Deje $G$ ser un grupo finito que tiene un total de no más de cinco subgrupos. Demostrar que $G$ es abelian.

Question

Deje $G$ ser un grupo finito que tiene un total de no más de cinco subgrupos. Demostrar que $G$ es abelian.

Puedo demostrar que si $\left|G\right|\leq5 $ then $G$ es abelian. Es equivalente a este problema? Si no, me dan algunos consejos para probar.

Gracias de antemano.

Answer 1

Así, el subgrupo trivial y $G$ sí son subgrupos, por lo que se han reducido a tres subgrupos (a menos $G$ es la trivial grupo, que es abelian). El orden del grupo es una fuente primaria de energía, o tiene al menos dos factores primos. Puede tener más de dos factores primos? Lo que si tiene exactamente dos factores primos?

Para responder a @PraphullaKoushik no he pensado en ello, pero tomar un subgrupo cíclico generado por algún elemento de su grupo. O bien es la de todo el grupo (en el que caso de que usted está haciendo), o no lo es. Si no lo es, y todavía no de primer orden, tiene al menos dos adecuada subgrupos, y estamos fuera de los subgrupos, así que no hay ningún otro elemento, por lo que el grupo $G$ es cíclico. Así, el subgrupo ES de primer orden. Tomar algún elemento no en ella. Repita el argumento. Tiene un segundo subgrupo de primer orden, y se han utilizado hasta $p_1 + p_2 - 1$ elemento. Tome un tercer elemento (debe existir, puesto que el orden del grupo es, al menos,$p_1 p_2 > p_1 + p_2 - 1.$) Repite el argumento. Ahora, no más de subgrupos, se han utilizado hasta $p_1 + p_2 + p_3 -2$ elementos, que deben ser todos los elementos en el grupo.

Answer 2

La lista de todos los posibles grupos (es decir. en la mayoría de los 5 subgrupo) son:

$\mathbb{Z}_{1}$

$\mathbb{Z}_{p^{k}}$ $p$ el primer y el $k\leq 4$

$\mathbb{Z}_{pq}$ $p,q$ primer

$\mathbb{Z}_{2}\times\mathbb{Z}_{2}$

Prueba:

Ya tenemos 2 subgrupo de ser el trivial e indebido de los grupos. Por lo tanto tratamos de encontrar la 4ª prohibido adecuada subgrupo no trivial a causa de la contradicción. Asumiendo $G$ no es trivial.

Elija el más grande (en términos de orden) subgrupo cíclico $C$. Sabemos que $C$ no es trivial debido a que cada elemento de generar su propio grupo cíclico. Si $C=G$, $G$ es cíclico. En este caso, cada divisor de $|C|$ forman un subgrupo, por lo que no puede haber más de $5$ divisor. Por lo tanto $|C|$ sólo puede tener en la mayoría de $2$ factores primos. Si tiene una, $|C|=p^{k}$ algunos $k\leq 4$ $p$ prime. De lo contrario, $|C|=pq$ algunos $p,q$ prime.

De lo contrario, elija el más grande grupo cíclico $D\not\subset C$. Luego también tenemos a $C\not\subset D$. Sabemos que esto es posible, ya que cualquier elemento no en $C$ generar su grupo cíclico.

Puede que esta unión de $C$ $D$ toda $G$? Si es así, vamos a $p,q$ ser su orden y $r$ ser la intersección de la orden. A continuación, $|G|=p+q-r$ pero de alguna manera $p$ $q$ deben dividir $|G|$, lo cual es una contradicción, porque $p,q>r>0$.

Por lo tanto, una vez más podemos encontrar el mayor grupo cíclico $E$, que no es subconjunto de a $C$ o $D$. Ahora, ya tenemos 3 adecuada no trivial grupo. Así que en primer lugar no hay forma en que puede intersectar no trivialmente. A partir de este punto vamos a ignorar que el grupo es producido por primera vez y sólo se refiere a las 3 de ellos como $C,D,E$, piensa que es como cambiar el nombre de ellos. También, la unión debe ser todos los de $G$ de lo contrario tendríamos aún más del grupo. Por lo tanto vamos a $p,q,r$ ser el orden respectivamente. Tenemos $|G|=p+q+r-2$ $p,q,r$ cada división de $|G|$. Si $p=q=r$ debe ser $p=q=r=2$ $|G|$ tiene orden 4 que se ve fácilmente para ser abelian. Si no, entonces uno de los número debe ser diferente de los otros 2, vamos a decir $p$. A continuación, $p$ debe ser normal, de lo contrario interior automorphism produciría el prohibido 4º grupo. A continuación, $CD,CE$ es un subgrupo, por lo $CD=CE=G$. Por lo tanto,$q=r$$|G|=pq=p+2q-1$$q(p-2)=p-1$, lo que significa $p=3;q=r=2$$|G|=6$. Ya sabemos el orden de $5$ del elemento, que es $1,3,3,2,2$. Si hay algún elemento de orden $6$, entonces es cíclico y por lo tanto contradice la máxima condición. Pero si no, entonces restantes elemento no puede tener el fin de $3$, por lo tanto debe tener un orden $2$, y de que forma lo prohibido 4 de subgrupo.

Conclusión: revise la lista, todos ellos son abelian.

Answer 3

Creo que esto también funciona.

Supongamos que un grupo de $G$ no es abelian, y elegir los elementos de $a$ $b$ $G$ tal que $ab\neq ba$. A continuación, el cíclico subgrupos $\langle a\rangle$ $\langle b\rangle$ son distintos, no trivial adecuada subgrupos de $G$. Puesto que ningún grupo es la unión de dos adecuada no trivial subgrupos, hay un elemento $c\in G\setminus(\langle a\rangle\cup\langle b\rangle)$, y genera otro subgrupo cíclico $\langle c\rangle$ distinta de la de $\langle a\rangle$$\langle b\rangle$. Ahora tenemos cinco subgrupos $1$, $G$, $\langle a\rangle$, $\langle b\rangle$ y $\langle c\rangle$, tan sólo tenemos que encontrar una sexta. Si alguno de $a$, $b$ y $c$ no cuenta con el primer pedido, el subgrupo cíclico genera correcto, no trivial subgrupo distinto de los cinco primeros. Por lo tanto, podemos asumir que $a$, $b$ y $c$ cada primer orden.

Si $G\neq\langle a\rangle\cup\langle b\rangle\cup\langle c\rangle$, que se hacen como antes, ya que podemos elegir un elemento $d\in G\setminus(\langle a\rangle\cup\langle b\rangle\cup\langle c\rangle)$, lo que genera un nuevo subgrupo cíclico. Por lo tanto, asumir que $G = \langle a\rangle\cup\langle b\rangle\cup\langle c\rangle$.

Podemos suponer que al menos uno de $a$, $b$ y $c$ es de orden mayor que $2$, pues de lo contrario, $G$ es abelian. Supongamos que el orden de $a$ es mayor que $2$. A continuación,$ab, a^{2}b\not\in(\langle a\rangle\cup\langle b\rangle)$, y debemos tener $ab,a^{2}b\in\langle c\rangle$. Supongamos que $ab = c^m$$a^{2}b = c^n$, para los no-cero enteros $m$$n$. A continuación,$a^{-1}c^m = b = a^{-2}c^n$, lo $a = c^{n-m}$, lo que contradice $a\not\in\langle c\rangle$.