Caso especial del teorema de Schur-Zassenhaus

Question

El teorema de Schur-Zassenhaus dice que

si $G$ es un grupo finito, y $H$ es un subgrupo normal, tal que $|H|$ y $|G/H|$ son relativamente primos, entonces $G$ contiene un subgrupo $K$ de orden igual a $|G/H|$ .

(este subgrupo $K$ será entonces obviamente un complemento de $H$ es decir $K\cap H=1$ )

Si vemos la prueba, la parte no trivial viene en el caso de que $H$ es abeliana.

Supongamos que ponemos una condición más: $H$ es fundamental en $G$ . Entonces es fácil demostrar el teorema sin métodos (co)homológicos ? Poniendo esto como una pregunta:

Dejemos que $G$ sea un grupo finito y $H$ sea un subgrupo en el centro de $G$ tal que $|H|$ y $|G/H|$ son coprimas. Entonces demuestre que $G$ contiene un subgrupo de orden igual a $|G/H|$ .

Answer 1

El teorema del complemento normal de Burnside afirma que si un Sylow $p$ -subgrupo es central en su normalizador, entonces tiene un complemento normal. Este resultado se puede demostrar con la transferencia y una prueba se puede encontrar en muchos libros de texto sobre la teoría básica de grupos.

Aplicar esto a Sylow $p$ -subgrupos de $H$ (que en este caso son Sylow $p$ -subgrupos de $G$ también) para encontrar un complemento normal para $H$ .

Answer 2

Esto no es realmente una respuesta, pero voy a escribir lo que creo que es la prueba de promedio estándar y mostrar que ya es bastante corto. Te dejo el ejercicio de comprobar que se acorta aún más si supones $H$ (pronto llamado $A$ ) es fundamental. La verdadera razón por la que escribo esto es que pienso enseñarlo el próximo curso, y quiero practicar.

Voy a cambiar a la notación que prefiero. Dejemos que $A$ sea un grupo abeliano, escrito de forma aditiva, y sea $G$ sea un grupo finito tal que la multiplicación por $|G|$ es invertible en $A$ . Dejemos que $$1 \to A \overset{\exp}{\longrightarrow} \tilde{G} \to G \to 1$$ sea una secuencia exacta corta, donde $\tilde{G}$ y $G$ se escriben de forma multiplicativa. Debemos dividir el mapa $\tilde{G} \to G$ .

Escribimos $\log$ para la inversa de $\exp$ y $\rho$ por la acción de $G$ en $A$ . Así que $\tilde{g} \exp(a) = \exp(\rho(g) a)\tilde{g}$ para cualquier $\tilde{g} \in \tilde{G}$ con imagen $g \in G$ .

Comienza con una división teórica de conjuntos $s: G \to \tilde{G}$ . Para $g$ y $h$ en $G$ , dejemos que $\phi(g,h)$ sea el único elemento de $A$ tal que $$s(gh) = s(g) \exp(\phi(g,h)) s(h).$$

Para cualquier $g_1$ , $g_2$ , $h$ todo en $G$ tenemos $$s(g_1 g_2 h) = s(g_1 g_2) \exp(\phi(g_1 g_2,h)) s(h) = s(g_1) \exp(\phi(g_1, g_2 h)) s(g_2) \exp(\phi(g_2, h)) s(h)$$ así que $$s(g_1 g_2) \exp(\phi(g_1 g_2,h)) = s(g_1) \exp(\phi(g_1, g_2 h)) \cdot s(g_2) \exp(\phi(g_2, h)). \quad (\ast)$$

Considere la relación general $$s(g_1 g_2) \exp(h_3) = s(g_1) \exp(h_1) s(g_2) \exp(h_2)$$ que podemos reescribir como $$h_3 - \rho(g_2)^{-1}\cdot h_1 - h_2 = \log (s(g_1) s(g_2) s(g_1 g_2)^{-1}).$$ Esta última forma es claramente una ecuación lineal afín en $h_1$ , $h_2$ , $h_3$ por lo que la media de cualquier colección de soluciones es otra solución.

Por lo tanto, hacemos una media de $(\ast)$ en $h \in G$ para conseguir $$s(g_1 g_2) \exp \left( \frac{1}{|G|} \sum_{h \in G} \phi(g_1 g_2,h) \right) = s(g_1) \exp \left( \frac{1}{|G|} \sum_{h \in G} \phi(g_1,h) \right) \cdot s(g_2) \exp \left( \frac{1}{|G|} \sum_{h \in G} \phi(g_2,h) \right).$$

En otras palabras, $g \mapsto s(g) \exp \left( \tfrac{1}{|G|} \sum_{h \in G} \phi(g,h) \right)$ es un desdoblamiento de $\tilde{G} \to G$ . $\square$