Cualquier grupo de orden $85$ es cíclico.
Mi intento:
Deje $|G|=85=5\times17$
Deje $H_1$ ser el sylow -$5$ $H_2$ ser sylow-$17$ subgrupo de $G.$
A continuación, $H_1\cap H_2=\{e\}$
Por lo $|H_1\times H_2|=85$
y, por tanto, $G\simeq H_1\times H_2$
Desde $H_1\times H_2$ es cíclico, así que es $G.$
No estoy seguro acerca de mi prueba. Por favor, dime si es correcto! Aparte de votar por favor deje un comentario.
Un paso más es necesario. Recordemos que uno de una definición de producto directo $G = H \times K$ es $H, K \trianglelefteq G$, $G = \langle H, K \rangle$, y $H \cap K = 1$. Por lo tanto, usted tiene que demostrar que $H_1, H_2 \trianglelefteq G$. (Esto puede ser fácilmente demostrado por Sylow del teorema.)
De lo contrario, la prueba falla. Un ejemplo de ello es $S_3$. A pesar de los subgrupos de Sylow $C_2$, $C_3$ de $S_3$ han trivial intersección $C_2 \cap C_3 = 1$ $\lvert C_3C_2 \rvert = 6$ (lo que implica $S_3 = C_3C_2$), $S_3$ no es el producto directo de los dos. (Observar que $C_2 \not \trianglelefteq S_3$ en este caso).
"Prueba de Lagrange-Cauchy-Frobenius-Burnside Teoremas"
(*) Si $H,K$ son subgrupos de un grupo finito, a continuación,$|HK|=\frac{|H|.|K|}{|H\cap K|}$.
1) Supongamos $G$ es abelian. Entonces por el teorema de Cauchy para un finito abelian grupos, $G$ tiene elementos $x,y$ orden $17$$5$, respectivamente. Como $x,y$ comute y tienen relativamente prome orden, el orden de $xy$ debe $85$, e $G$ es cíclico. (Teorema de Cauchy para un finito abelian grupos pueden ser muy fácilmente demostrado por * ).
2) Supongamos $G$ no es abelian. A continuación,$Z(G)<G$, de ahí que el centro ha pedido bien $1,5$ o $17$ por el teorema de Lagrange. Los dos últimos son imposibles, de lo contrario $G/Z(G)$ será cíclico,$Z(G)=1$. El Frobenius de la clase ecuación de $G$ se convierte en
$|G|=|Z(G)|+|C_G(x_1)|+|C_G(x_2)| + \cdots |C_G(x_r)|$ (donde $C_G(a)=$ conjugacy clase de $a$$G$). Deje $|C_G(x_i)|=n_i$. Por lo tanto, $85=1+n_1+n_2+\cdots n_r$.
2.1) Para $a\in G$, $a\neq 1$, por Lagranges teorema, $a$ tiene fin $5$, $17$ o $85$; si es $85$, $G$ es cíclica, por lo que considerar dos primeras posibilidades. Si $a$ orden $5$, entonces el centralizador de $a$ orden $\geq 5$, y se divide $|G|$, debería ser $5$ desde $Z(G)=1$. Por lo tanto, $|C_G(a)|=85/5=17$. Del mismo modo, si $a$ orden $17$,$|C_G(a)|=5$. Por lo tanto, en la clase de ecuación, $n_i$ es uno de $5$$17$. En particular, $n_i\geq 5$, y de la clase ecuación, se deduce que, $r\leq 16$. Por lo tanto $G$ tiene más de $17$ clases conjugacy.
2.2) Por un teorema de Burnside (probablemente 1902), en un grupo de orden impar, el número de clases conjugacy es congruente a $|G|$ mod $16$. Por lo tanto, $(r+1)\equiv 85$ mod $16$, e $r+1\leq 17$ (2.1). La única solución de esta ecuación es $r=4$. Por lo tanto $85=1+n_1+n_2+n_3+n_4$,$n_i\in \{5,17\}$. Esto es imposible, ya RHS es en la mayoría de las $69$.
Por lo tanto $G$ es abelian, y por (1), es cíclico.
