Mostrando $|G|=90$ $G$ no es simple por centraliser argumento

Question

Quiero mostrar que un grupo de $G$, $|G|=90$ no puede ser simple, específicamente con el uso de un centraliser argumento. El ejercicio le da un tutorial realmente de lo que yo puedo hacer, pero estoy aún así, persisten los problemas:

Suponga $G$ es simple. Deje $P$ ser un Sylow $3$-subggrup de $G$ y deje $x\in P, x\ne 1$. Mostrar que $C_G(x)=P$ y obtener una contradicción a la conclusión de que la $G$ no es simple.

Ahora $n_3=1$ o $10$, e $P$ es de orden $9=3^2$,(sabemos que $|H|=p$ o $p^2$, significa que $H$ es abelian), lo que significa que $P$ es abelian, por lo tanto $C_P(x)\supseteq P$, así que esto es donde estoy atascado.

Entiendo que si $C_G(x)=P$, entonces estoy hecho, ya que el $C_G(x)\trianglelefteq G$, pero si $P\subset G$ es abelian, entonces es $C_G(x)=P$? es decir, es abelian con elementos de $G\backslash P$ por alguna razón?

Answer 1

Cada grupo $G$ es isomorfo a un subgrupo $H$ $A(G)$ i.e el conjunto de permutaciones de $G$.Por lo $\exists \phi:G\to A(G)$ un monomorphism definido por $\phi(g)=\tau_g;\tau_g:G\to G;\tau_g=ag\forall a\in G$

$H$ tiene incluso una permutación es decir, la identidad. También se $G$ tiene un elemento de orden $2$, por lo que $H$ dice $a$.También se $\tau(g)=ag;\tau_g(ga)=a^2g=g$

Por lo $\tau_g$ es el producto de transposiciones de la forma $(a,ga)$.Desde $|G|=2m$ por lo que el número de transposiciones en la factorización de $\tau$ es impar y, por tanto, $\tau$ es una permutación impar.

Definir $f:H\to \{-1,1\}$ $f(x)=1 $si $x $ es incluso y $f(x)=-1 $ si $x$ es impar.

A continuación,$H/ker f \equiv Im f\implies |H/kerf |=2 \implies |kerf |=m$.

Por lo tanto $H$ y, por tanto, $G$ contiene un subgrupo normal de orden $m$

Answer 2

Suponga $G$ es simple. A continuación, el número de Sylow-3 subgrupos debe ser $10$, vamos que se $$P_1, P_2, \cdots, P_{10}.$$ Estos subgrupos son abelian grupos de orden $3^2$.

Caso (A) $P_i\cap P_j\neq 1$ algunos $i\neq j$ $\{1,2,\cdots,10\}.$

¿Qué es $|P_i\cap P_j|$? No es $1$ por supuesto, y se divide $|P_i|=9$. Así que si $|P_i\cap P_j|=9$$P_i=P_j$, contradicción. Debe ser que $|P_i\cap P_j|=3$.

Considere la posibilidad de la no-identidad $x$$P_i\cap P_j$. A continuación, $C_G(x)$ contiene $P_i$ $P_j$ (por lo tanto,$P_iP_j$).

Pero $$|P_iP_j|=\frac{|P_i|.|P_j|}{|P_i\cap P_j|}=\frac{9.9}{3}=27.$$ Así, $|C_G(x)|\geq 27$, $|C_G(x)|$ es divisible por $|P_i|=9$ $|C_G(x)|$ divide $|G|$, por lo tanto $|C_G(x)|$ es $45$ o $90$.

Un subgrupo de orden $45$ tendrá índice $2$, por lo normal, la contradicción.

Si $C_G(x)=G$$Z(G)\neq 1$, contradicción (por qué?)

Caso (B) $P_i\cap P_j=1$ todos los $i\neq j$ $\{1,2,\cdots,10\}.$

A continuación, la no-identidad de los elementos de $P_1,P_2,\cdots,P_{10}$ cubierta $(9-1).10=80$ elementos de orden $3$ o $3^2$.

Vienen a Sylow-$5$ subgrupos. Cuántos puede haber? Si es más de $1$, entonces no será, al menos,$1+1.5=6$. Y que cubrirá, al menos, $(5-1).6=24$ nuevos elementos. Esta es la contradicción (por qué?)?