P: Demuestra que un subgrupo de orden $p^n$ tiene un subgrupo normal de orden $p^{k}$ para todos $0\leq k \leq n$ .
Intento de prueba: Procedemos por Inducción. Esto es obviamente cierto para $n=1, 2$ . Supongamos que es cierto para $m \leq n-1$ . Ahora, toma el grupo $G$ de orden $p^{n}$ . Dado que se trata de un $p$ -tiene un centro no trivial por la ecuación de la clase de conjugación. Este centro tiene entonces un subgrupo de $K$ pedir $p$ por el teorema de Cauchy, por ejemplo. Como este subgrupo está contenido en el centro, es normal en $G$ .
Tome el cociente $G/K$ que ahora tiene orden $p^{n-1}$ de ahí que por la hipótesis de inducción tenga subgrupos $\bar{H_{k}}$ de orden $p^{k}$ para $0\leq k \leq n-1$ que son normales en $G/K$ . Por el teorema del isomorfismo de la red, la red de $G$ tiene grupos correspondientes $H_{k}$ que son normales en $G$ .
El índice de cada uno de estos subgrupos es $|G:H_{k}|=|G/K: \bar{H_k}|=p^{n-1-k}$ Por lo tanto $H_{k}$ tiene orden $p^{k+1}$ en $G$ como desee.
¿Te parece bien?
1 votos
Hazlo por inducción. Primero considera el caso abeliano. Luego considera el caso no abeliano, para este después del caso base, partido por el centro(me refiero al grupo cociente $G/Z(G)$ ) y aplicar el teorema de correspondencia.
1 votos
¿Hay algún error en lo que he escrito ahí arriba? Tal y como lo he planteado no parece que necesite dividirlo en un caso abeliano y otro no abeliano, pero puede que me equivoque.
0 votos
No lo creo. Parece bastante bien.
0 votos
@DiegoRobayo Vale, aunque entiendo lo que quieres decir. Si tomo como centro digamos el orden $p^{k}$ ahí tengo todos los subgrupos de orden menor $p^{m}, m\leq k$ ya que para los grupos abelianos es fácil construir los subgrupos, y entonces todavía necesito aplicar el teorema de correspondencia a $G/Z$ de la misma manera. Gracias :)
0 votos
@TheManWhoNeverSleeps A mí me parece que está muy bien. Considera la posibilidad de escribir una respuesta a tu propia pregunta para que no quede contenida en la sección "Preguntas sin respuesta"