Grupos con "pocos" subgrupos

Question

Si $G$ es un grupo finito de orden $n,$ y el número de divisores de $n$ es $k,$ puede $G$ tienen menos de $k$ ¿subgrupos?

Un grupo cíclico $G$ de orden $n$ tiene exactamente un subgrupo por cada divisor de $n$ Así que en este caso $G$ tiene exactamente $k$ subgrupos.

Para el grupo alterno $G=A_4,$ $n=12$ y $k=6.$ No hay ningún subgrupo de orden $6$ en $A_4,$ sin embargo, hay diez subgrupos, lo que supera $k=6$ para este caso. Empecé a preguntarme si podría haber un grupo para el que tantos divisores del orden de $G$ no tuviera subgrupos de ese orden, que acabara habiendo menos subgrupos en $G$ que el número de divisores de $|G|,$ de ahí mi pregunta.

Answer 1

La respuesta a su pregunta es no, no es posible. Esto es una consecuencia del siguiente resultado ligeramente más general. Sea $d(n)$ es el número de divisores de $n$ .

Teorema Dejemos que $G$ sea un grupo finito de orden $n$ . Entonces, para cualquier divisor $m$ de $n$ Hay existen al menos $d(m)$ subgrupos de $G$ del orden de la división $m$ .

Prueba Demostramos la afirmación por inducción en $m$ para todos los grupos finitos $G$ . Está claro que para $m=1$ .

Para $m>1$ , dejemos que $p$ sea un primo que divide a $m$ y que $m = p^r k$ con $\gcd(p,k)=1$ .

Desde $d(m) = (r+1)d(k)$ basta con demostrar que, para cada $i$ con $0 \le i \le r$ Hay por lo menos $d(k)$ subgrupos de $G$ de orden $p^i j$ , para algunos $j$ que divide $k$ .

Por lo tanto, fijar un $i$ , dejemos que $P$ sea cualquier subgrupo de $G$ de orden $p^i$ , dejemos que $N = N_G(P)$ sea el normalizador de $P$ en $G$ y que $h = \gcd(|N|,k)$ .

Desde $h \le k < m$ y $h$ divide $|N/P|$ por hipótesis inductiva, el número $s$ de subgrupos $S/P$ de $N/P$ del orden de la división $h$ satisface $s \ge d(h)$ . Para cada uno de estos subgrupos, la imagen inversa $S$ de $S/P$ en $N/P$ es un subgrupo de $G$ de orden $p^i j$ , donde $|S/P| = j$ divide $h$ y así $j$ divide $k$ .

Ahora $P$ tiene $|G|/|N|$ conjugados distintos $P^g$ en $G$ y el $s|G|/|N|$ subgrupos $S^g$ son todos distintos. Pero $|G|/|N| \ge k/h$ Así que $s|G|/|N| \ge d(h)k/h \ge d(k)$ , lo que completa la prueba.

Después de pensarlo de nuevo, creo que podemos decir que un grupo de orden $n$ con exactamente $d(n)$ los subgrupos deben ser cíclicos. La prueba anterior produce al menos $d(n)$ subgrupos con una normalidad $p$ -para cualquier divisor primo $p$ de $n$ . Así que si hubiera exactamente $d(n)$ subgrupos, entonces todos los subgrupos tendrían todos sus subgrupos Sylow normales, por lo que todos, incluyendo $G$ sea nilpotente. Pero un no cíclico $p$ -grupo $P$ tiene más de un subgrupo de índice $p$ y, por tanto, tiene más de $d(|P|)$ por lo que todos los subgrupos Sylow de $G$ son cíclicos y, por tanto, también lo son $G$ .

Por cierto, la primera vez que publiqué esta prueba aquí en 2003. Agradecería cualquier referencia a otras pruebas.