¿Puede un grupo con exactamente cinco subgrupos ser nonabelian?

Question

Me preguntaba si hay un ejemplo de un nonabelian grupo $G$ con exactamente cinco subgrupos. Deje $G$ ser un grupo de este tipo, y deje $a,b\in G$ ser tal que $ab\ne ba$. Ahora vamos a concentrarnos en los subgrupos $\langle a\rangle, \langle b\rangle, \langle ab\rangle$$\langle ba\rangle$.

Si $a$ conmuta con $ab$ o $ba$, $a$ conmuta con $b$, y del mismo modo para $b$ en lugar de $a$. Por lo tanto, la única posible inclusión entre nuestros cíclico subgrupos se entre $\langle ab\rangle$$\langle ba\rangle$; en particular, ninguno de los considerados cíclico de los subgrupos pueden ser igual a $\{e\}$ o $G$.

Así pues, los tres trivial adecuada subgrupos de $G$$\langle a\rangle, \langle b\rangle$$\langle ab\rangle=\langle ba\rangle$, e $G=\langle a,b\rangle$. Cada uno de estos tres subgrupos debe disponer de primer orden y se cruzan trivialmente. Finalmente, $G$ debe ser finito, cada grupo con un número finito de subgrupos cíclicos es finito; la prueba!) y $|G|$ es múltiplo de a lo más tres números primos.

Alguna idea para "concretar" este hipotético grupo?

Answer 1

Si exactamente $3$ primos divide al orden del grupo, el orden debe ser $pqr$, ya que si el cuadrado de cualquier de los números primos, decir $p$, divide el orden, la Sylow-$p$ al menos $2$ trivial subgrupos, lo cual daría al menos $6$ total de subgrupos.

Ahora, no es exactamente $1$ Sylow-$p$, Sylow-$q$, y Sylow-$r$, por lo que todos ellos deben ser normal, lo que significa que este grupo es $C_{pqr}$, cíclica y abelian grupo. Pero tenga en cuenta que este ha $8$ subgrupos.

Ahora, se supone que solo $2$ primos dividir el pedido. El orden es $pq$ o $p^2 q$. En el primer caso, no debe ser exactamente $2$ subgrupos de orden $p$ $1$ orden $q$, WLOG. Pero entonces tendríamos que $2\equiv 1 \ \text{mod} \ q$, lo cual es imposible. Por lo tanto, el orden debe ser $p^2q$. Esto significa que el Sylow-$p$ sólo puede tener $2$ trivial subgrupos, por lo que debe ser $C_{p^2}$. Ya que ambos Sylow son, de nuevo, único y por lo tanto normal, este grupo es $C_{p^2 q}$. Pero tenga en cuenta que esto no funciona aún, a pesar de ser abelian, ya que este grupo ha $6$ subgrupos.

El último caso es donde tenemos un $p$ grupo. Desde que un grupo de orden $p^n$ tiene subgrupos de todos los posibles $n+1$ pedidos, el pedido es en la mayoría de las $p^4$. Si el pedido es $p^4$, ya que el grupo tiene un subgrupo único de cada divisor de la orden, es cíclico. Si el pedido es $p^3$, y el grupo es nonabelian, a continuación, el centro debe tener un orden exactamente $p$, y quotienting por que se debe dar $C_p\times C_p$, ya que si el cociente por el centro fueron cíclico, el grupo abelian.

Pero $C_p\times C_p$ sí ha $p+1$ subgrupos de orden $p$, lo que da $p+1$ subgrupos de orden $p^2$ en el grupo original. Esto es demasiado, ya que sólo tiene espacio para un subgrupo.

Finalmente, cada grupo de orden $p$ o $p^2$ es abelian.

Por lo tanto, no hay nonablian grupo con exactamente $5$ subgrupos. De hecho, parece que la única abelian grupos con $5$ subgrupos son los grupos cíclicos de orden $p^4$, y el de Klein-Cuatro grupo.

Answer 2

Un grupo no puede existir.

Deje $p,q,r$ ser los tres primos, no necesariamente distintos.

Si $x \in G \backslash \{ e\}$, $G$ no es cíclica, $<x>$ sólo puede ser $<a>, <b>$ o $<ab>$.

