El máximo número de subgrupos de Sylow

Question

He estado estudiando Sylow-$p$ subgrupos, y me he encontrado con este problema.

Deje $G$ ser un grupo finito. Muestran que el número de subgrupos de Sylow de $G$ es en la mayoría de los $\frac{2}{3}|G|$ . ($|G|$ es el número de elementos de a $G$).

Estoy teniendo problemas para descubrir esto, me preguntaba si alguien podría ayudarme?

Answer 1

Deje $G$ ser un grupo y vamos a $$|G|=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_n^{a_n}$$ donde $p_1<p_2<\cdots<p_n$ son distintos de los números primos y $a_i\geq 1$ todos los $i$. Deje $N_p$ denotar el número de Sylow $p$-subgrupos y deje $N$ denotar el número total de subgrupos de Sylow, es decir, la suma de todos los $N_{p_i}$. Por el hecho de que $N_p\equiv 1\pmod{p}$ $N_p||G|$ debemos tener que $$N_{p_i}\leq \frac{|G|}{p_i^{a_i}}$$

Supongamos $p_i\neq 2$$a_i=1$. A continuación, $N_{p_i}$ es igual al número de elementos de orden $p_i$ dividido por $p_i-1$. Por lo tanto si $i_1<i_2<\cdots<i_m$ satisfacer $a_{i_k}=1$ todos los $k$ y estos son todos los índices para que el exponente es $1$, luego $$\sum_{k=1}^{m}{N_{p_{i_k}}}\leq \frac{|G|}{p_{i_1}-1}$$

Nuevo, más elemental de la prueba

Hay cinco casos.

(1) $a_i\geq 2$ todos los $i$.

En este caso $$N\leq\sum_{p}{\frac{1}{p^2}|G|}$$ donde $p$ rangos de todos los números primos, y la suma de los cuadrados de las recpirocals de todos los números primos es menor o igual a $\frac{453}{1000}$, por lo que $$N\leq \frac{453}{1000}|G|<\frac{2}{3}|G|$$

(2) $p_1=2$, $G$ tiene un normal $2$-complemento, y $N_2<\frac{1}{2}|G|$

Deje $H$ normal $2$-complemento. A continuación, $H$ contiene todos los subgrupos de Sylow de los números primos distintos de $2$. Supongamos $H$ es de orden $2^{m-a_1}|G|$ donde $m<a_1$. Por inducción en $n$ tenemos que $$\sum_{k>1}{N_{p_k}}\leq \frac{2}{3}|H|=\frac{2^{m+1}}{3\cdot 2^{a_1}}|G|\leq\frac{1}{3}|G|$$ Desde $N_2<\frac{|G|}{2}$ tenemos que $N_2\leq \frac{|G|}{4}$, por lo tanto $$N\leq N_2+\frac{1}{3}|G|\leq \frac{1}{4}|G|+\frac{1}{3}|G|=\frac{7}{12}|G|<\frac{2}{3}|G|$$

(3) $p_1=3$ o $p_2=3$ $G$ normal $3$-complemento

Esto es similar al caso anterior.

Deje $H$ normal $3$-complemento. A continuación, $H$ contiene todos los subgrupos de Sylow de los números primos distintos de $3$. Supongamos $H$ es de orden $3^{m-a_1}|G|$ donde $m<a_1$. Por inducción en $n$ tenemos que $$\sum_{k\neq 2}{N_{p_k}}\leq \frac{2}{3}|H|=\frac{2\cdot 3^{m-a_1}}{3\cdot 3^{a_1}}|G|\leq\frac{2}{9}|G|$$ Así $$N\leq N_3+\frac{2}{9}|G|\leq \frac{1}{3}|G|+\frac{2}{9}|G|=\frac{5}{9}|G|<\frac{2}{3}|G|$$

(4) $G$ no tiene normal $3$ complementar, y si $p_1=2$ $G$ también no tiene normal $2$-complemento

La condición implica que $a_1\geq 2$, a menos que $p_1\geq 5$. En este caso, ninguno de los Sylow $2$-subgrupo ni la Sylow $3$-subgrupo está en el centro de su normalizador (a menos que cada subgrupo es trivial), así que por Burnside de transferencia del teorema tenemos $N_2\leq\frac{1}{12}|G|$ (que también sostiene si no es trivial Sylow $2$-subgrupo) y $N_3\leq\frac{1}{6}|G|$ (que también sostiene si no es trivial $3$-subgrupo). La contribución de la $N_{p_i}$ $p_i\geq 5$ tal que $a_i=1$ es como de costumbre en la mayoría de los $\frac{1}{4}|G|$. Así $$N\leq\sum{\frac{1}{p^2}|G|}-\frac{1}{4}|G|-\frac{1}{9}|G|+\frac{1}{12}|G|+\frac{1}{6}|G|+\frac{1}{4}|G|\leq \frac{5327}{9000}|G|<\frac{2}{3}|G|$$

