Mostrar grupo finito es $p$ -grupo dada alguna estructura de grupo

Question

Dejemos que $G$ sea un grupo finito. Si existe un $a\in G$ no es igual a la identidad tal que para todo $x\in G$ , $\phi(x) = axa^{-1}=x^{p+1} $ es un automorfismo de $G$ entonces $G$ es un $p$ -grupo.

Esto es lo que tengo para.

El orden de $a$ es $p$ desde $\phi(a) = a= a^pa\rightarrow a^p=e$ Por lo tanto, el $order(\phi)|p$

Si $order(\phi) = 1$ entonces para todos $ x\in G$ $\phi(x) = x=x^{p+1}\rightarrow x^p=e$ . Por lo tanto, cada elemento tiene un orden $p$ por lo tanto $G$ es un $p-group$

Para $order(\phi) = p$ Me quedo atascado:

$\phi^p(x) = x = x^{(p+1)^p}$ utilizando la fórmula de expansión y simplificando llego a que el orden de cada elemento en $G$ divide $\displaystyle\sum_{k=1}^n \binom{p}{k}p^k=(p+1)^p-1$ . Pero otros primos dividen esto así que no puedo concluir fácilmente $G$ es un $p$ -grupo.

Procedí por contradicción:

Supongamos por contradicción que $G$ no es un $p$ -Grupo. Sea $|G| = kp^n$ donde $k$ no es un múltiplo de $p$ ( $p\nmid k$ ). Si $k>1$ luego tomar un $q$ en $k$ de la factorización de primos. Así que tenemos $q|k$ y por el Teorema de Cauchy $\exists y \in G$ con $y^q = e$ es decir $order(y) = q$ .

Si $q<p$ , aplicando $\phi$ a $y$ Lo entiendo. $\langle y\rangle$ tiene más de $q$ elementos ya que $\phi(y)=y^{p+1}\in \langle y \rangle$ y hay $p$ elementos distintos logrados por $\phi$

Si $p>q$ entonces....... No puedo llegar a una contradicción :'(

Pregunta nº 2: Muestre cada elemento de $G$ tiene orden $p$

Cuando $order(\phi) = 1$ consigo lo que quiero pero también estoy atascado cuando $order(\phi) =p$

Creo que $a\in Z(G)$ ¿hay alguna manera de mostrar esto?

Gracias....Este es un problema bastante difícil :'(

Answer 1

Aquí hay un plan.

Dejemos que $N = \{x \in G \mid x^p = 1\}$ .

1. Tenga en cuenta que $x \in N$ si y sólo si $x$ se desplaza con $a$ . De ello se desprende que $N$ es un subgrupo de $G$ . Es fácil ver que $N$ es característico y, por tanto, normal.

2. Tome un $y \in G$ . Tenemos $a y a^{-1} = y^{p+1}$ en $G$ . Proyecta esta igualdad sobre $G/N$ nos da $yN = y^{p+1}N$ ( $a$ se ha ido porque $a \in N$ ). Por lo tanto, $y^p \in N$ Por lo tanto $y^{p^2} = 1$ . Esto demuestra que $G$ es un $p$ -grupo, incluso que el orden de cada elemento divide $p^2$ .

Answer 2

Aquí hay una prueba diferente a la de Dan Shved:

Lema: En cualquier grupo de este tipo $G$ , $a$ normaliza cada subgrupo, y $a$ se encuentra en cada Sylow $p$ -subgrupo.

Prueba: Dejemos que $H$ sea un subgrupo. Entonces para $x \in H$ , $axa^{-1}=x^{p+1} \in H$ Así que $aHa^{-1} \leq H$ una afirmación similar es válida para $a^{-1}$ y así $H$ es normal. Dejemos que $P$ ser un Sylow $p$ -subgrupo. Dado que $a$ tiene orden $p$ y $a$ normaliza $P$ , $\langle a, P \rangle$ es un $p$ -y, por lo tanto, por la maximalidad de $P$ , $\langle a, P \rangle = P$ y $a \in P$ . $\square$

Prueba principal: Reducir a un contraejemplo mínimo:

Dejemos que $G$ sea un grupo de orden mínimo tal que $G$ tiene un elemento $a$ de orden $p$ tal que para cada $x \in G$ , $ax=x^{p+1}a$ y sin embargo $G$ no es un $p$ -grupo. Si $H$ es un subgrupo de $G$ que contiene $a$ entonces $H$ satisface la misma hipótesis. Si $H$ es también un subgrupo propio, entonces $H$ es un $p$ -grupo por definición de $G$ .

Ahora considere lo que esto significa para un elemento de orden primo $q\neq p$ .

Dejemos que $g$ sea un elemento de orden $q$ para $q \neq p$ . Por hipótesis, $a$ normaliza $\langle g \rangle$ así que $H=\langle a,g\rangle$ tiene orden $pq$ y satisface la hipótesis del problema. Si $H <G$ entonces tenemos una contradicción, por lo que debemos $H=G$ y así $G$ es un grupo no abeliano de orden $pq$ .

Y demostrar que esta estructura no satisface la hipótesis:

Dejemos que $P=\langle a \rangle$ ser un Sylow $p$ -subgrupo de $G$ y que $Q=\langle g \rangle$ ser un Sylow $q$ -subgrupo. Dado que $Q$ está normalizado por ambos $P$ y $Q$ , $Q$ es normal en $G$ . Desde $a$ está contenida en cada Sylow $p$ -por el lema, pero el Sylow $p$ -los subgrupos tienen orden $p$ tenemos $P$ también es normal. Por lo tanto, $G = P \times Q$ es abeliano. Esto es una contradicción, ya que entonces $aga^{-1} aa^{-1}g = g \neq g^{p+1}$ como $g$ tiene orden $q$ no $p$ .

$\square$