Es un grupo finito isomorfo con el proucto directo del Sylow $p$ subgrupos?

Question

Mi pregunta es la misma que el título

'( $\forall$ grupo finito, G) $\simeq$ ( $\Pi$ el Sylow $p$ subgrupos del G)'

Quiero saber si esta afirmación es válida o no (no estoy seguro de que mi prueba sea correcta).

Mi prueba) No estoy seguro de que mi juicio sea correcto o no.

Cuando el $\vert G\vert = p^n$ es trivial que G sea isomorfo con el propio subgrupo p bajo.

Sea $\vert G \vert$ = $p_{1}^n p_{2}^m k$ para prime $p_1,p_2$ y $k\neq 1$ con $(p_1, k) = (p_2,k) =1$

Entonces, $\exists P_1$ y $P_2$ $s.t.$ $\vert P_1 \vert = p_1^n$ y $\vert P_2 \vert = p_2^m$ respectivamente.

(Por sylow First thm, $P_1$ y $P_2$ son subgrupos bajos).

También $P_1 \cap P_2 = \{ e \}$ ( $e$ significa identidad del $G$ )

Y claramente, $P_1, P_2 \leq G$ que significa subconjunto(subgrupos)

Por lo tanto, $\vert P_1P_2 \vert$ = ${\vert P_1 \vert \vert P_2 \vert} \over \vert P_1 \cap P_2 \vert$ = $\vert P_1 \vert \vert P_2 \vert$

Por lo tanto $k$ puede ser primo descompuesto por los otros primos, $p_i(\neq p_1, p_2)$

Mismo proceso Como el anterior, Podemos concluir

$\vert G \vert$ = $\Pi _1 ^n \vert P_i \vert \Rightarrow G \simeq \Pi _1 ^n \ P_i$ (Dado que cada $P_i$ son subconjuntos de G )

Answer 1

Su afirmación es incorrecta. La afirmación correcta es:

Un grupo finito es isomorfo al producto directo de sus subgrupos de Sylow si y sólo si todos los subgrupos de Sylow del grupo son normales.

Véase, por ejemplo, el teorema 3.3 de ce propaganda de Keith Conrad.

Answer 2

Otros ya explicaron que no se obtiene un producto directo de grupos porque para eso se necesita que los elementos de subgrupos distintos conmuten (o que ambos sean normales). Ni siquiera se obtiene un producto semidirecto, ya que para ello es necesario que uno de los factores sea normal.

Hay otro problema fundamental en su planteamiento. Ni siquiera conseguirás un juego de la talla prescrita.

Un elemento básico de su argumento parece ser la fórmula de que si $H\le G, K\le G$ entonces podemos formar el conjunto $$ HK=\{hk\mid h\in H, k\in K\}, $$ y es fácil demostrar que el tamaño de este conjunto es $$ |HK|=\frac{|H|\cdot|K|}{|H\cap K|}.\qquad(*) $$ Pero entonces te encuentras con el siguiente problema:

Fórmula $(*)$ sólo se garantiza si $H$ y $K$ son ambos subgrupos.

Usted todavía está bien, cuando se forma el producto de dos Sylow subgrupos $P_1P_2$ (pertenecientes a primos distintos $p_1\neq p_2$ . Pero.., $P_1P_2$ no es necesariamente un subgrupo, así que cuando añades un tercer primo las cosas pueden romperse, y no necesariamente tienes $|P_1P_2P_3|=|P_1|\cdot|P_2|\cdot|P_3|$ .

Un ejemplo de ello es el grupo $A_5$ de orden $60$ . Sea $$ \begin{aligned} P_1&=\langle (12)(34), (13)(24)\rangle,\ \text{a Sylow $2$-subgroup,}\\ P_2&=\langle (135)\rangle,\ \text{a Sylow $3$-subgroup,}\\ P_3&=\langle (14352)\rangle,\ \text{a Sylow $5$-subgroup.} \end{aligned} $$ Al formar los productos ocurre lo siguiente: $$ ((12)(34))(135)=(14352). $$ Lo que significa que algunos elementos de $P_3$ ya pertenecen al producto $P_1P_2$ . De ello se deduce que hay más de una forma de escribir $1_G$ de la forma $1_G=x_1x_2x_3$ con $x_i\in P_i, i=1,2,3$ . En consecuencia, el conjunto $P_1P_2P_3$ tiene menos de lo esperado $4\cdot3\cdot5$ elementos, y no ha conseguido todos $60$ .

• En mi ejemplo es posible "arreglar" el planteamiento utilizando $P_2'=\langle (123)\rangle$ en lugar de $P_2$ . Porque entonces ambos $P_1$ y $P_2'$ serían subgrupos de una copia de $A_4$ y el producto $P_1P_2'$ sería necesariamente todo $A_4$ . En otras palabras, un subgrupo. Lo que implica que $(P_1P_2')P_3$ sería todo $A_5$ (pero sigue sin ser un producto directo, ni siquiera semidirecto).
• Pero es imposible "arreglar" de forma similar todos los casos. Por ejemplo, el orden en que se procesen los factores primos será importante. Si quieres hacer un subgrupo de orden $20$ como producto de un Sylow $2$ -y un Sylow $5$ -subgrupo se encuentra con el obstáculo de que $A_5$ no tiene subgrupos de orden $20$ . La prueba se deja como ejercicio (considere la acción izquierda de $A_5$ sobre los cosets de dicho subgrupo para obtener un homomorfismo de $A_5$ a $S_3$ y utilizar el hecho de que $A_5$ es sencillo).
• En general, el conjunto $HK$ es un subgrupo si y sólo si los conjuntos $HK$ y $KH$ son el mismo conjunto. Esto se cumple si al menos uno de $H$ , $K$ es un subgrupo normal de $G$ . En general no tenemos subgrupos Sylow normales, por lo que es posible que tu cohete ni siquiera despegue y mucho menos pase a la segunda etapa.

Answer 3

Esto es falso para $S_3$ por ejemplo. Su prueba muestra que el grupo es el producto interno de su Sylow $p$ -subgrupos, lo cual es cierto pero mucho más débil que demostrar que es el producto directo.

Answer 4

Consideremos el grupo simétrico $S_3$

Si este grupo fuera un producto directo de dos de sus subgrupos Sylow $P_2$ y $P_3$ tendríamos

$$S_3 \cong P_2 \times P_3 \cong C_2\times C_3\cong C_6$$

y luego $S_3$ es un grupo abeliano, contradicción.

Los grupos para los que se cumple esta propiedad se denominan grupos nilpotentes. Las siguientes afirmaciones son equivalentes para un grupo finito $G$ :

(1) $G$ es nilpotente

(2) Todo subgrupo Sylow de $G$ es normal.

(3) Todo subgrupo maximal de $G$ es normal.

(4) Todo subconjunto adecuado de $G$ está correctamente contenida en su normalizador.

(5) $G$ es el producto directo de sus subgrupos Sylow.

En particular, $S_3$ no es nilpotente. Sin embargo, se puede resolver.