Problema sobre grupo finito y conjugación

Question

Sea $G$ sea un grupo finito de orden $n\geq 7$ y H sea un subgrupo propio de $G$ entonces demuestre que existe al menos $3$ elementos de $G$ que no se conjugan con ningún elemento de $H$

¿Alguna idea? Todavía no tengo ni idea de cómo demostrar esto.Por ejemplo, cuando se utiliza el método de contradicción.Suponemos que hay a lo sumo 2 elemento $g_1,g_2 \in G\backslash H$ que no se conjugan con $h ,\forall{h}\in H$ ¿cómo afrontarlo?

Gracias por su ayuda.

Answer 1

He aquí una respuesta que sólo necesita los resultados de Jyrki para $A_3$ y $S_3$ (donde pueden verificarse directamente):

$$|G \setminus \cup_{g \in G} H^g| \geq |G| - 1 - \sum_{g \in G/H} | H^g \setminus \{1\}| = |G|-1 -[G:H](|H|-1) = [G:H]-1$$ por lo que, a menos que el índice sea 1, 2 ó 3, la afirmación queda demostrada. Para el índice 1, $H$ no es apropiado. Para el índice 2, $H$ es normal, así que de hecho $|G \setminus H| = |G|/2 \geq 3$ . Para el índice 3, el núcleo de la acción de permutación no es trivial, por lo que se aplica una versión muy muy simple de la respuesta de Jyrki.

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Si el índice es 3 y $H$ no es normal, entonces hay tres conjugados de $H$ en $G$ Así que $H$ contiene un subgrupo $K$ tal que $K$ es normal en $G$ y $G/K$ es isomorfo al grupo alterno $A_3$ o el grupo simétrico $S_3$ . En ambos casos, $G/K$ contiene un elemento $gK$ de orden 3, y $\{H,H^g,H^{g^2}\}$ son los tres conjugados de $H$ . Desde $H\neq H^g$ , $g \notin H$ pero como $H^g \neq H^{g^2}$ , $g \notin H^g$ y del mismo modo $g\notin H^{g^2}$ . Sin embargo, el mismo argumento se aplica a todos los elementos $gk \in gK$ y $g^2K$ . Desde $[G:K] \leq 6$ y $|G| \geq 7$ obtenemos que $|K|\geq 2$ y así $|gK \cup g^2K| \geq 4$ por lo que de hecho tenemos 4 elementos no contenidos en ningún conjugado de $H$ .

Answer 2

Consideremos la acción de permutación de $G$ en el conjunto de cosets $G/H$ . El estabilizador del coset $xH$ se compone de los elementos de $xHx^{-1}$ por lo que el elemento de $G$ que no son conjugados con ningún elemento de $H$ son precisamente las que actúan sin puntos fijos sobre $G/H$ . Esta acción también nos da un homomorfismo de grupo $\phi: G\to \operatorname{Sym}(G/H)$ .

Si $H\lhd G$ entonces todos esos estabilizadores son iguales a $H$ . Los elementos en $G\setminus H$ y este conjunto contiene al menos la mitad de los elementos de $G$ así que hemos terminado.

Si $H$ no es normal, entonces $\phi(G)$ es un subgrupo transitivo de $S_n$ donde $n=[G:H]\ge 3$ . Se sabe (puede demostrarse mediante un argumento de recuento) que el número medio de puntos fijos de un elemento de un grupo transitivo es $1$ . Como la identidad tiene $n$ puntos fijos, hay al menos $n-1$ elementos de $\phi(G)$ que no tienen puntos fijos. Así que hemos terminado a menos que $n=3$ . Pero en ese caso $\ker\phi$ es un subgrupo de índice seis, por lo que no es trivial. Como los elementos libres de punto fijo de $\phi(G)$ corresponden a cosets $\ker\phi$ también hemos terminado en este caso.