pregunta sobre grupos de Sylow

Question

Un número entero positivo $n\ge 4$ y el $p\le n$, que $U_{p,n}$ % principal denotan la Unión de todos los $p$-Sylow subgrupos de alterna grupo $A_n$ $n$ letras. Que $K_{p,n}$ incluye el subgrupo de $A_n$ de $U_{p,n}$. Entonces la orden de orden de $K_{2,4}=5$ y $K_{2,5}=60$.

Se da en un papel pregunta de un examen para $\mathbf{NET}$. No puedo hacerlo. Si alguien sabe, por favor me ayude.

Answer 1

Para $A_4$: puede sólo la lista de abajo de los 12 elementos y verás que hay un 2-subgrupo de Sylow $H = \{e, (12)(34), (13)(24), (14)(23)\}$. Por lo tanto, $U_{2,4} = K_{2,4} = H$$|K_{2,4}| = 4$.

Para $A_5$ : Usted está buscando en los subgrupos de orden 4. Desde cualquier grupo de orden 2 es contenía un 2-subgrupo de sylow, usted puede contar los elementos de orden 2. $A_5$ tiene 15 elementos de orden 2 de la forma $(12)(34), (12)(35)$, etc. Por lo tanto, $|U_{2,5}| \geq 15+1 = 16$ $|K_{2,5}| \in \{20, 30, 60\}$ (ya que debe dividir 60)

Suponga $|K_{2,5}| = 20$, luego deje $A_5$ actuar en $A_5/K_{2,5}$ por la izquierda de la traducción, y esto le dará un homomorphism $A_5 \mapsto S_3$. Desde $A_5$ es simple, este homomorphism debe ser inyectiva, lo que significa que $$ 60 = |A_5| \leq |S_3| = 6 $$ Por lo tanto, $|K_{2,5}| \neq 20$.

De nuevo, si $|K_{2,5}| = 30$, entonces tiene índice 2, y así tiene que ser normal en $A_5$, lo cual es imposible. Por lo tanto, $|K_{2,5}| = 60$.

Answer 2

Si usted sabe que $A_5$ es simple y que todos los subgrupos de Sylow son conjugados, esta pregunta es simple: dado que el conjunto de todos los subgrupos de Sylow es invariante bajo la conjugación, que generan un subgrupo normal. Por lo $K_{2,5}=A_5$ orden $60$. De hecho, esto va a funcionar de manera más general para finitos simples grupos y cualquier prime $p$ dividiendo su orden, por ejemplo, $A_{19}$ es generado por su Sylow de 11 subgrupos.

Así que vamos a decir que usted no sabe que $A_5$ es un grupo simple. A continuación, en su lugar se puede observar que el $K_{2,5}$ contiene todas las permutaciones del tipo $(a\ b)(c\ d)$, $a, b, c, d$ todos diferentes, ya que estos elementos tienen orden de $2$ y elementos de orden $2^i$ están siempre contenidos en (al menos uno) Sylow $2$-subgrupo. A partir de la igualdad $$(a\ b)(b\ c) = (a\ b)(d\ e)\cdot (d\ e)(b\ c),$$ si se sigue que podemos utilizar estos elementos para generar todos los elementos de tipo $(a\ b)(b\ c)$, ya que siempre podemos encontrar dos elementos extra $d,e$ diferente de la $a,b,c$. (Este paso se produce un error en $A_4$!)

Pero, como cada elemento de a $A_5$ es generado por un número par de involuciones, podemos escribir un arbitrario $x$ $A_5$ como producto de los elementos de tipo $(a\ b)(c\ d)$ o $(a\ b)(b\ c)$. Desde cada una de ellas está contenida en $K_{2,5}$, por lo que es $x$ y hemos terminado.

(Este argumento se sostiene en cada alternando grupo $A_n$, $n\geq 5$. Pero sólo funciona para Sylow $2$-subgrupos.)