Normalizadores de subgrupos de Sylow de p

Question

Mi tarea es demostrar la siguiente proposición, y no estoy seguro si mi prueba es correcta: Deje que $P$ sea un $p$-subgrupo de Sylow de $G$ y deje que $H$ sea el normalizador de $P$ en $G. Demuestre que el normalizador de$H$en$G$es$H$mismo (es decir, los normalizadores de los$p$-subgrupos de Sylow se auto-normalizan).

Argumenté lo siguiente: $|P|=p^{\alpha}$, y $P$ es normal en $H$, ya que $P$ es un subgrupo del normalizador de $P$ en $G. Dado que$P$es un subgrupo de$H$,$|H:P|= 1$(caso 1) o$m$ (caso 2).

$H$ es un subgrupo de $G$, por lo que $|H|$ divide a $|G|$, por lo tanto tenemos $|H:P||G:H|= 1$ (siguiendo el caso 1 anterior), o $m$ (siguiendo el caso 2 anterior).

Ahora analicé cada caso:

1) $1*|G:H|=m \implies |H|=|G|/m \implies |H|=p^{\alpha} \implies H=P$, y ya sabemos que el normalizador de $P$ en $G$ es $H, por lo que si$H=P$, el normalizador de$H$en$G$es$H.

2) $m*|G:H|=m \implies |G:H|=1 \implies G=H, por lo que obviamente el normalizador de$H$en$G$es el mismo que el normalizador de$H$en$H, que es obviamente todo $H.

¿Es esto legítimo?

Answer 1

En general: sea $S \in Syl_p(G)$ y $H \leq G$, con $N_G(S) \subseteq H$, entonces $N_G(H)=H$. Además, $[G:H]\equiv 1$ mod $p.

Prueba Para la primera parte basta con demostrar que $N_G(H) \subseteq H: observamos que$S \in Syl_p(H)$y tomamos un$g \in N_G(H)$. Entonces$S^g \subseteq H$y por lo tanto$S^g=S^h$para algún$h \in H. Esto significa $gh^{-1}\in N_G(S)$, por lo que $g \in hN_G(S) \subseteq H.

Para la segunda parte utilizamos el hecho de que en general para un $p$-subgrupo $P$ de $G$, se cumple que $[G:P]\equiv[N_G(P):P]$ mod $p$ (esto se puede demostrar dejando que $G$ actúe por multiplicación derecha en los cocientes derechos de $P$). Además, como $N_G(S) \subseteq H$, $N_H(S)=N_G(S) \cap H = N_G(S)$, por lo que el número de subgrupos de Sylow $p$ de $G$ y $H$ son iguales. Pero $[G:S]=[G:H][H:N_G(S)][N_G(S):S]$ y tomando la ecuación mod $p$ y utilizando el hecho de que el número de subgrupos de Sylow $p$ $\equiv 1$ mod $p$ da como resultado el resultado requerido.

Answer 2

Aquí hay otra prueba. Sea N el normalizador. Sea P un subgrupo de Sylow de G.

Thm: N(N(P)) subgrupo de N(P)

Pf:

1. P sylow en G ==> P sylow en N(P)
2. P sylow y normal en N(P) ==> P char en N(P)
3. P char en N(P) y N(P) normal en N(N(P)) ==> P normal en N(N(P))
4. P normal en N(N(P)) ==> N(N(P)) subgrupo N(P)

Answer 3

Quieres demostrar que si $P$ es un subgrupo de Sylow de un grupo finito $G$ para algún primo $p$, entonces $N_G(N_G(P)) = N_G(P)$.

Sea $H = N_G(P)$, entonces $P \unlhd H$. Como $P$ es un subgrupo de Sylow de $G$, y $H \le G$, entonces $P$ también es un subgrupo de Sylow de $H$. Como $P \unlhd H$, entonces $P$ es un único subgrupo de Sylow de $H$ (es decir, $P$ es el único subgrupo de Sylow de $H$).

Sea $g \in N_G(H)$, entonces:

$gPg^{-1} \le gHg^{-1} = H$.

Como cada conjugado de un subgrupo de Sylow también es un subgrupo de Sylow, entonces $gPg^{-1}$ también es un subgrupo de Sylow. Como $P$ es un único subgrupo de Sylow de $H$, entonces $gPg^{-1} = P$. Esto significa que $g \in N_G(P) = H$.

Así que tenemos:

$g \in N_G(H)$

$g \in H$

Concluimos que $N_G(H) = H$ o $N_G(N_G(P)) = N_G(P)$ como se requería.

Answer 4

Mencioné en los comentarios por qué tu demostración es incorrecta. Ahora aquí tienes una pista para encontrar la demostración correcta:

Pista: Nota que $H$ es en sí mismo un grupo y $P$ es el único (!) subgrupo de Sylow $p$ de $H$. Entonces si $g \in G$ normaliza $H, ¿dónde envía la conjugación por$g$a$P$?