Deja que $G$ sea un grupo y deja que el primo $p\mid \vert G\vert$. Supongamos además que $\vert G\vert < p^2 $. Demuestra que $G$ tiene un subgrupo normal de orden $p$.

Question

Supongamos que $G$ es un grupo finito y $p$ es un primo que divide a $\vert G\vert$. Supongamos además que $\vert G\vert < p^2 $. Demuestra que $G$ tiene un subgrupo normal de orden $p$.

Intento: Sabemos que existe un elemento de orden $p$ por el teorema de Cauchy. Digamos que $x\in G$ tiene orden $p$. Sea $H$ el subgrupo cíclico generado por $x$. Mi idea era demostrar que los únicos elementos de orden $p$ en $G$ están en $H$ y luego, dado que la conjugación preserva el orden de un elemento, $gHg^{-1} = H$. Sin embargo, me resulta difícil de probar. Agradecería algo de ayuda sobre si esta es una idea sensata o si debería hacer algo diferente?

Answer 1

Ya hay algunas buenas respuestas en los comentarios. Aquí hay un enfoque menos conceptual basado en el conteo. Si hay dos subgrupos distintos $H_1, H_2$ de orden $p$, entonces $H_1\cap H_2=\{1\}$, ya que cualquier elemento distinto de la identidad de $H_i$ tiene orden $p$ y por lo tanto debe ser un generador de $H_i$. Ahora es fácil comprobar que $H_1\times H_2\rightarrow H_1H_2$ definido por $(h_1, h_2)\mapsto h_1h_2$ es una inyección (o citar la fórmula de conteo $|H_1H_2|=\frac{|H_1||H_2|}{|H_1\cap H_2|}$). Por lo tanto, $G$ tiene al menos $p^2$ elementos.

Answer 2

Sea $x\in G$ un elemento de orden $p$. Sea $y\neq 1$ un elemento arbitrario en $G$ de orden $p$. Si $y$ es un elemento de $\langle x\rangle$ entonces estamos bien; si no, entonces $\langle x\rangle\cap\langle y\rangle = \{1\}$. Recordemos que $|G| = kp$ con $k < p$, así que si consideramos los cocientes

$$\langle x\rangle, y\langle x\rangle, y^2\langle x\rangle, \cdots, y^{p-1}\langle x\rangle$$

existe dos cocientes idénticos, a saber $y^a\langle x\rangle = y^b\langle x\rangle$ (aquí $0\leq a < b\leq p-1$). Esto da $\langle x\rangle = y^{b-a}\langle x\rangle$, contradice la condición $\langle x\rangle \cap\langle y\rangle = \{1\}$.

Entonces todo elemento no trivial de orden $p$ está contenido en $\langle x\rangle$, que es lo que se quiere obtener.

Answer 3

Deja que $G$ actúe en el conjunto de cocientes $G/H$ por multiplicación izquierda. Obtienes un homomorfismo $\varphi $ de $G$ en $S_{|G|/p}$.

El núcleo no es trivial ya que $|G|\not\mid (|G|/p)! $. Esto se debe a que $p\mid |G|$ y $|G|/p\lt p$ por hipótesis.

Además, si $x\not\in H$, entonces $xH\not=H$, por lo que $x\not\in\rm{ker}\varphi $.

Por lo tanto, $\rm{ker}\varphi \le H$.

Así que, dado que $|H|=p$, $\rm{ker}\varphi =H$.

Gracias a @Arturo Magidin