Centro de no Abelian Grupo G de Orden 6, es Trivial

Question

Reclamo: Vamos a $G$ ser un no-grupo Abelian, $\lvert{G}\rvert=6$. A continuación,$Z(G)=1$.

Intento hasta ahora: Sabemos por Lagrange del Teorema que, desde $Z(G)\leq G$,$n:= \lvert G\rvert\in\{1,2,3,6\}$, y que desde el centro se Abelian que $Z(G)\neq G$, es decir,$n\neq 6$. Luego tenemos que descartar los casos en que $n=2,3$?

Sé que $$ Z(G)=\bigcap_{g\in G} C_G(g)=\bigcap_{g\in G}\{h\in G:hg=gh\}, $$ pero no estoy del todo seguro de cómo utilizar este. Supongo que es suficiente para encontrar $g\in G$ tal que $C_G(g)=1$, sin embargo no estoy seguro de cómo hacerlo.

Gracias de antemano.

Answer 1

Otro enfoque utiliza la siguiente hecho bien conocido de que es fácil de probar:

Si $G/Z(G)$ es cíclico, a continuación, $G$ es abelian

De hecho, si $G$ orden $6$ $Z(G)$ no es trivial, entonces $G/Z(G)$ tiene fin $1$, $2$, o $3$. En todos los casos, $G/Z(G)$ es cíclico y por lo $G$ es abelian.

Answer 2

Parece que el uso del Teorema de Lagrange, pero no de otros teoremas. Así que aquí es un argumento que no uso otra cosa.

Por el emparejamiento de cada elemento con su inversa, vemos que la identidad y, por tanto, (6) al menos otro elemento es la auto-inversa. Así que vamos a $t\not=1$ ser auto inversa, que es de orden 2.

Por Lagrange cada elemento $g\in G$ ha pedido dividiendo $6$: que es 1,2,3, o 6.

Si cualquier elemento de $g$ es de orden 6, $G=\{1,g,g^2,g^3,g^4,g^5\}$ es abelian - que no lo es.

Si cada elemento de identidad es de orden 2, entonces para cualquier $x,y\in G$ hemos $(xy)^2=1$, $x^2=1$, y $y^2=1$ así que $$ yx=xx(yx)yy=x((x-y)^2)y=xy.$$ Pero $G$ no es abelian para que eso no ocurra.

Así que tenemos que $G$ debe tener un elemento $d$ orden $3$ y un elemento $t$ orden $2$.

Si $C(d)>\{1,d,d^2\}$, por Lagrange $C(d)=G$. En ese caso $d,t$ viaje y por lo $dt$ es de orden 6, que como hemos visto no es así.

Si $C(t)>\{1,t\}$, por Lagrange $C(t)=G$. En ese caso $d,t$ viaje y por lo $dt$ es de orden 6, que como hemos visto no es así.

Por lo tanto $Z(G)\leqslant C(d)\cap C(t)=\{1,d,d^2\}\cap\{1,t\}=\{1\}$ como se requiere.

Answer 3

Deje $G$ ser un grupo de orden $6$, y supongamos que no es abelian. Por Cauchy teorema, existe un elemento $s$ orden $2$ y un elemento $r$ orden $3$. Si estas de viaje; a continuación, $rs$ orden $6$ $G$ es abelian, de modo que no puedan desplazarse. Por otra parte, desde la $r$ es de orden tres, tiene el índice de dos en $G$ y por lo tanto genera un subgrupo normal. De ello se desprende que $srs^{-1}$ orden $3$ y pertenece a $\langle r\rangle$, por lo que por nuestras restricciones, la única opción es que el $srs=r^{-1}$. Esto demuestra que $G$ es isomorfo a $S_3=D_3=\langle r,s\mid r^3,s^2,(sr)^2\rangle$, y cada grupo simétrico de orden $>2$ es centerless: si $\sigma$ es una no-identidad de permutación, entonces hay $i,j$ tal que $\sigma(i) = j$. Pick $k$ diferente de estos, y tenga en cuenta que si $\tau=(ik)$, $\sigma\tau(j) = i$ mientras $\tau\sigma(j)=k$. Alternativamente, $D_n$ es centerless para $n$ impar y tiene centro generado por $r^{n/2}$ $n$ incluso.