Número de subgrupos bajos de $A_5$ y $S_5$ - Dummit foote $4.5.31$

Question

La pregunta es :

Para $p=2,3$ y $5$ encontrar $n_p(A_5)$ y $n_p(S_5)$ . [Tenga en cuenta que $A_4\leq A_5$ ]

Lo que he hecho hasta ahora es :

para $A_5$ tenemos $|A_5|=5.4.3$ número posible de subgrupos bajos son

• $n_2(A_5)=(1+2k)\mid 15\Rightarrow n_2(A_5)=1\text { or }3\text { or }5\text { or }15$
• $n_3(A_5)=(1+3k)\mid 20\Rightarrow n_3(A_5)=1\text { or }4\text { or }10$
• $n_5(A_5)=(1+5k)\mid 12\Rightarrow n_5(A_5)=1\text { or }6$

Ahora, agradeciendo el resultado $A_5$ es simple Yo concluiría que las posibilidades son :

• $n_2(A_5)=(1+2k)\mid 15\Rightarrow n_2(A_5)=3\text { or }5\text { or }15$
• $n_3(A_5)=(1+3k)\mid 20\Rightarrow n_3(A_5)=4\text { or }10$
• $n_5(A_5)=(1+5k)\mid 12\Rightarrow n_5(A_5)=6$

Con esto se concluye que hay exactamente $6$ baja $5$ subgrupos.

Número de elementos de orden $3$ en $S_5$ (en realidad están en $A_5$ ) son $\frac{5.4.3}{3}=20$

Ahora, cada elemento de orden $3$ tiene que estar en algún silo $3$ Como hay $20$ elementos no identitarios de orden $3$ y cada subgrupo bajo sólo ofrece $2$ elementos no identitarios debe haber $10$ baja $3$ subgrupos ( $10\times 2=20$ )

Por lo tanto, ahora tenemos $n_5(A_5)=6,n_3(A_5)=10$

Supongamos que $n_2(A_5)=3$ tendríamos (suponiendo que dos subgrupos bajos no se intersecan de forma no trivial) $3\times 3=9$ elementos no identitarios y sumando con la colección anterior de elementos no identitarios obtendríamos $(3\times 3=9)+(10\times 2=20)+(6\times 4=24)=53$ lo cual es una contradicción ya que hay $59$ elementos no identitarios en $A_5$

Así pues, las posibilidades son $n_2(A_5)=5\text { or }15$ y hay dos posibilidades :

• hay $5$ baja $2$ subgrupos sin dos subgrupos bajos que se cruzan no trivialmente suma hasta $5\times 3=15$ elementos no identitarios y con el cálculo anterior tenemos $(5\times 3=15)+(10\times 2=20)+(6\times 4=24)=59$ por lo que no tenemos ningún problema al respecto.
• hay $15$ baja $2$ subgrupos tales que para dos sylow distintos $2$ subgrupos tenemos $|P_2\cap P_2'|=2$ entonces cada silo $2$ subgrupo aportan un único elemento no identitario que no existe en ningún otro sylow $2$ subgrupo que suma hasta $15\times 1=15$ elementos no identitarios. En este caso tampoco tenemos ningún problema ya que todos los elementos no identitarios suman $59$ con $(15\times 1=15)+(10\times 2=20)+(6\times 4=24)=59$

Pero entonces he visto que todo sylow $2$ los subgrupos son de orden $4$ y son de la forma $\mathbb{Z_2}\times \mathbb{Z_2}$ y luego $$\{e,(1 ~2)(3~ 4),(1~ 3)(2~ 4),(1~4)(2~3)\}\cap\{e,(1~2)(3~5),(1~5)(2~3),(1~3)(2~5)\}=\{e\}$$

Por lo tanto, tengo dos sylow $2$ subgrupos que se intersecan trivialmente (de hecho he enumerado los otros subgrupos sylow y también se intersecan trivialmente) lo que contradice la posibilidad anterior de $|P_2\cap P_2'|=2$ (También lo he comprobado y $2,2$ los ciclos se agotaron después de escribir $5$ baja $2$ subgrupos)

Por lo tanto, creo firmemente que hay $5$ baja $2$ subgrupos que se cruzan trivialmente... Pero entonces, ¿cómo puedo escribir esto con menos trabajo de mano de obra me refiero a que no me gusta la idea de escribir todo sylow $2$ subgrupos hasta que los elementos se agotaron por lo que me gustaría saber si hay alguna idea mejor que decir que $n_2(A_5)=5$ .

