Sin usar Sylow: Grupo de orden 28 tiene un subgrupo normal de orden 7

Question

Demuestre que un grupo de orden 28 tiene un subgrupo normal de orden 7.

¿Cómo puedo demostrar esto sin usar el teorema de Sylow?

Yo sé por el teorema de Cauchy, existe un$x\in G$ con el orden 7, ahora sólo tengo que probar que tiene un subgrupo normal.

Answer 1

Otra prueba: dado que, como usted dijo usted sabe que $G$ tiene un elemento de orden $7$, por Cauchy, usted también sabe que hay al menos un subgrupo de orden $7$, vamos a llamar a $H$.

Supongamos que $K \leq G$ es otro subgrupo de orden $7$, entonces podemos considerar el subconjunto $HK$ que tiene orden de $|HK|=|H||K|/|H \cap K|$.

Si $H$ $K$ eran distintas, a continuación, $H \cap K$ debe ser una adecuada subgrupo de ambos, pero ya que tienen el fin de la primer a $7$ esto es posible iff $H \cap K=(\text{id})$$|HK| =7\cdot 7 = 49$, lo que es claramente más grande, a continuación,$28$.

Llegamos a un absurdo, tenemos que concluir que el $H$ es el único subgrupo de orden $7$, por lo que es característico, por lo tanto normal.

Editar (más datils): consideremos un genérico automorphism $\varphi \colon G \to G$, entonces, por las propiedades de la homomorphisms $\varphi(H)$ es un subgrupo de $G$ y desde $\varphi$ es bijective $\varphi(H)$ debe tener un orden $7$. Porque como hemos demostrado $H$ es el único subgrupo de orden $7$ se sigue que $\varphi(H)=H$: lo $H$ se fija por todos los automorfismos, es decir, es característica.

De esto se deduce de la normalidad desde un subgrupo es normal iff se fija por todos los interiores de automorfismos, es decir, se fija por todos los automorfismos de la forma $$x \mapsto gxg^{-1}$$ para algunos $g \in G$. Desde $H$ es fijo por cada automorphism es fijo y, en particular, por el interior de la automorphism y por lo que es normal.

Answer 2

Tenemos $\lvert G\rvert = 28 = 2^2\cdot 7$. Deje $a_7$ el número de $7$-grupos de Sylow en $G$. Por Sylow $$a_7\equiv 1\mod 7\qquad\text{and}\qquad a_7 \mid 4\text{.}$$ Esto implica $a_7 = 1$, por lo que no hay un único subgrupo $H$ $G$ orden $7$.

Para todos $g\in G$, $gHg^{-1}$ es de nuevo un subgrupo de orden $7$, lo que obliga $gHg^{-1} = H$ todos los $g\in G$. Por lo $H$ es un subgrupo normal de orden $7$.

Editar Sólo ahora me di cuenta de que usted no desea utilizar los teoremas de Sylow. Aquí es una alternativa, siguiendo la sugerencia de @Tobias Kildetoft:

Desde $7$ es primo, por Cauchy $G$ contiene un elemento de orden $7$. Se genera un subgrupo $H$ $G$ orden $7$. Mirada a la acción del grupo de $G$ en el conjunto de $G/H$ de izquierda-cosets de $H$ por la izquierda de la multiplicación. Obviamente, este grupo de acción es transitiva. Porque de $\lvert G/H\rvert = 28/7 = 4$, da lugar a un grupo de homomorphism $$ \varphi : G \a S_4 $$ Ahora mira a $N = \ker(\varphi)$, que es un subgrupo normal de $G$. A partir de la transitividad de la $\varphi$, obtenemos $\operatorname{im}(\varphi) \geq 4$, lo que se traduce a $\lvert N\rvert \leq 28/4 = 7$.

Por el homomorphism teorema, $G/N \cong \operatorname{im}(\varphi)$, lo $\lvert G\rvert/\lvert N\rvert$ divide $\lvert S_4\rvert = 24$. Esto implica $28 \mid 24 \lvert N\rvert$, lo $7\mid\lvert N\rvert$.

Así que la única possitiblity es $\lvert N\rvert = 7$.

Answer 3

Otro tipo de prueba. En primer lugar, hacemos la observación de que si $G$ es abelian, podemos aplicar de Cauchy para obtener un grupo de orden $7$, que debe ser normal.

Considere la posibilidad de las clases conjugacy de un no-abelian $G$. Sólo pueden tener tamaños de $1,2,4,7,14,28$. Sabemos que la identidad está en una clase por sí mismo, así tenemos $27$ más de los elementos a repartir. Nos gustaría mostrar uno de ellos tiene clase conjugacy $1$, $2$, o $4$.

Evidentemente, no podemos formulario de $27$ de $7$s y $14$s, por lo que al menos uno de esos tres es necesario, llamar $k$. $G$ actúa sobre los elementos de esa clase conjugacy por la conjugación, por lo que se induce un homomorphism $\varphi$ $G$ a $S_k$. Pero $|S_k|$ es en la mayoría de las $24$, que es menos de $28$, lo $\ker \varphi$ no es trivial. Desde $G$ no es abelian, $\ker \varphi \ne G$, por lo que tenemos a nuestro subgrupo normal, $\ker \varphi$.

Esto funciona para los grupos de orden $mn$ donde $m$ $n$ son relativamente primos y $n \nmid (m -1)!$.