De ello se desprende que $<a> \backslash \{ e\}, <b> \backslash \{ e\}, <ab> \backslash \{ e\}$ es una partición de a $G \backslash \{ e\}$.

Esto demuestra que

$$|G|-1=p+q+r-3$$ o $$|G|=p+q+r-2$$ En particular, $G$ es finito y $p,q,r, | |G|$.

Ahora, sin pérdida de generalidad, supongamos $ p \leq q \leq r$.

A continuación,$r ||G|=p+q+r-2$, por lo $r|p+q-2$. Como $1< p+q-2 < 2r$, e $r$ es primo, obtenemos

$$r= p+q-2 \,.$$

Ahora, desde la $p,q,r$ son los principales con el $p \leq q \leq r$, un simple paridad argumento muestra que todos ellos no pueden ser incluso tres. Por lo tanto,$p=2$$q=r$.

Esto demuestra que $$ord(a)=2, ord(b)=ord(ab)=ord(ba)=r$$

Si $r \neq 2$ $bab^{-1}$ es también un elemento de orden $2$ que no ser $a$, y por lo tanto genera un nuevo subgrupo de orden $2$.

Si $r=2$, ya que cada elemento debe pertenecer a un no-trivial de los subgrupos, cada elemento tiene un orden en la mayoría de los dos, por lo tanto $G$ debe ser Abelian.

Answer 3

Me preocupa que usted reclama $G$ tiene más de tres primos divisores. Supongo que esto es debido a que cada uno de $\langle a \rangle$, $\langle b\rangle$, y $\langle ab \rangle$ primer orden. Sin embargo, los subgrupos no puede elegir uno de cada primer y esta es una parte muy importante de la estructura de grupos finitos.

Aquí hay algo para pensar: Vamos a $g,h,k$ elementos de un grupo. A continuación,$k^{-1} (gh) k = k^{-1} g k \cdot k^{-1} h k$, por lo que los subconjuntos de la forma $\{ k^{-1} x k : x \in H \}$ son subgrupos si y sólo si $H$ es un subgrupo. Estos son los llamados conjugado subgrupos, y que generalmente se llama $k^{-1} H k$ o sólo $H^k$ para el corto. Observe que $k^{-1} g k = k^{-1} h k$ si y sólo si $g = h$, por lo que conjugado subgrupos tienen el mismo orden.

Esto significa que cuando se $\langle a \rangle$ afirma que el primer $p$, se obtiene gran cantidad de subgrupos de orden $p$: $H=\langle a \rangle$ y todos sus conjugados. Si $\langle b \rangle$ afirma que el primer $q$, entonces tenemos $H$, $H^b$, $H^{b^2}$, $H^{b^3}$, todo el camino a $H^{b^{q-1}}$. Desde $q$ es primo, Lagrange del teorema muestra que acabamos de $q$ diferentes subgrupos con el fin de $p$, o cada uno de ellos es el mismo.

Uno de Galois las ideas es que en este caso (todos los conjugados de la $H$ son iguales) podemos formar un grupo más pequeño $G/H$, donde los elementos son los subconjuntos de la forma$Hb^i$$i=0,1,\ldots,q-1$. Cada uno de esos subconjuntos disjuntos, por lo que tenemos un total de $pq$ elementos.

En otras palabras, la idea de conjugar los subgrupos debe inmediatamente han llevado a la conclusión de $G$ es divisible por al menos 2 de los números primos, y muy pronto de que los números primos habían de estar ambos en la mayoría de los 2, pero que tenían que ser diferentes de los números primos. (Así que, no, lo siento no hay tal grupo).

En cualquier caso, cada uno de los prime $p$ dividiendo el orden de un grupo trae consigo todo un espacio de $p$-subgrupos, y es muy difícil para que el espacio sea pequeño. La única forma en que puede ser pequeño es cuando nada desplazamientos (que han conseguido que la idea que ya, por lo que es muy bueno). La forma en que las cosas viaje es descrito por un grafo cuyos vértices son los números primos dividiendo el orden del grupo y los bordes existe entre el $p$ $q$ si hay un elemento de orden $p,q$. En orden para que tanto el $p$-el espacio y el $q$-espacio para ser "flaco", es necesario que el $p$ $q$ estar conectado en el gráfico, pero entonces usted consigue un nuevo espacio de $pq$-grupos.