(5) $p_1=2$ $N_2=\frac{1}{2}|G|$

En este caso, como a continuación nos encontramos en la situación de Suponer que la mitad de los elementos de G tiene orden 2 y la otra mitad forman un subgrupo H de orden n. Demostrar que H es un abelian subgrupo de G., lo que significa que tenemos una abelian subgrupo de índice $2$, por lo tanto todos los Sylow $p_i$ subgrupo de $i>1$ es normal, por lo tanto $$N=\frac{1}{2}|G|+n-1$$ y puesto que, en particular, $n-1\leq\frac{|G|}{6}$ porque $|G|\geq 2\cdot 3^{n-1}$ tenemos que $$N\leq \frac{2}{3}|G|$$ Este límite ajustado, con $S_3$ dando un ejemplo de la igualdad (de hecho $S_3$ es única en este sentido, que puede ser visto a partir de la prueba).

Antiguo, dominado la prueba (no es necesario leer, preservado para la posteridad)

Nuestra prueba se divide en seis casos (caso 4 tiene algunas subcases aunque):

(1) $a_i\geq 2$ todos los $i$

En este caso $$N\leq\sum_{p}{\frac{1}{p^2}|G|}$$ donde $p$ rangos de todos los números primos, y la suma de los cuadrados de las recpirocals de todos los números primos es menor o igual a $\frac{23}{50}$, por lo que $$N\leq \frac{23}{50}|G|<\frac{2}{3}|G|$$

(2) $a_i=1$ algunos $i$ y, o bien $p_1\neq 2$ o $p_1=2$ $a_1\geq 4$

Para $p$ prime tenemos $$\sum_{p>3}{\frac{1}{p^2}}\leq \frac{23}{50}-\frac{1}{4}-\frac{1}{9}=\frac{89}{900}$$ Si $p_1\geq 3$ hemos $$N\leq \sum_{k=1}^{m}{N_{p_{i_k}}}+\frac{89}{900}|G|\leq\frac{1}{p_1-1}|G|+\frac{89}{900}|G|\leq \frac{1}{2}|G|+\frac{89}{900}|G|=\frac{539}{900}|G|<\frac{2}{3}|G|$$ Si $p_1=2$ hemos asumido $a_1\geq 4$. Si $p_2>3$ o $p_2=3$ $a_2=1$ desde entonces $$\frac{1}{16}+\sum_{p>3}{\frac{1}{p^2}}\leq \frac{23}{50}-\frac{1}{9}-\frac{3}{16}=\frac{581}{3600}$$ tenemos $$N\leq \sum_{k=1}^{m}{N_{p_{i_k}}}+\frac{581}{3600}|G|\leq \frac{1}{p_2-1}|G|+\frac{581}{3600}|G|\leq\frac{2381}{3600}|G|<\frac{2}{3}$$ Si $p_2=3$$a_2>1$, vamos a $p_k$ ser el entero más pequeño tal que $a_k=1$. A continuación, ya que $$\frac{1}{16}+\sum_{p\geq 3}{\frac{1}{p^2}}\leq \frac{23}{50}-\frac{3}{16}=\frac{109}{400}$$ tenemos $$N\leq \sum_{k=1}^{m}{N_{p_{i_k}}}+\frac{109}{400}|G|\leq \frac{1}{p_k-1}|G|+\frac{109}{400}|G|\leq\frac{209}{400}|G|<\frac{2}{3}$$

(3) $p_1=2$, $G$ tiene un normal $2$-complementar y $N_2<\frac{|G|}{2}$

Deje $H$ normal $2$-complemento. A continuación, $H$ contiene todos los subgrupos de Sylow de los números primos distintos de $2$. Supongamos $H$ es de orden $2^{m-a_1}|G|$ donde $m<a_1$. Por inducción en $n$ tenemos que $$\sum_{k\neq 2}{N_{p_k}}\leq \frac{2}{3}|H|=\frac{2^{m+1}}{3\cdot 2^{a_1}}|G|\leq\frac{1}{3}|G|$$ Desde $N_2<\frac{|G|}{2}$ tenemos que $N_2\leq \frac{|G|}{4}$, por lo tanto $$N\leq N_2+\frac{1}{3}|G|\leq \frac{1}{4}|G|+\frac{1}{3}|G|=\frac{7}{12}|G|<\frac{2}{3}|G|$$