Comentario El propósito de esta solución es mostrar cómo es muy básico, teoremas, que se muestra en negrita con letras minúsculas) puede ser muy bien utilizado para entender la estructura de grupos finitos. Sobre todo, no los he usado general del teorema de Cauchy, pero sólo para un finito abelian grupos, que pueden ser rápidamente fue por *. Pero, el teorema de Burnside tiene no trivial de la prueba. Se incluye en muy menos libros de teoría de grupos, y esta es una oportunidad para mostrar a la gente, que nunca conoció.
Te voy a dar un tiro en una solución sin el uso de los teoremas de Sylow -- por favor, dime si todo lo que digo es falso.
Empezamos considerando $|Z(G)|$. Si este es de 85 hemos terminado. Pretendemos que no es ni $5$ ni $17$. En efecto, si es $5$, tenemos que la acción de la $G$ sobre sí mismo por conjugación ha núcleo que contiene los $Z(G)$; por lo tanto tomando el cociente, nos encontramos con que $G/Z(G) \simeq \mathbb Z / ( 17 \mathbb Z)$ actúa en $G$ por conjugación. Por lo tanto no trivial clases conjugacy debe ser el tamaño de la $17$, lo cual es incompatible con la clase ecuación desde $5 + 17 n \neq 85$. Del mismo modo, si $|Z(G)| = 17$$17 + 5n \neq 85$, lo que muestra que en este caso es imposible así.
Por lo tanto el único caso de la izquierda es $|Z(G)| =1$, lo que también vamos a mostrar es imposible. Desde el tamaño de una clase conjugacy debe dividir el orden de $G$, la clase ecuación nos dice
$1 + 5n + 17m = 85$,
el que tiene la solución única $n=10, m=2$.
Ahora, por Cauchy teorema existe un subgrupo cíclico $H \leq G$ orden $17$, es decir, el índice de $5$. Nos fijamos en la acción de la $G$ en los cosets $G/H$ lo que da un homomorphism $G \rightarrow S_5$. Nos encontramos con que el núcleo de esta acción se encuentra en $H$ y tiene un índice en la mayoría de las $5$ y por lo tanto es $H$, es decir, $H$ es un subgrupo normal.
Sin embargo, un subgrupo normal debe contener la identidad y la unión de las clases conjugacy, y desde $1 + 5n' + 17 m' \neq 17$ para cualquier elección de $0\leq n' \leq n, 0 \leq m' \leq m$, esto es imposible así.
Por lo $G = Z(G)$ es Abelian de la orden de 15, lo que significa que debe ser cíclica.
Vale la pena señalar que subyacen a punto aquí es que el $5$ no divide $17-1=16$. El uso de Sylow de teoremas, si un grupo tiene orden de $pq$$p<q$, entonces la Sylow $q$-subgrupo $H_q$ es normal. Combinado, por lo que dijo, esto significa que tenemos un semi-directa del producto.
Tenga en cuenta que $H_p$ $H_q$ son cíclicos. Ahora, es "bien conocido" (es! Honesto!) que si $C_q$ es el grupo cíclico de orden $q$$\operatorname{Aut}(C_q)\cong C_{q-1}$. Por lo tanto, la acción de la $H_p$ $H_q$ es no trivial si y sólo si $p$ divide $q-1$. Aquí, $5$ no divide $17-1=16$ y por lo tanto la acción es trivial. Por lo tanto, tenemos un producto directo.
Si se va a seguir perseverando en la (no directo) semi-producto directo de los casos, usted encontrará que no es precisamente un isomorfismo de clase (para fija $p$, $q$), básicamente porque $p$ es primo. Por lo tanto, podemos concluir con el siguiente resultado,
Lema: Supongamos $G$ tiene fin $pq$, $p<q$. Si $p$ no divide $q-1$ $G$ es cíclico. Si $p$ divide $q-1$, entonces hay exactamente dos clases de isomorfismo de orden $pq$,, $G\cong C_{pq}$ o $G$ es el semidirect producto $G\cong\langle a, b; a^p, b^q, a^{-1}ba=b^p\rangle$.
Por ejemplo, $S_3$ orden $6=2\cdot 3$, e $2$ divide $3-1=2$. Esta es la razón por la $S_3$ no es simplemente $C_2\times C_3\cong C_6$.
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