¿Si $G$ es un grupo finito, $H$ es un subgrupo de $G$ y $H\cong Z(G)$, puede concluir que el $H=Z(G) $?

Question

Si $G$ es un grupo finito, $H$ es un subgrupo de $G$, e $H\cong Z(G)$, podemos concluir que el $H=Z(G) $?

Aprendí que si dos grupos son isomorfos, entonces no es cierto que ellos actúan de la misma manera cuando esta acción está relacionado con grupos externos o elementos. Por ejemplo, si $H \cong K $ y el tanto $H,K$ son normales de $G$, entonces no es cierto que la $G/H \cong G/K$. Además, no es condición suficiente (pero no necesaria, como he leído después de eso) para que haya un automorphism que, cuando se limita a $H$, induce un isomorfismo entre el$H$$K$.

Ahora, esto se aplica en este caso? o es la declaración sobre el centro y sus isomorfo subgrupos siempre verdadera?

Answer 1

No. Permítanme explicar por qué. Usted debe pensar en la $H\cong K$ como una declaración sobre el interior de la estructura de los subgrupos $H$$K$. El isomorfismo sólo muestra que los elementos de la $H$ interactuar unos con otros en la misma forma que los elementos de la $K$ interactuar el uno con el otro. No dice cómo cualquiera de estos elementos se comportan con el resto del grupo, es decir, el externo, el comportamiento de los elementos de $H$ con el resto de $G$ no puede ser el mismo como el externo, el comportamiento de los elementos de $K$ con el resto de $G$.

Ser el centro de un grupo es una declaración sobre externas de comportamiento. Si decimos que cada elemento de a $Z(G)$ viajes con todos los otros elementos de la $G$, a continuación, sólo porque $H$ $Z(G)$ tiene el mismo interior de la estructura no significa que cada elemento de a $H$ debe entonces conmuta con todos los otros elementos en $G$.

Para un fácil contraejemplo, considere la posibilidad de $G=S_3\times \mathbb{Z}_2$. Deje $\alpha$ ser cualquiera de las transposiciones $(12)$, $(13)$, o $(23)$$S_3$, y deje $\beta$ ser el generador de la $\mathbb{Z}_2$. Aquí, en virtud de que el producto directo, $\beta$ viajes con todos los otros elementos de la $G$, y no es difícil ver que ningún otro elemento no trivial de $G$ tiene esta propiedad, por lo $\langle\beta\rangle =Z(G)$. Por otro lado, sabemos que todos los grupos de orden $2$ son isomorfos, por lo $\langle \alpha \rangle \cong \langle \beta \rangle$.

Answer 2

No. Un subgrupo puede ser isomorfo al centro de un grupo sin ser el centro del grupo.

El diedro grupo de orden 8 proporciona un contra-ejemplo. Tiene muchos subgrupos de orden 2, pero sólo uno de ellos es el centro.

Más específicamente, tome $G=\langle (1,2,3,4), (1,3) \rangle \leq X = S_4$. A continuación, $Z(G) = \langle (1,3)(2,4) \rangle$ es conjugado a $H = \langle (1,2)(3,4) \rangle \leq G$. No sólo se $Z(G)$ $H$ isomorfo subgrupos de $G$, pero son aún conjugado en $X$.

Esto es una cosa muy extraña! Un automorphism de $G$ debe tomar el centro de la $G$ hasta el centro de la $G$. Si $G$ es un subgrupo normal de $X$, luego de la conjugación por cualquier elemento de $X$ toma el centro de la $G$ hasta el centro de la $G$. Podríamos sospechar que la conjugación (un tipo especial de isomorfismo) hace un mejor trabajo de respetar el centro de una hoja de isomorfismo.

En este caso, $G$ no es normal en $X$, pero $(2,3) \in G$ catalog_number $Z(G)$ $H$y actúa como un automorphism del subgrupo $H \times Z(G) = \langle (1,2)(3,4), (1,3)(2,4) \rangle = K_4 \unlhd X$.

Un grupo de $X$ se llama $p$-normal, si siempre $G$ es un Sylow $p$-subgrupo de $X$, $x \in X$, y $Z(G)^x \leq G$$Z(G)^x = Z(G)$. Ellos fueron estudiados por Grün en algunos trabajos fundamentales sobre la fusión que se dice en un $p$-grupo normal, todos conjugación por $X$ de los subgrupos de $G$ es, en cierto sentido, controlado por los $x$ que dejan $Z(G)$ solo. Es decir, si $H$ $H^x$ son ambos subgrupos de $G$, $H^x = H^y$ algunos $y \in N_X(Z(G))$. Groupprops tiene una declaración similar, y también la mayoría de los libros de texto de grupos finitos. Alperin la fusión teorema es una versión que funciona para todos los grupos. Se dice que sólo tiene que mirar en $N_G(Q)$ $Q \leq P$ que son lo suficientemente grandes como para contener los conjugados de $H$. En nuestro ejemplo, sólo tenía que mirar a $N_G(Q)$$Q=K_4 = H \times Z(G)$.