Si $G/Z$ es un producto de $p$ -grupos...

Question

Sea $G$ sea un grupo finito. Supongamos que $Z \le Z(G)$ y $G/Z \cong A\times B$ donde $A$ es un $\pi$ -grupo y $B$ es un $\pi'$ -para un conjunto de primos $\pi$ . ¿Es cierto que $G\cong C \times D$ donde $C$ es un $\pi$ -grupo y $D$ es un $\pi'$ -para el mismo conjunto de primos $\pi$ ?

Answer 1

La versión de Hall del teorema de Sylow se ocupa de esto.

Fondo : Sala A π -subgrupo es un π -subgrupo cuyo índice es a π Número ′. Si cada factor de composición de G es un π -subgrupo o un π ′-subgrupo (es decir, G es π -separable), entonces G posseses Hall π -subgrupos. Si además cada factor de composición es p -subgrupo para algunos p en π o un π ′-subgrupo (es decir G es π -solucionable), entonces todos los Hall π -subgrupos de G son conjugados y todos los Hall π ′-subgrupos de G son conjugados.

Reducción : La condición es simplemente que tanto un Hall π - y π ′-subgrupo son normales. Sin pérdida de generalidad, Z \= Z( G ), ya que si un grupo tiene un Hall normal π -entonces también lo hace cada cociente.

Prueba : Escriba a $G/Z = A/Z \times B/Z$ donde $\gcd(|A/Z|,|B/Z|)=1$ . A tiene una serie de composición refinada A ≥ Z ≥ 1 con factores que son π y abeliano. Por lo tanto A es π ′-soluble, y todos sus Hall π -subgrupos son conjugados. Del mismo modo B es π -soluble, y todo su Hall π Los subgrupos ′ son conjugados.

Sea A ₀ sea un Hall π -subgrupo de A y que B ₀ sea un Hall π subgrupo ′ de B . Cada G -conjugado de A ₀ se encuentra en A desde A es normal, pero entonces por el teorema de Hall, tal G -conjugado ya está A \= A ₀ Z -conjugado. Por lo tanto $A_0^g = A_0^{az} = A_0$ y A ₀ es normal en G . Del mismo modo B ₀ es normal en G y así G \= A ₀ × B ₀ . $\square$

Answer 2

Para contextualizar un poco este problema, lo necesité como lema para hacer la parte b) del problema 5A.8 del libro de Martin Isaac "Finite Group Theory". En la página 151 de su libro Isaacs da la definición del multiplicador de Schur y afirma (sin pruebas, por supuesto) la existencia y unicidad de una segunda componente mayor en un par definitorio y también que cualquier otra segunda componente es imagen homomórfica de esa. Suponiendo esto, continúa y pide que se demuestre que

1. $|M(A\times B)| \geq |M(A)||M(B)|$
2. si $(|A|,|B|)=1$ entonces $M(A \times B) \cong M(A) \times M(B)$

La primera parte es fácil:

Supongamos que $C$ , $D$ son grupos de representación de Schur para $A$ y $B$ respectivamente. Entonces

$C \times D/M(A) \times M(B) \cong C/M(A) \times D/M(B) \cong A \times B$ .

También, $(C \times D)’ = C’ \times D’$ mientras que $Z(C \times D)=Z(C) \times Z(D)$ .

Por lo tanto $(C \times D)’ \cap Z(C \times D) \cong (C’ \cap Z(C)) \times (D' \cap Z(D))$ que contiene $M(A) \times M(B)$ como subgrupo. Así, vemos que $(C \times D,M(A) \times M(B))$ es otro par definitorio de $A \times B$ .

Esto demuestra que $M(A) \times M(B)$ es una imagen homomórfica de $M(A \times B)$ . En particular, demuestra que $|M(A) \times M(B)|$ divide $|M(A \times B)|$ y se cumple la desigualdad deseada.

En el supuesto de que $(|A|,|B|)=1$ el ejercicio puede utilizarse como lema para llegar hasta el final. Si $E$ es un grupo de representación de Schur para $A \times B$ entonces existen grupos $C_0$ , $D_0$ tal que $E \cong C_0 \times D_0$ . De acuerdo con su prueba, $C_0 \leq C$ y $D_0 \leq D$ para que $|E|$ divide $|C||D|$ lo que implica que $|M(A \times B)|$ divide $|M(A) \times M(B)|$ . Por la primera parte entonces, $|M(A \times B)|=|M(A) \times M(B)|$ y el homomorfismo es forzado a ser un isomorfismo.

Por supuesto, hay algo de trampa detrás de todo esto, porque no se dice nada de la existencia de una única segunda componente mayor, tal que todas las demás segundas componentes sean imágenes homomórficas de esa. Sin embargo, pensé que era un problema interesante para que alguien lo intentara.