Encontrar un subgrupo en el Centro con orden 91

Question

Pregunta:

Sea G un grupo de orden $455=5\cdot 7\cdot 13$ .

• Demuestre que existe un subgrupo normal $ H<G: |H|=91$ y $H\subseteq Z(G)$ .
• Demuestre que G es un grupo abeliano y cíclico.

Solución:

Así que demostré que existe un subgrupo normal utilizando el 3er teorema de Sylow para demostrar que sólo existe un subgrupo de orden 7 $H_7$ (que es normal) y sólo un subgrupo de orden 13, $H_{13}$ (que también es normal según la 3ª de Sylow). A continuación, he demostrado que $H_7 \cap H_{13}={e}$ tal que $H_7\cdot H_{13}$ es un subgrupo normal de orden $7\cdot 13=91$ .

A partir de aquí, no sabía muy bien cómo mostrar que $H_7\cdot H_{13}$ está en el Centro y que G es abeliano y cíclico.

¡¡Muchas gracias por la ayuda!!

Answer 1

Para una 4ª solución:

¿Cuántos subgrupos Sylow 5 tiene $G/H_7$ ¿Tener?

¿Cuántos subgrupos Sylow 5 tiene $G/H_{13}$ ¿Tener?

Todo subgrupo de un cociente $G/H_i$ es de la forma $K_i/H_i$ para algún subgrupo $K_i$ de $G$ . ¿Qué tamaño tiene $K_7 \cap K_{13}$ ?

¿Es normal?

Este ejercicio está construido de una manera tonta. Ni 7 ni 13 son equivalentes a 1 mod 5, así que por supuesto los subgrupos Sylow 5 son normales, por Hall (1928). Sin embargo, a la mayoría de los estudiantes no se les enseñan los resultados de Hall, por lo que tienen que refutarlos en situaciones menores como ésta.

• Hall, P. "Una nota sobre grupos solubles". Revista de la Sociedad Matemática de Londres 3 , (1928) 98-105. JFM 54.0145.01 DOI: 10.1112/jlms/s1-3.2.98

Answer 2

También puedes probar lo siguiente: pon $\,P_r\,$ para un Sylow $\,r$ -subgrupo, entonces:

Un grupo $\,G\,$ de orden $\;455=5\cdot 7\cdot 13\;$ tiene un único Sylow $\,13$ -de lo que se deduce que

$$P_{13}\lhd G\implies N:=P_{13}P_7\le G\;$$

y puesto que $\,[G:N]=5=\,$ el primo mínimo que divide $\,|G|\,$ obtenemos que de hecho $\,N\lhd G\,$ de modo que nuestro grupo es una extensión de $\,N\,$ por un (cualquier) Sylow $\,5$ -subgrupo $\,P_5\,$ . Pero

$$\text{Aut}(N)\cong C_6\times C_{12}\implies|\text{Aut}(N)|=72$$

y puesto que $5\nmid 72\,$ el único homomorfismo posible $\,P_5\to\text{Aut}(N)\,$ es la trivial, a partir de la cual el producto semidirecto correspondiente es de hecho directo:

$$N\rtimes P_5=N\times P_5$$

y puesto que $\,N\,$ es abeliano (y de hecho cíclico: ¿por qué?) y puesto que también $\,P_5\;$ es, hemos terminado.