Si $G$ es finito simple y $H \le G$ tiene índice $2m$, entonces una involución de $G$ es conjugado a una en $H$

Question

He estado tratando de probar la siguiente por un tiempo ahora, con un montón de intentos e ideas, pero sin éxito. Agradecería un suave empujón en la dirección correcta.

Supongamos que $G$ es un grupo simple finito con $|G|>2$.

a) Deje $H \le G$ donde $|G:H|=2m$, e $m$ es impar. Si $t \in G$ orden $2$, muestran que $t$ es conjugado en el $G$ a algún elemento de $H$.

b) Supongamos que un Sylow $2$-subgrupo de $G$ es isomorfo al grupo diedro $D_8$ (de orden $8$). Mostrar que $G$ tiene una única clase conjugacy de involuciones.

Para (un) me ha dado la pista para dejar $G$ ley sobre el derecho cosets de $H$ a través de derecho de la multiplicación.

Vamos $Ha$, $Hb$ ser distintos derecho cosets de $H$$G$. A continuación,$Ha\cdot (a^{-1}b)=Haa^{-1}b=Hb$, por lo que la acción es transitiva. De ello se sigue que no es sólo una órbita, con un tamaño de $2m$. Por la órbita-estabilizador de teorema, esto nos dice que el $|G:G_{Ha}|=2m$ para cualquier $Ha \in G/H$ ($G_{Ha}$ es el estabilizador de la $Ha$$G$). He sido el tormento de mi cerebro tratando de encontrar una manera de mostrar que $t$ corrige algunos $Ha$, debido a que, a continuación,$Ha \cdot t = Hat = Ha$, y de ello se sigue que $Hata^{-1}=H$$ata^{-1} \in H$, dando el resultado deseado.

No estoy seguro de cómo utilizar la hipótesis de que $G$ es simple y $|G:H|=2m$. Lo que puedo decir es que el núcleo de la acción de la $G$ $H$ debe ser trivial. Ya he mencionado que $|G:H|=2m$ nos da el tamaño de la sola órbita es $2m$, y esta dice que el $|G:G_{Ha}|=2m$ por cada $Ha$. No estoy seguro de cuál es el significado de $m$ que se extraña es, debido a que G/H es sólo un conjunto y no de un grupo (en este caso). No he logrado deducir cualquier útil de las propiedades del grupo de ella.

Otra posibilidad es mostrar que $|H|$ es divisible por $2$. A continuación, $H$ contiene una involución que está contenida en algunos Sylow $2$-subgrupo de $G$, y todos estos (no debe ser más de uno desde $G$ es simple) son conjugadas, por lo que creo que esto nos puede dar lo que necesitamos.

De nuevo, te agradecería una pista (sólo) sobre cómo proceder. Gracias.

Answer 1

Para (b), puedo usar (a) para mostrar que hay dos clases conjugacy.

Deje $P$ ser un Sylow 2-subgrupo, vamos a $t$ ser una involución distinta de la involución $z$$Z(P)$, y deje $H=C_G(t)$ ser el centralizador de $t$$G$. Desde $t$$z$$H$, obtenemos que un Sylow 2-subgrupo de $H$ es de orden 4 o 8.

Orden de 4: [ En realidad, este caso puede no ocurrir nunca. Esto queda demostrado por transferencia o fusión. ]

Si la orden de 4 $[G:H]=2m$, y así toda la involución es conjugado a $t$, $tz$, o $z$, pero $tz$ $t$ ya son conjugado en $P$.

Orden de 8:

Si la orden de 8, entonces claramente $t$ es central en algunos otros Sylow $P^g$, pero desde $z$ es la única central de la involución de $P^g$, obtenemos que $t=z^g$.

El otro involuciones ya están manipulados:

Si $s$ es arbitraria involución, entonces cualquiera de las $s$ es conjugado a $z$, $s=z^g$ y por lo tanto $s$ es central en $P^g$, o el centralizador $H=C_G(s)$ $s$ tiene orden de no divisible por 8, y para el caso 4 (reforzado por $s$ no conjugado de a $z$) da $s$ es conjugado a $t$.

En realidad, sin embargo, si la orden de 4 de caso en la historia que sucede se puede conseguir que la $G$ tiene un subgrupo normal de índice 2 por transferencia.

Answer 2

Creo que puedo continuar Jack Schmidt argumento para completar la prueba de (b) sin el uso de la transferencia. Un Sylow $2$-subgrupo $S$ $G$ es generado por dos involuciones $s,t$ donde $z=(st)^2$ es el centro de la involución.

Si $s$ es conjugado en el $G$ $z$a continuación, desde la $s$ $sz$ son conjugado en $S$, todos los tres de involuciones en el $4$grupo $T = \langle s,z \rangle$ son conjugado en $G$. Desde $|G:T| = 2m$ $m$ impar, $t$ (e $tz$) también debe ser conjugado a ellos, y para todos los involuciones en $G$ son conjugadas. Lo mismo se aplica si $t$ $z$ son conjugadas.

Desde que Jack ha demostrado que hay dos clases de involuciones, la única otra posibilidad es que el $s$ $t$ son conjugado en $G$, pero no conjugado de a $z$. En ese caso, $\langle s,z \rangle$ $\langle t,z \rangle$ debe ser Sylow $2$-subgrupos de $C_G(s)$$C_G(t)$. Si $s^g=t$, $g$ conjugados un Sylow $2$-subgrupo de $C_G(s)$ a uno de $C_G(t)$ y así, del Teorema de Sylow, podemos optar $g$ tal que $\langle s,z \rangle^g =\langle t,z \rangle$.

Ahora $S^g$ $S$ son Sylow $2$-subgrupos de $N_G(\langle t,z \rangle)$, así que por Sylow del Teorema existe $x \in N_G(\langle t,z \rangle)$$S^{gx}=S$, y por lo $\langle s,z \rangle^h =\langle t,z \rangle$$h = gx \in N_G(S)$. Desde $\langle s,z \rangle$ $\langle t,z \rangle$ son los dos únicos Klein $4$-subgrupos de $S$, también debemos tener $\langle t,z \rangle^h =\langle s,z \rangle$.

Así, la conjugación por $h$ es la inducción de un exterior automorphism de $S$ de su pedido, lo cual es imposible debido a $N_G(S)/S$ ha extraña orden.