Las raíces de la unidad en la que no Abelian grupos: cuando se forman subgrupos?

Question

No he estudiado la teoría de grupos en serio más allá de los primeros cursos, por lo que mi notación puede ser estándar y mi pregunta puede ser un 'estándar', así que tengan paciencia conmigo:

Considere un grupo de $G$, y para cada número natural $n \in \mathbb{N}$ definir $$G_n := \{g \in G : g^n = 1\}$$ el conjunto de $n^\text{th}$ raíces de la unidad en la $G$. Si $G$ es Abelian, a continuación, cada una de las $G_n$ es un subgrupo de $G$, pero en general esto puede no ser el caso: por ejemplo, tomando $$G = D_3 = \langle \sigma, \tau : \sigma^2 = \tau^3 = 1, \tau \sigma = \sigma \tau^2 \rangle,$$ podemos calcular que $$ G_2 = \{1,\sigma,\sigma \tau, \sigma \tau^2\}$$ que no es un subgrupo de $D_3$. Esto lleva a la primera pregunta, que ya he contestado:

Hay no Abelian grupos $G$ de manera tal que todos los $G_n$ es un subgrupo de $G$?

El más pequeño de tales $G$ es el quaternion grupo, asumiendo mis cálculos son correctos. Así que perfeccionar esta pregunta:

Que no Abelian grupos $G$ son tales que todos los $G_n$ es un subgrupo de $G$?

No he hecho ningún cálculos para grupos de más de la cuádrupla grupo, pero he pensado que me gustaría lanzar esta pregunta a la luz. Sin embargo, el cálculo de arriba para $D_3$ muestra que no diedro grupos $D_n$ $n \geq 3$ satisfacer esta propiedad, ya que $$(D_n)_2 = \{1,\sigma,\sigma \tau, \ldots, \sigma \tau^{n-1}\}$$ no es un subgrupo de $D_n$.

Tener en ella!

Answer 1

Voy a usar la notación $\sqrt[n]{G}$ lugar. En esta respuesta a todos los grupos será finito.

Si $G$ tiene un Sylow $p$-subgrupo $P$ lo cual no es normal, entonces los elementos de orden dividiendo $|P|$ no puede formar un subgrupo (ya que consiste, precisamente, de los conjugados de la $P$). Por lo tanto, en orden de $\sqrt[n]{G}$ a ser siempre un subgrupo, cada subgrupo de Sylow de las necesidades a ser normal.

Lema: Vamos a $G$ ser un número finito de grupo en la que todos los subgrupos de Sylow son normales. A continuación, $G$ es el producto directo de sus subgrupos de Sylow.

Prueba. Deje $g$ ser un elemento de un Sylow $p$-subgrupo y $h$ ser un elemento de un Sylow $q$-subgrupo, $p \neq q$. A continuación, $ghg^{-1} h^{-1}$ se encuentra en un Sylow $q$-subgrupo (desde $ghg^{-1}$ está en Sylow $q$-subgrupo), pero también en un Sylow $p$-subgrupo (desde $hg^{-1} h^{-1}$ se encuentra en un Sylow $p$-subgrupo), y la intersección de cualquiera de las dos subgrupos es trivial. Por lo tanto $gh = hg$. De ello se desprende que la obvia mapa de el producto directo de los subgrupos de Sylow de $G$ $G$es un inyectiva homomorphism entre dos grupos del mismo tamaño, por lo tanto, un isomorfismo. $\Box$

Escribir $G = P_1 \times ... \times P_k$ donde $P_i$ es el Sylow $p_i$-subgrupo de ($p_i$ los números primos en orden creciente) y deje $n = \prod p_i^{e_i}$. Entonces

$$\sqrt[n]{G} = \prod \sqrt[p_i^{e_i}]{P_i}.$$

En consecuencia, $\sqrt[n]{G}$ es siempre un subgrupo de $G$ si y sólo si $\sqrt[p_i^{e_i}]{P_i}$ es siempre un subgrupo de $P_i$.

Así el problema se reduce al caso de no abelian $p$-grupos, y aquí no tengo idea de lo que puede suceder en general, pero aquí hay una infinidad de ejemplos para cada $p \ge 3$: el discreto grupo de Heisenberg $H_3(\mathbb{F}_{p^n})$ no es abelian de orden $p^{3n}$, y cada elemento puede ser escrita en la forma $I + N$ donde $N$ $3 \times 3$ nilpotent matriz $\mathbb{F}_{p^n}$. Por lo tanto

$$(I + N)^p = I + p N + {p \choose 2} N^2 = I$$

y llegamos a la conclusión de que cada elemento tiene orden dividiendo $p$.