(4) $p_1=2$, $a_1\leq 3$, el Sylow $2$-subgrupos son abelian pero no cíclico, y $G$ no tienen un nivel normal de $2$-complemento

Walter teorema establece que si $O(G)$ es la máxima subgrupo normal de orden impar, entonces $G/O(G)$ es un producto directo de $2$-grupos, proyectiva especial lineales grupos, Janko grupos, y Ree grupos de tipo ${}^2G_2$. Deje $H$ ser un Sylow $2$-subgrupo. A continuación, el número de los distintos conjugados de $HO(G)$ es el mismo que el número de Sylow $2$-subgrupos de $G/O(G)$. Llame a este número $N_2(G/O(G))$ y deje $N_2(HO(G))$ denotar el número de Sylow $2$-subgrupos de $HO(G)$. Entonces $$N_2\leq N_2(G/O(G))N_2(HO(G))$$ Nos hemos dividido en los casos de:

(4a) La Sylow $2$-subgrupo de $G/O(G)$ es normal y $[G:HO(G)]>3$

En este caso, $HO(G)$ contiene todos los Sylow $2$-subgrupos. Si $HO(G)$ es de índice mayor que $3$ $N_2\leq \frac{|G|}{16}$ y podemos argumentar que en el caso (2).

(4b) de Los Sylow $2$-subgrupo de $G/O(G)$ es normal y $[G:HO(G)]=3$

Si $HO(G)$ es de índice$3$, $HO(G)$ contiene todos los subgrupos de Sylow, excepto para el $3$-subgrupos. Deje $k$ ser el más pequeño que el primer tales que $p_k$ tiene un exponente de $1$ en la factorización prima de $|HO(G)|$. Podemos argumentar, como en (2) para obtener que $$\sum_{p_i\neq 3}{N_{p_i}}=N(HO(G))\leq\frac{23}{50}(|G|/3)+\frac{1}{p_k-1}(|G|/3)<\frac{1}{3}|G|$$ y desde $N_{3}\leq \frac{1}{3}|G|$ tenemos que $N\leq\frac{2}{3}|G|$.

(4c) $G/O(G)$ tiene una simple proyectiva especial lineales grupo como un subgrupo normal

En este caso la normal subgrupo de índice impar dado por Walter del teorema es $PSL_2(2^m)$ con $m>1$, $PSL_2(q)$ donde $q\equiv \pm 3\pmod{8}$ o a cualquiera de estos grupos con un $\mathbb{Z}_2$ factor (esto se deduce de la restricción $a_1\leq 3$). Por Sylow 2-subgrupos del grupo $\mathrm{PSL}(2,q)$, $N_2(G/O(G))\leq\frac{1}{12}|G/O(G)|$. Si $p_2>3$ o $p_2=3$$a_2\geq 2$, entonces podemos argumentar que en el caso (2).

Si $p_2=3$$a_2=1$, podemos exprimir el resultado señalando que $|O(G)|$ no es divisible por $3$, por lo tanto, si $H'$ es un Sylow $3$-subgrupo, a continuación, $$N_3\leq N_3(G/O(G))N_3(H'O(G))$$ con la notación de tener el significado obvio, por lo tanto desde el normalizador de la $3$-subgrupo tiene el fin de, al menos, $6$ hemos $$\frac{N_3}{|G|}\leq\frac{N_3(G/O(G))}{|G/O(G)|}\leq \frac{1}{6}$$ así $$N\leq\sum_{p>5}{\frac{1}{p^2}}|G|+N_2+N_3+\sum_{p_i\geq 5}{N_{p_i}}\leq\frac{23}{50}|G|-\frac{1}{4}|G|-\frac{1}{9}|G|-\frac{1}{25}|G|+\frac{1}{12}|G|+\frac{1}{4}|G|+\frac{1}{6}|G|=\frac{503}{900}|G|<\frac{2}{3}|G|$$

(4d) $G/O(G)$ tiene un Janko grupo $J_1$ como un subgrupo normal

En este caso, el normalizador de Sylow $2$-subgrupo de índice $1045$, lo $N_2\leq\frac{1}{1045}|G|$, que es más que suficiente para aplicar el argumento en el caso (2).