Así, tenemos :

• $n_2(A_5)=5$
• $n_3(A_5)=10$
• $n_5(A_5)=6$

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Para $S_5$ tenemos $|S_5|=120=5.4.3.2=5.3.2^3$ . Los posibles subgrupos bajos son

• $n_2(S_5)=(1+2k)\mid 30 \Rightarrow n_2(A_5)=1\text { or }3\text { or }5\text { or }15$
• $n_3(S_5)=(1+3k)\mid 40\Rightarrow n_3(A_5)=1\text { or }4\text { or }10\text { or }40$
• $n_5(S_5)=(1+5k)\mid 24\Rightarrow n_5(A_5)=1\text { or }6$

En $S_5$ no es simple, no puedo decir por la misma razón que el anterior yo excluiría la posibilidad de $n_p=1$ pero entonces, sé que $H\leq G\Rightarrow n_p(H)\leq n_p(G)$ . por esta razón hemos :

• $n_2(S_5)=5\text { or }15$
• $n_3(S_5)=10\text { or }40$
• $n_5(S_5)=6$

Por lo tanto, se confirma thar número de sylow $5$ subgrupos en $S_5$ son $6$ .

cualquier elemento de $3$ subgrupo bajo es un $3$ ciclo por lo que tiene que estar en $A_5$ por lo que no hay posibilidad de tener otro silow $3$ subgrupo exterior $A_5$ así $n_3(S_5)=10$ por esta razón tenemos :

• $n_2(S_5)=5\text { or }15$
• $n_3(S_5)=10$
• $n_5(S_5)=6$

Contaríamos el número de elementos no identitarios en más casos peores :

• Supongamos que $n_2(S_5)=5$ con intersección trivial entre dos silos cualesquiera $2$ subgrupos da $5\times 7=35$ elementos no identitarios que suman elementos no identitarios de sylow $3$ subgrupos y sylow $5$ subgrupos suma $(5\times 7=35)+(10\times 2=20)+(6\times 4=24)=79$ pero también hay $119$ elementos no identitarios en $S_5$ .

Por lo tanto, debería conseguir (sin una buena razón) que hay $15$ baja $2$ subgrupos de $S_5$ . La conclusión es que :

• $n_2(A_5)=5;n_2(S_5)=15$
• $n_3(A_5)=n_3(S_5)=10$
• $n_5(A_5)=n_5(S_5)=6$

Estaría agradecido si alguien verifica este cálculo y estaría mucho más agradecido si alguien me sugiere un enfoque mejor/bien escrito/menos laborioso.

Gracias :)

P.D: Ni siquiera entiendo la mención especial que hace en la pregunta diciendo : $\textbf{[Note that $ A_4\leq A_5 $]}$ . por favor, ayúdame a saber si me estoy perdiendo algo.

Answer 1

Creo que el $S_5$ trabajo es correcto (lo siento, no he mirado el $A_5$ trabajo). Yo lo haría de una manera algo diferente:

Dado que 5, pero no 25, divide 120 (el tamaño de $S_5$ ), los subgrupos Sylow-5 de $S_5$ debe ser cíclico de orden 5. Hay 24 5-ciclos en $S_5$ 4 de ellos en cada uno de estos subgrupos, es decir, 6 subgrupos Sylow-5.

Del mismo modo, los subgrupos Sylow-3 deben ser cíclicos de orden 3. En $S_5$ 2 a un subgrupo, por tanto 10 subgrupos Sylow-3.

Como 8, pero no 16, divide a 120, los subgrupos Sylow-2 deben tener orden 8. Ahora bien, $S_4$ contiene tres copias del grupo diedro de orden 8, y $S_5$ contiene 5 copias de $S_4$ por lo que obtengo 15 subgrupos Sylow-2.

Algo así debería funcionar para $A_5$ .

EDIT: Creo que el OP quiere que me explaye sobre la parte del argumento relativa a los grupos diedros.

Toma un cuadrado, etiqueta sus vértices, cíclicamente, con 1, 2, 3, 4. Entonces el elemento $(1234)$ de $S_4$ tiene una interpretación natural como la rotación, una cuarta parte de la vuelta, del cuadrado, y el elemento $(13)$ es la vuelta en la diagonal a través de 2 y 4, por lo que estos dos elementos de $S_4$ generan un subgrupo isomorfo al grupo diedro de orden 8.

Lo mismo ocurre con los elementos $(1342)$ y $(14)$ y también para los elementos $(1423)$ y $(12)$ y esas son las tres copias del grupo diedro en $S_4$ .

Ahora bien, si se elige uno cualquiera de los números 1, 2, 3, 4, 5, y se consideran todos los elementos de $S_5$ que fijan ese número, se obtiene un subgrupo de $S_5$ isomorfo de $S_4$ . Esas son sus cinco copias de $S_4$ en $S_5$ .