Sylow $p$-subgrupos de $\operatorname{PGL}(2,K)$ $K$ infinito y $p$ impar

Question

Es cada maximal $p$-subgrupo de $\operatorname{PGL}(2,K)$ conjugado, donde $p$ es una extraña prime no es igual a la característica de $K$?

Aquí $\operatorname{PGL}(2,K)$ es el cociente del grupo de $2×2$ invertible matrices con entradas desde el campo de $K$ modulo el grupo de cero $K$-escalar de multiplica la matriz de identidad.

La única $p$-subgrupos son isomorfos al localmente cíclico grupos de $p^n$th raíces de la unidad en la $F$ donde$[F :K]≤2$, $F$ es una ecuación cuadrática de extensión de campo de $K$ o $F = K$. Suponiendo que el $p$-subgrupo genera $F$ $K$ y no es la identidad al $F = K$, el normalizadores son (generalizada) diedro grupos, $\operatorname{Dih}(F^×)$, lo que demuestra la maximality de la totalidad de los grupos de raíces de $p^n$th raíces de la unidad en la $F$.

En el campo finito caso, las cosas son más fáciles. $F^×/K^×$ orden $q+1$ $K^×$ orden $q−1$, lo $p$ divide a la primera, o $p$ divide el segundo, y así todos los $p$-subgrupos de la misma orden se conjugado sólo por traer a sus torus en línea. Esto no es sorprendente, ya que la máxima $p$-subgrupos son conjugado por parte del teorema de Sylow, cíclico y, por tanto, tienen un único subgrupo de cada pedido.

En el infinito campo de caso, yo no estoy tan seguro. Por un lado, el cuadrática $F$ ya no es único, definido por $K$, por lo que no estoy seguro de hasta qué punto la no-división tori son conjugadas. Peor aún, ni siquiera estoy seguro de que uno no puede tener un máximo de $p$-subgrupo de $K$-tipo y un máximo de $p$-subgrupo de $F$-tipo.

Answer 1

Creo que la respuesta es sí. No estoy segura de entender a la perfección, pero déjame al menos hacer un intento de responder a ella. La idea principal es tratar de demostrar que su campo de extensión $F$ está determinada únicamente por $K$. Disculpas si he llegado a este mal!

Deje $q=p^n$ ser un trivial poder de la extraña prime $p$. Supongamos que $K$ contiene una primitiva $q$-ésima raíz de 1 (y por lo tanto contiene todos los $q$-th raíces de 1). Supongamos que $g \in {\rm PGL}(2,K)$ orden $q$, y deje $h \in {\rm GL}(2,K)$ inverso de la imagen de $g$. Por lo $h$ satisface la ecuación de $x^q-t=0$ algunos $t \in K$. Si $h$ actos irreducible, entonces esta ecuación factorizes en lineal factores en el campo de la extensión $F$ centralizar $h$. Pero luego de más de $K$ factorizes en lineales y cuadráticas factores, y desde $q$ es impar, al menos uno de los factores debe ser lineal. Pero entonces todas las raíces de la ecuación mentira en $K$, contradicción. Por lo $h$ debe actuar reducibly, y $g$ corrige exactamente 2 puntos en su proyectiva de acción.

Supongamos primero que $K$ contiene primitivo contiene $p^n$-th raíces de 1 para todos los $n$. Entonces, por el argumento anterior, todos los $p$-elementos en ${\rm PGL}(2,K)$ revisión de precisión 2 puntos, y de ello se deduce fácilmente que cualquier maximal $p$-subgrupo corrige dos puntos. A continuación, se deduce a partir de la 2-transitividad de la ${\rm PGL}(2,K)$ que todos maximal $p$-subgrupos son conjugadas.

Por lo que asumimos a partir de ahora que hay un máximo de $m \ge 0$ tal que $K$ contiene primitivo $p^m$-th raíces de 1.

El resultado sigue del mismo modo, si la inversa de imágenes $h$ de todos trivial $p$-elementos $g$ act reducibly.

El último caso es cuando algunos $h$ actos irreducible. De nuevo $h$ satisface una ecuación polinómica $x^q-t=0$ algunos $t \in K$. Pero el polinomio mínimo de a $h$ $K$ es cuadrática, por lo $F$ contiene dos raíces $h_1$ $h_2$ de esta ecuación, y $h_1h_2^{-1} = w$ $r$- ésima raíz de 1, para algunos divisor $r=p^k$$q$. Si $w \in K$ a continuación, desde la $h_1h_2 \in K$,$h_1^2 \in K$, pero, a continuación,$h_2 = -h_1$, contradiciendo $p$ impar.

Por lo $F$ contiene primitivo $r$-th raíces de la 1, pero $K$ no. Así que debemos tener $F = K[w]$ donde $w$ es una primitiva $p^{m+1}$-ésima raíz de 1. Así en el hecho de $F$ está determinada únicamente por $K$. Desde la máxima $p$-subgrupos de ${\rm PGL}(2,K)$ todos surgir en el mismo camino de este campo específico $F$, creo que ahora se deduce que todos ellos son conjugadas.