Grupos con 20 subgrupos de Sylow

Question

Hay una sencilla prueba de que un grupo finito con exactamente $20$ Sylow $p$-subgrupos tiene PSL$(2,19)$ o PGL$(2,19)$ como un cociente de grupo?

Lo que si debilitamos esto simplemente: "un grupo de orden $760$ tiene un normal Sylow 19-subgrupo"?

Uno puede ver esto Cómo muestran que no hay simple grupos de orden 760 uso del teorema de Sylow de un poco de motivación. Mi motivación es meramente para convertir esto en una declaración positiva, pero los argumentos de 760 están haciendo bastante complicado (uno puede mostrar fácilmente un grupo de orden 760 (1) tiene un subgrupo normal de índice 2, (2) un subgrupo normal de tamaño 2 y un subgrupo normal de índice 19, o (3) un subgrupo normal de tamaño 19; sin embargo, cada grupo en el hecho de tierras en el caso de (3) a través de un complicado argumento teórico o una comprobación rápida de bases de datos de ordenador).

Answer 1

Supongamos que $G$ es de orden $760 = 2^3 \cdot 5 \cdot 19$. Denotar por $n_p$ el número de Sylow $p$-subgrupos en $G$.

Podemos comprobar que la $G$ tiene un normal Sylow $5$subgrupo normal de Sylow $19$-subgrupo. Para ello, tenga en cuenta que es suficiente para demostrar la existencia de un subgrupo de $H$ orden $95 = 5 \cdot 19$. A continuación, $H$ normaliza un $5$-Sylow y un $19$-Sylow. Por lo tanto, si $P$ $5$- Sylow o $19$-Sylow, a continuación, $|N_G(P)|$ será divisible por $95$ $[G : N_G(P)]$ es una potencia de $2$. Por parte del teorema de Sylow, $[G : N_G(P)] = 1$. Por lo tanto sólo tenemos que demostrar que un Sylow $5$-subgrupo o un Sylow $19$-subgrupo es normal en $G$.

Así que vamos a suponer que Sylow $5$ - $19$- subgrupos no son normales en $G$. A continuación,$n_5 = 76$$n_{19} = 20$. Por lo tanto Sylow $5$-subgrupos tienen un normalizador de tamaño $10$, y Sylow $19$-subgrupos tienen un normalizador de tamaño $38$. Tenga en cuenta que esto implica que $G$ no puede contener un subgrupo de orden $2^k \cdot 5$ o $2^k \cdot 19$$k \geq 2$. Un subgrupo sería normalizar una $5$-Sylow o $19$-Sylow, haciendo un normalizador demasiado grande. Esto muestra que los casos $n_2 = 1$, $n_2 = 5$ y $n_2 = 19$ no son posibles.

Nos quedamos con el caso de $n_2 = 95$. Ahora $n_2 \not\equiv 1 \mod{4}$, por lo que existen dos Sylow $2$-subgrupos que se cruzan en un subgrupo $D$ orden $2^2$. A continuación, $|N_G(D)|$ es un múltiplo de a $2^3$ y mayor que $2^3$, lo $|N_G(D)| = |G|$ porque $|N_G(D)| = 2^3 \cdot 5$ $|N_G(D)| = 2^3 \cdot 19$ no son posibles. Por lo tanto $D$ es un subgrupo normal, lo que nos da la existencia de un subgrupo de orden $20$, una contradicción.