Que $G$ un grupo de orden $77$. ¿Centro de $G$ es isomorfo a cuál de las siguientes: $\mathbb{Z}_1$, $\mathbb{Z}_7$, $\mathbb{Z}_{11}$, $\mathbb{Z}_{77}$?
Tengo algunas dificultades con este problema. ¿Puede alguien ayudar? Gracias.
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Drew Jolesch
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Sugerencia: solo Hay un grupo de orden $77$: $$|G| = 77 = 7\cdot 11,\; \text{and}\;\;7, \; 11\;\text{prime};\;\;7\not\mid (11 - 1)\;\implies G \;\text{is abelian}$$
Usted sólo necesita saber que $G$ debe ser abelian para este problema. El hecho de que es cíclica, a continuación, de la siguiente manera ya que claramente, $$\;\gcd(7, 11) = 1 \iff \mathbb Z_{7}\times \mathbb Z_{11} \cong \mathbb Z_{77}$$
Teorema:
Deje $G$ ser un grupo de orden $pq$ donde $p,\,q$ es de los primeros, $p\lt q$, e $p$ ¿ no divida $q−1$.A continuación, $G$ es cíclico.
Vijay Saradhi
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Sería isomorfo a $\mathbb{Z}_{77}$. Para mostrar esto, utilizar los teoremas de Sylow para concluir que existe un único Sylow-$7$subgrupo $H$ y un único Sylow-$11$grupo $K$ (sigue inmediatamente de Thm $3$). $HK = G$, Y
$$HK \cong H \times K \cong \mathbb{Z}_7 \times \mathbb{Z}_{11} \cong \mathbb{Z}_{77}$$
desde $7$ y $11$ son relativamente privilegiadas. Por otra parte, observe que hay $11 + 7 - 1 = 17$ elementos de orden o $1$, $11$ o $7$. Los elementos restantes de $60$ deben tener orden $77$.
Johannes
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Antes de usar el teorema de la amWhy del post o de la Tinta coputantional manera; usted puede solicitar del teorema de Lagrange para obtener el resultado de la siguiente manera:
Si $|Z(G)|=7\to |G/Z(G)|=11$ lo $G$ es abelian lo $7=|Z(G)|=|G|=77$ que es la contradicción.
Si $|Z(G)|=11\to |G/Z(G)|=7$ lo $G$ es abelian lo $11=|Z(G)|=|G|=77$ que es la contradicción.
Si $|Z(G)|=77\to |G/Z(G)|=1$ $|Z(G)|=|G|$ que es lo que estábamos buscando.
Si $|Z(G)|=1$ por lo que el grupo no puede ser nilpotent así que usted puede utilizar la Tinta del post aquí para ver que $G$ es nilpotent. Otra contradicción
El siguiente fue publicado antes de la adición de la última línea de arriba.
Sin embargo, sabemos que $G$ es el producto directo de dos de sus normales subgrupos de sylow de órdenes de $7$$11$, respectivamente, desde $H_7\cap H_{11}=\{e\}$ $|H_7H_{11}|=77$ y por lo tanto es nilpotent ($Z(G)\neq \{e\}$). De hecho, $H_7$ es un complemento de $H_{11}$$G$.