(4e) $G/O(G)$ tiene un Ree grupo como un subgrupo normal

No he podido encontrar una referencia en el número de Sylow $2$-subgrupos de Ree de los grupos, pero tenga en cuenta que podemos deducir que $N_2\leq \frac{|G|}{24}$ debido a que el Sylow $2$-subgrupo es de orden $8$ y por Burnside de transferencia del teorema de sus normalizador debe tener un factor adicional de, al menos,$3$, y esto es suficiente para aplicar el argumento en el caso (2).

(5) $p_1=2$, $a_2=3$ y $G$ no tienen un nivel normal de $2$-complemento

Por el Frobenius normal $p$-complemento teorema debemos tener ese $|N_G(H)|\geq 16$ donde $H$ es un Sylow $2$-subgrupo, por lo tanto $N_2\leq\frac{1}{16}|G|$ y podemos argumentar que en el caso (2).

(6) $p_1=2$, $a_1=1$ y $N_2=\frac{|G|}{2}$

En este caso nos encontramos en la situación de Suponer que la mitad de los elementos de G tiene orden 2 y la otra mitad forman un subgrupo H de orden n. Demostrar que H es un abelian subgrupo de G., lo que significa que tenemos una abelian subgrupo de índice $2$, por lo tanto todos los Sylow $p_i$ subgrupo de $i>1$ es normal, por lo tanto $$N=\frac{1}{2}|G|+n-1$$ y puesto que, en particular, $n-1\leq\frac{|G|}{6}$ porque $|G|\geq 2\cdot 3^{n-1}$ tenemos que $$N\leq \frac{2}{3}|G|$$ Este límite ajustado, con $S_3$ dando un ejemplo de la igualdad (de hecho $S_3$ es única en este sentido, que puede ser visto a partir de la prueba).

Answer 2

Posiblemente una respuesta parcial - considerar en primer lugar una particular primer y, a continuación, vamos a comprobar algo un poco más fuerte.

Deje $p$ ser un primer dividiendo el fin de que el grupo $G$. Ahora es el estándar que $n_p:=|Syl_p(G)|=[G:N_G(P)]$. Pero $P \subseteq N_G(P)$ y, ciertamente,$|P| \geq p$, lo que implica la $|N_G(P)| \geq p$. Por lo tanto $n_p \leq \frac{1}{p}|G| \leq \frac{1}{2}|G|$.

Corolario Deje $|G|=p^aq^b$, $p$ $q$ números primos y $p \lt q$ $a$ $b$ enteros positivos.
(1) Si $p=2$$q \geq 7$, entonces el número total de subgrupos de Sylow de $G$ es menor que $\frac{2}{3}|G|$.
(2) Si $p$ es impar, entonces el número total de subgrupos de Sylow de $G$ es menor que $\frac{2}{3}|G|$.

Prueba Aparentemente, el número total de subgrupos de Sylow de $G$ es igual a $n_p + n_q \leq (\frac{1}{p}+\frac{1}{q})|G|$. En el caso de (1) tenemos $(\frac{1}{2}+\frac{1}{q})|G| \lt \frac{2}{3}|G|$, ya que el $q \gt 6$. En el caso de (2) $(\frac{1}{p}+\frac{1}{q})|G| \leq (\frac{1}{3}+\frac{1}{5})|G| \lt \frac{2}{3}|G|. \square$

Nota: este principio puede ser más generalizado a más factores primos, por ejemplo si $|G|=p^aq^br^c$,$5 \leq p \lt q \lt r$, la cota de $\frac{2}{3}|G|$ aún se mantiene.

Answer 3

He aquí una muy simplificada de la prueba cuando el obligado a $2/3$ es sustituido con 1 (usando el mismo punto de partida como en la de Matt respuesta).

Escribir $|G|=\prod_p p^{a_p}$. Escribir $\mathcal{P}$ para el conjunto de los números primos, $\mathcal{P}_2=\{p\in \mathcal{P}:a_p\ge 2\}$$\mathcal{P}_2=\{p\in \mathcal{P}:a_p=1\}$$q=\min(p_1)$. A continuación, el número de (no trivial) subgrupos de Sylow satisface: $$N/|G|\le \sum_{p\in\mathcal{P}_2}\frac{1}{p^2}+\frac{1}{q}$$ (donde $q=\infty$, $1/q=0$ si $\mathcal{P}_1=\emptyset$).

