Si $|G| = 120$ entonces $G$ tiene un subgrupo de índice $3$ o $5$ (o ambos)

Question

Este es el ejercicio 1.C.4 de Isaacs, Teoría de grupos finitos . Creo que tengo una prueba, pero me gustaría verificar la prueba y también preguntar si se puede acortar o mejorar significativamente.

Dejemos que $|G| = 120 = 2^3 \cdot 3 \cdot 5$ . Demostrar que $G$ tiene un subgrupo de índice $3$ o un subgrupo de índice $5$ (o ambos). Sugerencia: Analice por separado las posibilidades de $n_2(G)$ .

Mi prueba: Por los teoremas de Sylow, $n_2(G)$ debe ser un entero impar que divida a $15$ Así que $n_2(G) = 1$ , $3$ , $5$ o $15$ .

Caso 1: $n_2(G) = 1$ . En este caso, $G$ tiene un único (por lo tanto normal) Sylow $2$ -subgrupo $S$ de orden $8$ (índice $15$ ). Entonces $G/S$ es un grupo de orden $15$ por lo que tiene subgrupos de orden $3$ y $5$ (índice $5$ y $3$ respectivamente). Por el teorema de correspondencia, estos subgrupos de $G/S$ corresponden a subgrupos de $G$ que contienen $S$ y que tienen los mismos índices $5$ y $3$ .

Caso 2: $n_2(G) = 3$ . Desde $n_2(G) = |G:N_G(S)|$ donde $S \in Syl_2(G)$ el subgrupo $N_G(S)$ tiene índice $3$ .

Caso 3: $n_2(G) = 5$ . Entonces, como en el caso 2, el normalizador de cualquier Sylow $2$ -el subgrupo tiene índice $5$ .

Caso 4: $n_2(G) = 15$ . Aquí, utilizo el siguiente teorema, demostrado anteriormente en el capítulo.

Supongamos que $G$ es un grupo finito tal que $n_p(G) > 1$ y elegir distintos Sylow $p$ -subgrupos $S$ y $T$ de $G$ de manera que el orden de $|S \cap T|$ es lo más grande posible. A continuación, $n_p(G) \equiv 1$ mod $|S:S \cap T|$ .

Desde $n_2(G) = 15$ no es congruente con $1$ mod $8$ o mod $4$ este teorema implica que hay $S,T \in Syl_2(G)$ tal que $|S:S \cap T| = 2$ es decir $|S \cap T| = 4$ . Por lo tanto, $S\cap T \lhd S$ y $S \cap T \lhd T$ lo que significa que $S \leq N_G(S\cap T)$ y $T \leq N_G(S\cap T)$ . Escribimos $H = N_G(S \cap T)$ por brevedad. Tenga en cuenta que $n_2(H) \equiv 1$ mod $2$ y tenemos $S,T \in Syl_2(H)$ Así que, de hecho $n_2(H) \geq 3$ . Esto significa que $H$ contiene al menos $16$ elementos, por lo que $|G:H| \leq 7$ . También, $8$ divide $|H|$ Así que $|G:H|$ es $1$ , $3$ o $5$ . Si $|G:H|$ es $3$ o $5$ entonces hemos terminado: $H$ es el subgrupo deseado.

Si $|G:H| = 1$ entonces $S \cap T \lhd G$ . Por lo tanto, $K = G / (S \cap T)$ es un grupo de orden $30$ . En consecuencia, $K$ contiene subgrupos de orden $3$ y $5$ . Por los teoremas de Sylow, $n_3(K)$ es $1$ o $10$ y $n_5(K)$ es $1$ o $6$ . Si $n_3(K) = 10$ y $n_5(K) = 6$ entonces $K$ contiene $20$ elementos de orden $3$ y $24$ elementos de orden $5$ pero esto es imposible en un grupo de orden $30$ . Por lo tanto, o bien $n_3(K) = 1$ o $n_5(K) = 1$ .

Si $n_3(K) = 1$ entonces $K$ contiene un subgrupo normal $N$ de orden $3$ . Entonces $K/N$ es un grupo de orden $10$ por lo que contiene un subgrupo de orden $2$ (índice $5$ ). Por correspondencia, $K$ también contiene un subgrupo de índice $5$ y como $K = G / (S \cap T)$ Esto significa que $G$ también contiene un subgrupo de índice $5$ .

Del mismo modo, si $n_5(K) = 1$ entonces $K$ contiene un subgrupo normal $N$ de orden $5$ . Entonces $K/N$ es un grupo de orden $6$ por lo que contiene un subgrupo de orden $2$ (índice $3$ ). Por correspondencia, $K$ y $G$ también contienen subgrupos de índice $3$ .

Answer 1

Caso 4: Has demostrado que hay $S,T\in Syl_2(G)$ tal que $|S\cap T|=4$ (su argumento por el segundo teorema citado -después del caso 4- es interesante, y no lo vi antes. Pero es un buen argumento). A partir de esto, es fácil llegar a tu conclusión.

Usted ha demostrado $S\cap T$ es normal en ambos $S$ y $T$ Por lo tanto, en $\langle S,T\rangle$ .

¿Qué es el orden de $\langle S,T\rangle$ ? Contiene $ST$ y $$|ST|=\frac{|S|\cdot |T|}{|S\cap T|}=16.$$ Así, $\langle S,T\rangle$ es un subgrupo de $G$ del orden de al menos $16$ , se divide $|G|$ y es divisible por $|S|=8$ . Así que, $$|\langle S,T\rangle|=2^3.3,\,\,\, 2^3.5,\,\,\, 2^3.3.5.$$ Los dos primeros casos dan un subgrupo de índice $5$ o $3$ respectivamente.

En el tercer caso obtenemos $S\cap T$ normal en $\langle S,T\rangle=G$ . Considere el cociente $G/(S\cap T)$ ; es un grupo de orden $2.3.5$ .

Sus cálculos anteriores me aseguran que puede demostrar fácilmente que $G/(S\cap T)$ contiene un subgrupo de índice $3$ y $5$ por lo que es cierto para $G$ también.