Probar que un grupo de $G$ orden $280=2^3 \cdot 5 \cdot 7$ no es simple, y tiene un subgrupo de orden 35
El uso del teorema de Sylow de la era fácil demostrar que $G$ no es simple.
Tuve una prueba de la segunda declaración, pero yo no estaba seguro. A la pregunta de "Probar si $|G|=280$, $G$ no es simple" me inspiró a diferentes pruebas. Son las dos pruebas de la correcta?
Prueba 1
"Estoy bastante seguro de las siguientes opciones es la correcta"
Nota: $|\mathrm{Syl}_7(G)| \in \{1,8\}, |\mathrm{Syl}_5(G)| \in \{1,56\}$ $|\mathrm{Syl}_2(G)| \in \{1,5,7,35\}$
Si $|\mathrm{Syl}_7(G)| =1$, entonces la afirmación es fácil de probar. Elegir un $P\in \mathrm{Syl}_7(G)$, que también es un subgrupo normal y un $Q\in \mathrm{Syl}_5(G)$, entonces a partir de la $P\cap Q = 1$ el grupo $PQ\leq G$$|PQ|=|P|\cdot |Q| = 35$.
Si $|\mathrm{Syl}_7(G)| =8$ hay $8$ Sylow 7-subgrupos de $G$. Ahora considere la acción de la $G$ $\mathrm{Syl}_7(G)$ por conjugación. Elegir un $P\in \mathrm{Syl}_7(G)$ y considerar la órbita-estabilizador de la fórmula $$ |G| = |G_P|\cdot |P^G| \Rightarrow 280 = |G_P| \cdot 8 \Rightarrow |G_P| = 35 $$ Ahora desde $G_P = \{g\in G: P^g= P\} = N_G(P) \leq G$ el grupo $N_G(P)$ es un subgrupo de $G$ con el orden deseado.
Prueba 2
"Menos seguro acerca de esta prueba ..."
Primer aviso de que si $|\mathrm{Syl}_7(G)|=1$ o $|\mathrm{Syl}_5(G)| =1$ , a continuación, elegir un $P$ en uno y un $Q$ en el otro Sylow $p$-subgrupos de nuevo crea un $PQ\leq G$ con el fin de $35$.
Vamos a nog $|\mathrm{Syl}_7(G)| \not =1, |\mathrm{Syl}_5(G)| \not = 1$, debido a que el grupo $G$ no es simple $|\mathrm{Syl}_2(G)|=1$. Deje $P\in \mathrm{Syl}_2(G)$ $P\trianglelefteq G$ con el fin de 8.
Ahora, considere el cociente grupo $G/P$ que tiene orden de 35. Este grupo tiene a través de Sylow de teoremas exactamente un Sylow 5-subgrupo, $A$ y un Sylow 7-subgrupo $B$.
Observe cómo $A\trianglelefteq G/P$ $|A|=5$ implica que el $A$ es un cylic grupo con un generador de $\langle Pa\rangle$ durante un cierto $a \in G$. A continuación,$o(Pa) = 5$, lo que implica $a^5 \in P$. Porque es posible elegir 8 $\tilde a\in G$ tal que $Pa = P\tilde a$, elija ahora la $\tilde a$ tal que $\tilde a^5=1$. Repita el procedimiento para $B= \langle P\tilde b\rangle$ tal que $\tilde b^7 = 1$. ($\color{red}{\text{? unsure if this is right}}$)
Ahora desde $\langle \tilde a \rangle \times \langle \tilde b\rangle \cong \langle \tilde a\rangle \cdot \langle \tilde b\rangle$ se sigue que $\langle \tilde a \rangle \cdot \langle \tilde b\rangle$ es un subgrupo de $G$ con el fin de 35.
Tercera prueba (?)
La escritura de la última prueba, me hizo pensar en una versión más corta de la última declaración.
Desde $5\mid |G|$$7\mid |G|$, por Cauchy teorema hay un $a, b\in G$ tal que $o(a)=5, o(b)=7$. Ahora considere el $\langle a\rangle \cdot \langle b\rangle$ que ha trivial intersección y es un subgrupo de $G$. (a través de isomorfismo con un producto directo)
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
En su primera prueba segunda parte se encuentra el grupo de orden $35$ todos los derechos, pero que no puedan probar que $G$ no es simple, que es encontrar un no-trivial subgrupo normal. Ahora usted puede razonar de la siguiente manera (escribir $n_p=\#Syl_p(G))$.
Suponga que $G$ es simple. A continuación,$n_5 \gt 1$$n_7 \gt 1$, de donde $n_5=56$$n_7=8$. Desde el Sylow $5$-subgrupos se cruzan trivialmente pares y lo mismo es cierto para el Sylow $7$-subgrupos, hay $(5-1)\cdot 56=224$ elementos de orden $5$$G$. Similarmente, hay $(7-1)\cdot 8=48$ elementos de orden $7$$G$. Que deja a $280-224-48=8$ elementos de $2$-el poder de la orden. Desde un subgrupo de Sylow de $G$ se compone de $8$ elementos, se deduce que este uno es único por lo tanto lo normal, una contradicción.