En particular, se satisface $$N/|G|\le \sum_{p\in\mathcal{P}}\frac{1}{p^2}+\frac{1}{(q-1)}-\frac{1}{q^2}$$ (ver este post acerca de $\sum p^{-2}$)

usando ese $\sum_{p\in\mathcal{P}}\frac{1}{p^2}\le 453/1000$, podemos ver que si $q\ge 5$$N/|G|<453/100+1/4-1/25=663/1000<2/3$.

Para $q=3$ rendimientos $N/|G|<46/100+1/2-1/9<85/100<1$.

Para $q=2$ sólo los rendimientos $N/|G|<46/100+1-1/4=121/100$, por lo que para demostrar $N<|G|$ necesitamos un poco más. Si $q=2$, la firma da un homomorphism en el grupo de 2 elementos, y todos los $p$-Sylow de extraño $p$ están contenidos en el índice 2 kernel. Si $s_p$ es el conjunto de elementos de orden $p$ $N_p$ es el número de $p$-Sylow, siempre tenemos

$$\frac{N}{|G|}\le \sum_{p\in\mathcal{P}_2}\frac{N_p}{|G|}+\sum_{p\in\mathcal{P}_1}\frac{s_p}{|G|(p-1)}$$

si $q=2$ por lo tanto tenemos a $\frac{N_p}{|G|}\le\frac{1}{2p^2}$ todos los $p>2$, también el único subgrupo de índice 2 se compone exactamente de los elementos de orden impar. Por lo $s_2\le |G|/2$$\sum_{p>2}s_p\le |G|/2$, lo $\sum_{p>2}s_p/(p-1)\le |G|/4$. Por lo tanto

$$\frac{N}{|G|}\le \frac12\left(\sum_{p\in\mathcal{P}}\frac{1}{p^2}-\frac{1}{4}\right)+\frac{3}{4}<86/100.$$ (Discutiendo sobre si $a_3=1$ mejora de este a $<80/100$.)

Para concluir, usando nada más que el teorema de Sylow, firma en el grupo simétrico, y un límite superior para $\sum p^{-2}$, obtenemos $N<(86/100)|G|$.

Answer 4

Puedo grabar esto en caso de que ayuda a cualquier persona para producir una simple prueba. Tengo que interpretar los "subgrupo de Sylow" que significa "No-identidad subgrupo de Sylow". Si es posible, elija un grupo finito de orden mínimo sujeto a tener estrictamente más de $\frac{2|G|}{3}$ subgrupos de Sylow. Me dicen que no hay divisor primo $p$ $|G|$ tal que $G$ normal $p$-complemento. Supongamos lo contrario, y deje $G = PN$ donde $N \lhd G$ tiene orden de primer a$p$$ 1 \neq P \in {\rm Syl}_{p}(G)$.

Entonces (usando minimality) $G$ tiene más de $\frac{2|N|}{3}$ Sylow otros subgrupos de Sylow $p$-subgrupos, y $G$ tiene más de $\frac{|G|}{|P|}$ Sylow $p$-subgrupos. Por lo tanto $G$ tiene más de $\frac{|G|}{|P|}\left( \frac{2}{3} +1\right)$ subgrupos de Sylow.

Por lo tanto $\frac{5}{3} \frac{|G|}{|P|} > \frac{2|G|}{3},$ $|P| < \frac{5}{2}$ $|P| = 2.$ examinemos el caso de $|P| = 2$ más cuidadosamente

Si $N_{G}(P) = P$, $G$ tiene un Abelian subgrupo $N$ de la extraña orden y el índice de $2$. Es entonces claro que $G$ tiene más de $|N| + \log_{3}(|N|)$ subgrupos de Sylow. Esto es en la mayoría de las $\frac{4|N|}{3}$ elemental de cálculo desde $|N| \geq 3.$ Esto contradice el hecho de que $G$ tiene más de $\frac{2|G|}{3}$ subgrupos de Sylow. Por lo tanto $N_{G}(P) \neq P$, lo $|N_{G}(P)| \geq 3|P|.$

Por lo tanto $G$ tiene más de $\frac{2|G|}{6} + \frac{|G|}{6}$ subgrupos de Sylow ( utilizando minimality de nuevo para los impares los subgrupos de Sylow), por lo que en la mayoría de los $\frac{|G|}{2}$ subgrupos de Sylow, una contradicción.