Muestran que un grupo de orden $p^2q^2$ soluble

Question

Estoy tratando de probar que un grupo de orden $p^2q^2$ donde $p$ $q$ son números primos es solucionable, sin el uso del teorema de Burnside. He aquí lo que tengo por el momento:

• Si $p = q$, $G$ $p$- grupo y por lo tanto es solucionable.

• Si $p \neq q$, vamos a ver el Sylow $p$-subgrupos de $G$. Sabemos de Sylow de teoremas $n_p \equiv 1 \pmod p$$n_p \mid q^2$, por lo $n_p \in \{1, q, q^2\}$.

• Si $n_p = 1$, es más, debido a que el Sylow $p$-Subgrupo $P$ es normal en $G$ orden $p^2$, e $G/P$ orden $q^2$. Por lo que ambas son resolubles y $G$ es solucionable.

• Si $n_p = q^2$, $q^2(p^2-1)$ elementos de orden $p$ o $p^2$$G$, y tenemos $q^2$ elementos de la izquierda para formar una única Sylow $q$-subgrupo. Por el mismo argumento que antes, $G$ es solucionable.
• Que es donde estoy en problemas. No sé qué hacer con $n_p = q$. Parece que no llevan a ninguna parte.

Gracias de antemano por cualquier ayuda!

Laurent

Answer 1

Usted argumento funciona igual de bien con $p$ $q$ de conmutación, por lo que la única vez que tiene problemas es si ambos $n_p=q$$n_q = p$. Desde $1\equiv n_p \mod p$ $1\equiv n_q \mod q$ esto pone muy fuerte requisitos en $p$$q$.

Sugerencia 1:

A menos que $n_p=1$, $n_p > p$.

Sugerencia 2:

Si $n_p=q$,$q>p$. Si $n_q =p$,$p>q$. Oops.

Revisión de OP del argumento:

La OP del argumento actualmente es deficiente en el caso de $n_p=q^2$, por lo que esta respuesta sólo es verdaderamente útil después de que falla es fijo.

Una muy argumentación similar a la dada en esta respuesta obras. La primera parte de su argumento funciona, y el $p-q$ simetría ayuda a:

Si $n_p=1$ o $n_q=1$, entonces el grupo es solucionable.

Ahora vamos a utilizar la Sylow contar de nuevo para obtener algunos de los graves restricciones:

Si $n_p \neq 1$, $n_p \in \{q,q^2\}$ y en ambos casos tenemos $1 \equiv q^2 \mod p$. Del mismo modo, si $n_q \neq 1$,$1 \equiv p^2 \mod q$.

Por desgracia, ahora no nos resulta fácil contradicción, pero al menos tenemos una posibilidad:

Desde $p$ divide $q^2-1 = (q-1)(q+1)$, también debemos tener $p$ divide $q-1$ o $q+1$, lo $p \leq q+1$$q \leq p+1$, lo $p-1 \leq q \leq p+1$. Si $p=2$ es incluso, a continuación, $q$ está atrapado entre el 1 y el 3, por lo $q=3$. Si $p$ es impar, entonces $p-1$ $p+1$ son tanto que incluso, por lo que la única posibilidad para $q \neq p$ $q=p-1=2$ (por lo $p=3$) o $q=p+1=2$ (por lo $p=1$, nope). Por lo tanto la única posibilidad es $p=2$ $q=3$ (o viceversa).

En este caso, obtenemos:

Si $p=2$$q=3$,$n_q \in \{2,4\}$. Teniendo en cuenta la permutación de acción de $G$ en su Sylow $q$-subgrupos, sabemos que $n_q=2$ es imposible (Sylow normalizadores nunca son normales) y $n_q=4$ $G$ tiene un subgrupo normal $K$, de modo que $G/K$ es isomorfo a un transitiva subgrupo de $S_4$ que contiene no-normal Sylow 3-subgrupo y el fin de tener un divisor de 36. El único subgrupo es $A_4$, lo $K$ es de orden 3. Por lo tanto $G/K\cong A_4$ $K \cong A_3$ tienen solución, por lo $G$ es solucionable.

Answer 2

Voy a darle una diferente serie de consejos/pasos para mostrar la siguiente: si $p >q,$ $G$ tiene un no-identidad normal $p$-subgrupo. Deje $P \in {\rm Syl}_{p}(G),$ y supongamos que los no-identidad subgrupo de $P$ es normal en $G$ (que incluye a $P$ sí, por supuesto). Observe que $q \not \equiv 1$ (mod $p$), ya que $1 \neq q < p.$ por lo tanto $G$ han $q^{2}$ Sylow $p$-subgrupos, y debemos tener $q^{2} \equiv 1$ (mod $p$). Por lo tanto $p | q+1$ ( que no puede ha $p|q-1$$q <p$). Pero $q <p,$$q+1 \leq p,$, por lo que debemos tener $q = p-1$. Ahora $p \neq 2$ $p>q,$ $q$ es incluso. Por lo tanto $q = 2$ $p=3,$ $p$ es un primo. Por lo tanto $|G| = 36$. Ahora $P = N_{G}(P)$ del Teorema de Sylow. Además, no es adecuado subgrupo $M$ $G$ que estrictamente contiene $P.$ porque De lo contrario tendríamos $[M:P] \equiv 1$ (mod $3$) y $[G:M] \equiv 1$ (mod 3), obligando a $[G:P] \geq 16,$ que no es el caso. Ahora vamos a $g^{-1}Pg$ ser otro Sylow $3$-subgrupo de $G.$$P \cap g^{-1}Pg \neq 1$$|P||g^{-1}Pg| > |G|$.Sin embargo $P$ $g^{-1}Pg$ son tanto Abelian, por lo $P \cap g^{-1}Pg \lhd \langle P,g^{-1}Pg \rangle >P.$, Pero no hay ningún subgrupo de $G$ estrictamente entre el $P$ $G,$ $P \cap g^{-1}Pg \lhd G.$ (en realidad su (Laurent) argumento funciona en $G/(P \cap g^{-1}Pg)$ a mostrar que un Sylow $2$-subgrupo es normal en la que el cociente de grupo.

Answer 3

Asumiendo que usted sabe que los grupos de orden $p^2q$, $pq$ y $p^k$ tienen solución, es suficiente para probar que un grupo de orden $p^2q^2$ no es simple.

Supongamos que $G$ es un simple grupo de orden $p^2q^2$. Por simetría (y desde $p$-los grupos son resolubles) podemos suponer $p > q$. Pasos para llegar a una contradicción:

1. Demostrar la siguiente: si $G$ es un grupo finito con un subgrupo $H$ de índice de $r$ donde $r$ es el menor divisor primo de $|G|$, $H$ es un subgrupo normal.

2. Por 1. $n_p = q$ no puede suceder desde $G$ es simple. Por lo tanto,$n_p = q^2$.

3. Si existen distintas Sylow $p$-subgrupos $P_1$$P_2$, de forma que su intersección $D = P_1 \cap P_2$ es no trivial, entonces $D$ orden $p$. Ahora $D$ es normal en ambos $P_1$$P_2$, pero no es normal en todos los de $G$, lo $N_G(D)$ orden $p^2q$. Esta es una contradicción por 1.

4. Por lo tanto distinto Sylow $p$-subgrupos de $G$ han pares trivial intersección. Por 2. esto significa que no se $q^2(p^2-1)$ elementos de orden $p$ o $p^2$. Pero, a continuación, $G$ tiene un normal Sylow $q$-subgrupo.