $N$ ser normal, que pertenece a $S$ .por lo tanto $S$ es un subgrupo normal en $G/Z$ Ahora, debido a la no trivialidad de $Z$ podemos aplicar la inducción para afirmar que la intersección de $S$ con el centro de $G/Z$ no es trivial, es decir, hay un $a$ no en $Z$ pero en $N$ tal que $Zax=Zxa$ para todos $x \in G$ Por lo tanto, hay un $a \in N$ tal que $axa^{-1}x^{-1}$ pertenece a $Z$ para todos $x \in G$ .ahora como $a^{-1}$ pertenece a $N$ claramente $xa^{-1}x^{-1}$ estar en $N$ y por lo tanto $axa^{-1}x^{-1}$ pertenece a $N$ Pero si $N$ et $Z$ tiene una intersección trivial, entonces $ax=xa$ para todos $x \in G$ que hace que $a \in Z$ una contradicción.