Grupo de orden $2555$ es cíclico

Question

Estoy preparando un examen y estoy atascado en el siguiente problema :

Dejemos que $G$ sea un grupo de orden $2555 = 5 \cdot 7 \cdot 73$ , demuestran que $G$ es cíclico.

No es difícil demostrar que el subgrupo Sylow-73 es normal en $G$ y que en el subgrupo Sylow-5 o en el Sylow-7 es normal. Mi idea era demostrar que tanto el subgrupo Sylow-5 como el Sylow-7 son normales, porque entonces la afirmación se seguiría, pero no estoy seguro de cómo proceder.

Tal vez utilizando el hecho de que $G$ ¿el subgrupo Sylow-73 es cíclico? Se agradecería cualquier pista.

EDIT: Así que basta con demostrar que $G$ es abeliano porque sólo hay un grupo abeliano de orden 2555, el grupo cíclico de orden $2555$ . Sea $P_{73}$ denotan el subgrupo Sylow 73. Es fácil ver que $G/P_{73}$ es cíclico. Además tenemos que $G$ es abeliano si $P_{73} \subseteq Z(G)$ .

Creo que $P_{73} \subseteq Z(G)$ puede (¿puede?) demostrarse dejando que $G$ actuar $P_{73}$ a través de la conjugación. Entonces, por la ecuación de clase, $73 = \sum_{i =1}^n \text{cl}(x_{i})$ donde $x_{1}, \dots, x_{n}$ es un conjunto de representantes de cada clase de conjugación. Creo que se puede demostrar que $\text{cl}(x_{i})$ es trivial, lo que implica que $gx_{i}g^{-1} = x_{i}$ para todos $g \in G$ o, de forma equivalente, que $gx_{i} = x_{i}g$ . Esto demostraría que cada elemento de $P_{73}$ es un elemento del centro de $G$ y luego seguiría la reclamación.

Answer 1

Estoy bastante seguro de que esto debería servir, hazme saber si hay algún error. Como has notado, no es difícil demostrar que el grupo de orden $73$ es normal. Dejemos que $H$ sea ese grupo y que $K$ sea el grupo de orden $5 \cdot 7$ . Entonces por consideraciones de orden, $H \cap K = \{e\}$ y $HK=G$ . Por lo tanto, $G$ es el producto semidirecto de $H$ y $K$ y tenemos un mapa $\varphi: K \to Aut(H)$ . Pero $Aut(H)$ es un grupo de orden $72$ y como $\varphi(K)$ divide $K$ , $\varphi$ debe ser trivial.

Por lo tanto, $G \cong \mathbb{Z}/73\mathbb{Z} \times K$ . Por un razonamiento similar, se puede demostrar que $K \cong \mathbb{Z}/5\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/7 \mathbb{Z}$ . Por lo tanto, $G \cong \mathbb{Z}/73\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/5\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/7 \mathbb{Z}$ .

Answer 2

Dejemos que $H$ sea un subgrupo de orden $5$ y $K$ sea un subgrupo de orden $7$ . Como ya demostró, el recuento de Sylow obliga al menos a uno de $H$ o $K$ para ser normal. Por lo tanto, $L = HK$ es un subgrupo. Su orden es $|L| = |HK| = |H||K|/|H \cap K| = 35$ .

Dejemos que $P$ denota el único subgrupo de orden $73$ y observamos que tenemos $G = LP$ que es un producto semidirecto ya que $P \lhd G$ y $L \cap P = 1$ .

Ahora bien, como $P$ es cíclico con orden primo $73$ tenemos que $\operatorname{Aut}(P)$ tiene orden $72$ . Sea $\phi : L \to \operatorname{Aut}(P)$ denota el homomorfismo tal que $\phi(x)$ es la conjugación elemental de $P$ por $x$ (se trata efectivamente de un automorfismo de $P$ desde $P$ es normal). El orden de la imagen de este homomorfismo, $|\operatorname{im}(\phi)|$ debe dividir ambos $|L| = 35$ y $|\operatorname{Aut}(P)| = 72$ Por lo tanto $|\operatorname{im}(\phi)| = 1$ lo que significa que $\phi$ es el mapa trivial. Por lo tanto, cada $x \in L$ conjuga cada elemento de $P$ trivialmente, por lo que $LP$ es de hecho un producto directo.

En particular, $L \lhd G$ . Como $H$ y $K$ son ambos subgrupos característicos de $L$ se deduce que $H$ y $K$ son ambos normales en $G$ de lo que podemos concluir que $L = H \times K$ y por lo tanto $G = H \times K \times P$ . Esto obliga a $G$ sea abeliano, y entonces se deduce fácilmente por consideraciones de orden que $G$ debe ser cíclico.