La tarea anterior era la misma pero con $N = 185$ . Y lo demuestro demostrando que el número de subgrupos Sylow es 1 para cada primo $p\mid N$ . Pero ahí tengo algunas opciones $N_5 \in \{1, 51\}$ , $N_{17} = 1$ , $N_3 \in \{1, 85\}$ .
He tratado de conseguir la contradicción de $N_5 = 51$ o $N_3=85$ pero no lo conseguí
Entiendo que es imposible tener $N_5 = 51$ y $N_3=85$ al mismo tiempo.
La clave para $N=255$ es la observación de que es libre de cuadrados y coprima con su función totiente.
Dejemos que $n_q$ denotan el número de Sylow $q$ -subgrupos.
Así pues, empecemos por la observación de que cualquier grupo $G$ de orden $15$ es cíclico. De hecho, sólo hay que tener en cuenta $n_3\mid 5$ , $n_3\equiv 1\text{ mod }3$ y así $n_3=1$ . De la misma manera, $n_5\mid 3$ y $n_5\equiv 1\text{ mod }5$ lo que da como resultado que $n_3=1$ . Así, vemos que tanto los subgrupos Sylow $P,Q$ de $G$ son ambos normales. Como evidentemente $P\cap Q=\{e\}$ y $PQ=G$ (ya que $\displaystyle |PQ|=\frac{|P||Q|}{|P\cap Q|}=\frac{15}{1}=15=|G|$ ) podemos concluir que $G\cong P\times Q\cong\mathbb{Z}/3\times\mathbb{Z}/5\cong\mathbb{Z}/15$ .
Ahora, para el caso de $|G|=255$ . Dejemos que $P$ ser un Sylow $17$ -subgrupo. Obsérvese entonces que $n_{17}\mid 15$ y $n_{17}\cong 1\text{ mod }17$ da $n_{17}=1$ . Así, vemos que $P\unlhd G$ . Ahora, viene el paso que es diferente al enfoque estándar. Como $P$ es normal tenemos que $G$ actúa sobre $P$ por conjugación, dándonos un mapa de grupo $G\to\text{Aut}(P)$ cuyo núcleo es $C_G(P)$ . Ahora bien, hay que tener en cuenta que como $P$ es sólo $C_{17}$ tenemos que $|\text{Aut}(P)|=16$ . Obsérvese ahora que como $(|G|,16)=1$ se puede concluir del primer teorema del isomorfismo que la imagen del mapa del grupo $G\to\text{Aut}(P)$ es trivial, por lo que el núcleo lo es todo. Esto dice que $C_G(P)=G$ y así $P\subseteq Z(G)$ . Tenga en cuenta entonces que $G/P$ es un grupo de orden $15$ que, por lo que hemos dicho en el párrafo anterior, es cíclico. Ahora bien, es un teorema común que si modulas un grupo por un subgrupo de su centro y obtienes algo cíclico, tu grupo debe haber sido abeliano todo el tiempo. Entonces, de todo esto podemos concluir que $G$ es abeliano, en cuyo caso, por cualquier método que le haga gracia, se obtiene que $G$ debe ser simplemente $\mathbb{Z}/255$ .
Aunque lo anterior puede ser ad hoc, en realidad era una simple aplicación de los siguientes teoremas (¡EXTREMADAMENTE ÚTILES!):
Teorema: Dejemos que $G$ sea un grupo finito y $N\unlhd G$ . Entonces, si $(|G|,|\text{Aut}(N)|)=1$ entonces $N\leqslant Z(G)$ .
y
Teorema: Si $G$ es un grupo y $N\leqslant Z(G)$ tal que $G/N$ es cíclico de orden finito, entonces $G$ es abeliana.
Esto nos permite demostrar el teorema más general:
Teorema: Dejemos que $G$ sea un grupo finito tal que $(|G|,\varphi(|G|))=1$ (donde $\varphi$ es la función totiente), entonces $G$ es cíclico.
Como nota al margen, un dato interesante es que el número entero $n$ tiene la propiedad de que el único subgrupo de orden $n$ es $\mathbb{Z}/n$ equivale a $(n,\varphi(n))=1$ .
La prueba de lo anterior se puede encontrar en mi blog aquí .
Supongamos que $G$ es un grupo finito de orden $|G| = 255 = 3 \cdot 5 \cdot 17$ . Demostraremos que $G$ debe ser cíclico.
Como has notado, sólo debe haber un subgrupo Sylow $P$ de orden $17$ . Así, $P$ debe ser un subgrupo normal. Como $17$ es primo el subgrupo $P$ es cíclico, digamos $P = \langle a \rangle$ . No es difícil ver que todo grupo de orden $15$ es cíclico, por lo que $G/P = \langle bP \rangle$ también es cíclico. Ahora $(bP)^{|b|} = P$ Así que $|bP| = 15 \mid |b|$ .
Si $|b| = 255$ hemos terminado. Por lo tanto, podemos asumir $|b| = 15$ . Demostraremos que $ab = ba$ lo que implica que $ab$ tiene orden $255$ desde $15$ y $17$ son coprimos. Porque $P$ es normal, $bab^{-1} = a^i$ para algún número entero $i$ . Utilizando este hecho obtenemos $b^2ab^{-2} = ba^ib^{-1} = (bab^{-1})^i = a^{i^2}$ y por inducción $b^kab^{-k} = a^{i^k}$ para todos $k \geq 1$ . Así, $a = b^{15}ab^{-15} = a^{i^{15}}$ , lo que da $i^{15} \equiv 1 \mod{17}$ . Por el pequeño teorema de Fermat $i^{16} \equiv 1 \mod{17}$ y como $15$ y $16$ son coprimos, $i \equiv 1 \mod{17}$ . Por lo tanto, $bab^{-1} = a$ , que prueban la afirmación.
