Si $H$ es un subgrupo de $G$ y $N_G(P)\subseteq H$ para un Sylow de % de $p$$H$, entonces el $P$ es un Sylow $p$ $G$

Question

Estoy atascado en este problema que me he encontrado en Isaacs' Teoría de grupos Finitos. He tratado de pensar en ello durante un tiempo, pero no se le ocurrió una solución, por lo que le estoy pidiendo algunos consejos o incluso para una solución completa si lo desea, todo es bienvenido ya que no veo ningún camino a seguir.

El problema es el siguiente.

Deje $G$ ser un grupo finito y $P\in \text{Syl}_p(H)$ donde $H\subseteq G$, lo que significa que $P$ es un Sylow $p$$H$. Deje $N_G(P)$ ser el normalizador de la $P$$G$, y deje $N_G(P)\subseteq H$. A continuación, mostrar que $p\nmid|G:H|.$

Answer 1

Que $P$ sea un $p$-subgrupo de $H$ cuyo normalizer está contenida totalmente en $H$. Escriba $|P|=p^n$. Si divide a $p$ $[G:H]$, $G$ contiene un $p$-subgrupo de orden $p^{n+1}$ que contiene $P$. Llame a este $Q$. Desde $[Q:P]=p$ $P$ es máxima en $Q$ $Q$, que $Q\subseteq N_G(P)\subseteq H$ por lo tanto normal. Pero esto significa que el $H$ contiene un $p$-subgrupo de orden estrictamente mayor que la de $P$, $P$ no es un subgrupo de #%-Sylow $p$% #%.

Answer 2

Realmente tenemos $|G:H| \equiv 1 \pmod{p}$ en este caso. De hecho, teniendo en cuenta la acción de $P$ en el set de izquierda cojunto $G/P$ obtenemos $$ |G:P| \equiv |\mathbf{N}_G(P) : P|\pmod{p}$ $ $P$ es un $p$-grupo. Ahora desde $\mathbf{N}_G(P) \subseteq H$, no es divisible por $|\mathbf{N}_G(P) : P|$ $p$ por lo tanto, podemos cancelar este término en la equivalencia anterior y conseguir $$ |G : \mathbf{N}_G(P)| \equiv 1 \pmod{p}$$ (This comes for free if you show $P # \in \text{Syl}_p(G)$ first, since $|G:\mathbf{N}_G(P) | = n_p(G)$)

Además $|H:\mathbf{N}_G(P)| =n_p(H) \equiv 1 \pmod{p}$ y $$|G:H| \equiv 1 \pmod{p}$ $