Un subgrupo trivial de un grupo resoluble

Question

Pregunta: Vamos a $G$ ser solucionable grupo y deje $H$ ser un trivial normal subgrupo de $G$. Demostrar que existe un subgrupo no trivial $A$ $H$ que es Abelian y normal en $G$.

[ref: este es el ejercicio 11, en la página 106 de [DF] := Dummit y Foote del Álgebra Abstracta, 3ª edición]

ACTUALIZACIÓN: no puedo utilizar la derivada de la serie de un grupo (el concepto no es introducido en [DF] hasta 90 páginas más adelante), y el uso de un conmutador subgrupo es cuestionable.

Answer 1

Una simple solución de grupo debe ser cíclico de primer orden (ya que debe ser abelian, y por tanto no puede haber adecuado [normal] subgrupos). Pero un simple solucionable grupo no contienen trivial normal subgrupos, por lo que la proposición sea verdadera para un grupo de vacuidad (la hipótesis nunca están satisfechos). Alternativamente, si usted permite que todo el grupo para ser un "trivial subgrupo normal", su $H$ sólo puede ser $G$ sí, que ya está abelian, así que usted puede fijar $A=H=G$; de cualquier manera, la proposición es verdadera para un grupo.

(Si $G$ es solucionable, a continuación, $[G,G]$ es un buen subgrupo de $G$; ya que siempre es normal en $G$ si $G$ también es simple, entonces debemos tener $[G,G]=\{1\}$, por lo tanto $G$ es abelian).

Sugerencia para la pregunta. Si $H$ es abelian, está hecho. Si no, entonces $[H,H]$ es trivial; utilice el hecho de que $H^{(n)}\subseteq G^{(n)}$ donde $G^{(k)}$ $k$th término de la derivada de la serie de $G$, para mostrar que $H$ es solucionable, y utilice el hecho de que $H\triangleleft G$$[H,H]\triangleleft G$. A continuación, reemplace $H$$[H,H]$, espuma, enjuague y repita.

Diferentes sugerencia. Deje $1=G_0\triangleleft G_1\triangleleft\cdots\triangleleft G_s = G$, $G_i/G_{i+1}$ abelian. Por el Problema 8, usted puede elegir el $G_i$ normal en $G$. Ver el $H_i=H\cap G_i$.

Añadido. Suspiro. No me di cuenta de que el Problema 8 se supone $G$ es finito; el resultado es true, como se observa por la derivada de la serie, pero de nuevo, es probable que no sea lo que usted desea.

Agregó 2. Bueno, esto debería funcionar, toma algunas de las ideas de la pista en la resolución de 8 de la misma página, por lo que debe ser "razonable". Deje $i$ ser el mayor índice tal que $G_i\cap H$ es un buen subgrupo de $H$. A continuación,$H\subseteq G_{i+1}$, por lo tanto $G_i\cap H\triangleleft H$. Por otra parte, $H/(H\cap G_i) \cong (HG_i)/G_i \leq G_{i+1}/G_i$, lo $H/(H\cap G_i)$ es abelian. Como en el problema 8, esto significa que $x^{-1}y^{-1}xy\in H\cap G_i$ todos los $x,y\in H$. Demostrar que esto es también cierto para todos los $G$-conjugados de $H\cap G_i$, de ahí su intersección, que es normal en $G$, contiene todos los $x^{-1}y^{-1}xy$$x,y\in H$. Si esto es trivial y, a continuación, $H$ es abelian y hemos terminado. Si no es trivial, entonces esta intersección es no trivial, y normal en $G$. Reemplace $H$ con esta intersección, y tenga en cuenta que el mayor índice de $j$ de manera tal que la intersección con la a $G_j$ es correcto es striclty menor que $i$; por lo que puede configurar un descenso. Espuma, enjuague y repita.

Answer 2

Sugerencias (para que usted pueda probar):

1) es cierto que

$$H\geq H'\geq\ldots\geq H^{(n)}=1\,\, ,\,\, \text{for some}\,\,\,n\in\Bbb N$$

2) muestran que $\,H^{(n-1)}\triangleleft G\,\;\;$ (sí, no sólo en $\,H\,$...!)