Este ejercicio es un caso especial de un hecho más general. Utilizando la idea de esta solución y el hecho de que en un grupo de orden libre de cuadrados el subgrupo Sylow correspondiente al mayor primo es normal, se puede demostrar que todo grupo de orden $n$ es cíclico cuando $n$ y $\varphi(n)$ son coprimos ( $\varphi$ es la función totiente). Esto lo hace Tibor Szele en el siguiente artículo breve (en alemán).
T. Szele, Sobre los números de orden finito a los que sólo pertenece un grupo Commentarii Mathematici Helvetici, 20, 265-67, (1947).
$$|N|=255=3\cdot 5\cdot 17$$
Por el teorema de Sylow, el $\,17-$ Sylow sbgp. $\,P_{17}\,$ es normal en $\,N\,$ Así pues, si se toma cualquier $\,5-$ Sylow sbgp. $\,P_5\,$ , obtenemos un sbgp. $\,K:=P_5P_{17}\,$ del índice $\,3\,$ en $\,N\,$ y como este último es el primo mínimo que divide a $\,|N|\,$ , obtenemos que $\,K\triangleleft N\,$ .
Es fácil demostrar que cualquier grupo de orden $\,85\,$ es cíclico y, por tanto, su grupo de automorfismo es de orden $\,\phi(5)\phi(17)=64\,$ por lo que el único homomorfismo $\,C_3\to Aut(K)\,$ ( el primer grupo es el cíclico de orden $\,3\,$ ) es la trivial (¿por qué?), y como por lo anterior se deduce que $\,N\cong K\rtimes P_3\,$ (con, por supuesto, $\,P_3\cong C_3\,$ ), obtenemos que este producto semidirecto es en realidad un directo de grupos abelianos y, por tanto, $\,N\,$ es abeliana y, de hecho, cíclica.
Por Sylow, el subgrupo 17-Sylow $P_{17}$ es normal en $N$ . El grupo $G/P_{17}$ es de orden $255 / 17 = 3\cdot 5$ . Por $5 \not\equiv 1\bmod 3$ y la clasificación de $pq$ -grupos, $G/P_{17}$ es cíclico.
El grupo cíclico $G/P_{17}$ tiene un subgrupo normal de índice $5$ . Por el teorema de correspondencia Además $G$ tiene un subgrupo normal $N$ de índice $5$ (con $P_{17} \subseteq N$ ). Tenemos $\#N = 255/5 = 3\cdot 17$ . Por $17\not\equiv 1\bmod 3$ y la clasificación de $pq$ -grupos, $N$ es cíclico. Así que $N$ tiene un único $3$ -Subgrupo Sylow $P_3$ . Entonces $P_3$ también es un $3$ -Subgrupo Sylow de $G$ . Como todos $3$ -Subgrupos Sylow de $G$ son conjugados y $N$ es normal en $G$ , conseguimos que todos $3$ -Subgrupos Sylow de $G$ están contenidos en $N$ . Así que $P_3$ es también el único $3$ -Subgrupo Sylow de $G$ y por lo tanto, $P_3$ es normal en $G$ .
Del mismo modo, demostramos que también existe una única (y por tanto normal) $5$ -Subgrupo Sylow $P_5$ de $G$ . Por lo tanto, todos los subgrupos Sylow $P_3$ , $P_5$ y $P_{17}$ son normales en $G$ y cíclicos (por su orden primo). Obtenemos que $$G \cong P_3 \times P_5 \times P_{17} \cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/5\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/17\mathbb{Z}$$ es conmutativa.
(El teorema chino del resto nos lleva un paso más allá implicando que $G \cong \mathbb{Z}/255\mathbb{Z}$ es incluso cíclico).
He aquí otra solución, aprovechando la observación de la pregunta inicial de que es "imposible tener $N_5=51$ y $N_3=85$ al mismo tiempo". (Como si no $G$ contendría $85\cdot 2 + 51 \cdot 4 = 374 > 255 = \#G$ elementos de orden $3$ o $5$ .)
La observación implica que al menos uno de los grupos $P_3$ y $P_5$ es normal en $G$ y por lo tanto $U = P_3 P_5$ es un subgrupo de $G$ . (Para $p\in\{3,5,17\}$ deje $P_p$ denotan a $p$ -Subgrupo Sylow). Como $P_3$ y $P_5$ tienen intersección trivial, $\#U = 3\cdot 5 = 15$ . Por la clasificación de $pq$ -grupos y $5\not\equiv 1\bmod 3$ el grupo $U$ es cíclico.
Además, $U$ es un complemento del subgrupo normal $P_{17}$ en $G$ (como $U\cap P_{17} = \{e\}$ y $\#U \cdot \#P_{17} = \#G$ ). Así que $G \cong P_{17} \rtimes_\phi U$ con un homomorfismo de grupo $\phi : U \to \operatorname{Aut}P_{17}$ . Tenemos que $\#\operatorname{im}\phi\mid\#\operatorname{Aut}P_{17} = \varphi(17) = 16$ . Además, por el teorema fundamental de los homomorfismos $\#\operatorname{im}\phi \mid \#U = 17$ forzando $\#\operatorname{im}\phi = 1$ . Por lo tanto, el homomorfismo $\phi$ es trivial y el producto semidirecto $G$ es efectivamente el producto directo $G\cong P_{17} \times U$ de dos grupos abelianos. Por lo tanto $G$ es abeliano (y entonces cíclico, por el teorema chino del resto).
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