Un grupo de orden $n^2$ con $n+1$ subgrupos de orden $n$ con intersección trivial es abeliano

Question

El siguiente problema es de mi hoja de ejercicios en teoría de grupos. Logré hacer los dos primeros ítems, pero estoy atascado con el tercero. Se agradecerán sugerencias y comentarios sobre las soluciones presentadas a continuación.

Problema:

Sea G un grupo de orden $n^2$ con $n+1$ subgrupos de orden $n$, tal que la intersección de cualquier par de ellos es $\{ e \}$. Muestra que:

a) Si $H$ y $K$ son dos subgrupos de orden $n$, entonces $HK = G$.

b) Si $H$ es un subgrupo de orden $n$, entonces $H$ es normal en G.

c) G es abeliano.

Solución:

a) Como $H$ y $K$ son subgrupos finitos de orden $n$ y $H \cap K = \{e\}$, tenemos que $$ |HK| = \frac{|H||K|}{|H \cap K} = \frac{n \cdot n}{1}= n^2 $$ Entonces, como $HK \subset G$ y tienen el mismo número de elementos, entonces $HK = G$.

b) Sea $K \leq G$ tal que $|K| = n, \ K \neq H$. Por el ítem anterior, sabemos que $KH=G$. Dado que los cosets izquierdos forman una partición del conjunto, tenemos que $$ G = \bigcup_{k \in K} kH. $$ Ahora, supongamos que para algún $k$ fijo en $K, kH \neq Hk$. Dado que ambos conjuntos tienen el mismo número de elementos, entonces $$ Hk \setminus kH \neq \emptyset \ \therefore \ \exists \ k' \in K \setminus \{k\},\ \exists \ h,h' \in H; \ hk = k'h' $$ Entonces $$ k' = hk(h')^{-1} \in (eH)(kH) = kH $$ lo cual es una contradicción. Por lo tanto, $kH = Hk \ \forall \ k \in K$ y entonces se sigue que $H \vartriangleleft G$.

c) ?

Gracias de antemano.

Answer 1

Sean $H,K$ dos subgrupos distintos de orden $n$. Ahora $\mid HK\mid=\frac{\mid H\mid \mid K\mid}{\mid H\cap K\mid}=\mid H\mid \mid K\mid=n^2=\mid G\mid \Rightarrow G=HK

Para la normalidad de $H$, tenemos que demostrar que $gHg^{-1}=H,\forall g\in G$. Al contrario, supongamos que hay algún $g\in G$ tal que $gHg^{-1}\ne H$. Dado que, $\mid gHg^{-1}\mid =n$ , de la primera parte obtenemos que $gHg^{-1}H=G$. Así, existen $h_1,h_2\in H $ tales que $g=gh_1g^{-1}h_2\Rightarrow g\in H\Rightarrow H=G$ , lo cual es imposible. Por lo tanto, $H\trianglelefteq G

Ahora sean $H_1,H_2,....,H_{n+1}$ la lista de todos los subgrupos de orden n de $G$. Entonces $\mid H_1\cup H_2\cup ....\cup H_{n+1}\mid =(n-1)(n+1)+1=n^2\Rightarrow G=H_1\cup H_2\cup ....\cup H_{n+1}$. Ahora sea $g_1\in G$. Así, existe algún subgrupo de orden n $H_i$ tal que $g_1\in H_i$. Consideremos cualquier $g_2\in H_j, H_i\ne H_j$. Ahora $g_1g_2g^{-1}_1g^{-1}_2\in H_i\cap H_j$, usando la normalidad de $H_i,H_j\Rightarrow g_1g_2g^{-1}_1g^{-1}_2={e_G}\Rightarrow g_1g_2=g_2g_1$. Por lo tanto, $\mid C(g_1)\mid \ge n^2-(n-1)$ . Pero como $n\ge 2$, $C(g_1)$ debe ser $G$. Dado que $g_1$ fue elegido arbitrariamente, podemos decir que $G$ es conmutativo.

Answer 2

Que $G$ sea abeliano se puede demostrar mediante el siguiente argumento de conteo. Aparentemente, $G = \bigcup_{i=1}^{n+1}H_i$, donde $H_i$ son los subgrupos de orden $n$. Sea $x \in G$, digamos $x \in H_i$ para algún $i$. Entonces, el centralizador de $x$, $C_G(x)$ contiene al menos $n(n-1)+1$ elementos, ya que todos los elementos fuera de $H_i$ conmutan con $x$ (¿Por qué es esto? Usa el hecho de que, en general, si dos subgrupos normales $H$ y $K$ tienen intersección trivial, entonces $[H,K] \subseteq H \cap K=1$, por lo tanto, todos los elementos de $H$ conmutan con los de $K$ y viceversa). Por lo tanto, para la clase de conjugación $$|G:C_G(x)|=|Cl_G(x)| \leq \frac{n^2}{n^2-n+1}.$$Pero uno puede mostrar fácilmente que $\frac{n^2}{n^2-n+1} \lt 2$ para todos los $n$. Por lo tanto, $|Cl_G(x)|=1$ para todo $x \in G$, lo cual es equivalente a que $G$ sea abeliano.