$H$ ser un subgrupo apropiado de grupo finito $G$ tal que $H \cap gHg^{-1}=\{e\} , \forall g \in G \setminus H$, entonces el $|\cup gHg^{-1}|>\dfrac 12 |G|+1$

Question

Que $H$ ser un subgrupo apropiado de grupo finito $G$ tal que $H \cap gHg^{-1}=\{e\}$ % todos $g \in G \setminus H$. Entonces es cierto ese % $ $$|\cup_{g \in G \setminus H}gHg^{-1}|>\dfrac 12 |G|+1$

Si no, entonces es menos cierto que

$$|\cup_{g \in G}gHg^{-1}|>\dfrac 12 |G|+1$$

(Sé el límite superior de $|\cup_{g \in G}gHg^{-1}|\le [G:H](|H|-1)+1$, pero no conozco ningún límite más bajo. Por favor ayuda. Gracias de antemano.)

Answer 1

Reclamación Sea $g_1H, \ldots, g_mH$ todo el cojunto de $H$ $G$. Entonces cualquiera de las dos del $g_1Hg_1^{-1}, \ldots, g_kHg_m^{-1}$ se intersecan solamente en la identidad.

Prueba. Utiliza la hipótesis de que $H\cap gHg^{-1}=\{e\}$ si $g\notin H$. Supongamos que $a\in g_1Hg_1^{-1}\cap g_2Hg_2^{-1}$. Entonces tenemos $$g_1^{-1}ag_1\in H\cap\ (g_1^{-1}g_2)H(g_1^{-1}g_2)^{-1}$ $ desde $g_1H\neq g_2H$, tenemos $g_1^{-1}g_2\notin H$. Por lo tanto, por hipótesis, debemos $g_1^{-1}ag_1=e$, que $a=e$.

De la afirmación anterior, se desprende que $|\bigcup_{g\in G\setminus H}gHg^{-1}|$ tiene exactamente $(|G:H|-1)(|H|-1)+1$ elementos.

Answer 2

Si $H$ es un subgrupo de esto, entonces un teorema de Frobenius nos dice que hay $K \lhd G$ $G = HK$ y $H \cap K = 1$. Además, $K= \{1_{G} \} \cup (G \backslash \cup_{g \in G} g^{-1}Hg)$. Por lo tanto $|G| = |K| + [G:H](|H|-1).$ se deduce que la desigualdad seond es precisamente cuando viola $|K| \geq \frac{|G|}{2}.$ $K$ un subgrupo de $G$, así que la única posibilidad para la desigualdad seond violando (excepto el caso trivial es $G = K, H = \{1_{G} \}$) que $|K| = \frac{|G|}{2}$ y $|H| = 2$.

Answer 3

Como se señaló por Geoff Robinson grupos que han dicho subgrupo se llaman Frobenius grupos, y en su respuesta que te han dado las condiciones a la hora de su segunda desigualdad se cumple y cuando no. Su citó los resultados, es decir, que $K$ (el Frobenius kernel) es un subgrupo es un lugar profundo resultado. Añado una más elementales de la prueba.

Supongamos $H \ne 1$ (de lo contrario, la desigualdad es obviamente falso).

Con acciones del grupo. Observe que $N_G(H) = H$, por lo tanto, considerando la acción de $G$ $H$ por la conjugación tenemos exactamente $|G : H|$ diferentes conjugados, por lo tanto $$ \left| \bigcup_{g\in G} H^g \setminus\{1\} \right| = |G : H|(|H| - 1) = \frac{|H|-1}{|H|} |G| $$ de modo que $|\bigcup_{g \in G} H^g| = \frac{|H|-1}{|H|} |G| + 1$ y $$ \frac{|H|-1}{|H|} |G| + 1 > \frac{|G|}{2} + 1 \Leftrightarrow |H| > 2 $$ así que ya ves que si $|H| \in \{1,2\}$ la desigualdad de falla, de lo contrario, se mantiene.

Por la forma en que el recuento de argumento también podría realizarse sin el uso de acciones del grupo, esto es similar a la forma en que caffeinemachine hizo el recuento. Tenga en cuenta que la condición de $N_G(H) = H$ da $$ Hx = Hy \Leftrightarrow H^x = H^y $$ así que tenemos exactamente el número de diferentes conjugados como hemos cosets. La implicación $Hx = Hy \Rightarrow H^x = H^y$ siempre es cierto, como $Hx = Hy$ implica $xy^{-1} \in H$ $H^x = (H^{xy^{-1}})^y = H^y$ (o la nota que $xH \mapsto Hx^{-1}$ es un bijection, y por lo $H^x = x^{-1}(Hx) = x^{-1}(Hy) = (x^{-1}H)y = (y^{-1}H)y = H^y$). Para la otra implicación si $H^x = H^y$,$H^{xy^{-1}} = H$, por lo tanto debemos tener $xy^{-1} \in H$ como precisamente los elementos de $H$ normalizar $H$. Ahora, usando el trivial de la intersección de la propiedad podemos contar exactamente igual que se hizo más arriba.