para prime$q\ge p$, entero$m\ge 0$, cualquier grupo con orden$p^2 q^m$ no es simple

Question

He probado las dos maneras, pero ambas son todos no. En primer lugar, contando el orden de unión de todos Sylow $p$, $q$-subgrupo. En segundo lugar, grupo de acción del grupo original para establecer subgrupos de Sylow de cojunto.

¿Hay más herramientas para que problemas como este?

Answer 1

En primer lugar, si $p=q$, entonces es el $p$-grupo de $p^{m+2}$, en el que $p$-grupo de $p^{m+1}$ es normal en el subgrupo. Así que supongamos $p<q$. Del mismo modo asumen $m>0$.

Podemos demostrar que el grupo $G$ debe tener un trivial subgrupo normal. Consideramos dos casos siguientes.

(1). $m=1$

Por el teorema de Sylow, el número de Sylow $q$-subgrupo $n_q|1,\:p,\:p^2$, e $n_q\equiv1\mod q$.

1. Si $n_q=1$, entonces no es sólo uno de Sylow $q$-subgrupo es normal.

2. Si $n_q=p$, entonces a partir de la $p<q,\:n_q\not\equiv1\mod q$. Así que esto es imposible.

3. Si $n_q=p^2$, entonces no se $p^2$ Sylow $q$-subgrupo y, al menos, $2$ Sylow $p$-subgrupo (de lo contrario Sylow $p$-subgrupo sería normal). Deje $H,K$ ser de cualquiera de los 2 distintos Sylow $q$-subgrupos y $|H|=|K|=q$. Desde $H\cap K<H$, $|H\cap K|=1$ o $q$. Si $|H\cap K|=q$,$H=K$, lo cual es imposible. Por lo $|H\cap K|=1$. Del mismo modo vamos a $H,K$ 2 distintas Sylow $p$-subgrupos y $|H|=|K|=p^2$. A continuación, $|H\cap K|=1,\:p$ o $p^2$. Si $|H\cap K|=p^2$,$H=K$, lo cual es imposible. Por lo $|H\cap K|\leqslant p$. Así que hay al menos $$p^2(q-1)+2(p^2-1)-(p-1)=p^2q+p^2-p-1$$ los elementos en el grupo que es más que el grupo dado, con el fin de $p^2q$, lo cual es imposible.

(2). $m>1$

Deje $H,K$ 2 distintas Sylow $q$-subgrupos. Supongamos $|H\cap K|<q^{m-1}$. Entonces $$|HK|=\frac{|H||K|}{|H\cap K|}>q^{m+1}$$ Pero desde $|HK|\leqslant |G|=p^2q^{m}$, esto es imposible. Por lo $|H\cap K|=q^{m-1}$.

Por subgrupo Normal de primer índice, ya que $q$ es el más pequeño de primer índice dividiendo $q^m$ $$H\cap K\vartriangleleft H \quad \text{y}\quad H\cap K\K vartriangleleft$$ Así $$H\subconjunto N_G(H\cap K) \quad \text{y}\quad K\subconjunto N_G(H\cap K)$$ donde $N_G(H\cap K)$ es el normalizador de la $H\cap K$$G$. Así $$|N_G(H\cap K)|\geqslant |HK|=\frac{|H||K|}{|H\cap K|}\geqslant q^{m+1}$$ Tenga en cuenta que $HK$ no puede ser un subgrupo sino $N_G(H\cap K)$ es.

$|N_G(H\cap K)|=q^{m+1}$ es imposible, ya que $N_G(H\cap K)<G$$|N_G(H\cap K)|\nmid|G|$.

Si $|N_G(H\cap K)|>q^{m+1}$,$|N_G(H\cap K)|\geqslant pq^{m+1}$. Pero $$|N_G(H\cap K)|>p^2q^{m}=|G|$$ lo cual es imposible. Por lo $H\cap K\vartriangleleft G$.

Answer 2

Los casos en donde la $m=0$ o $q=p$ ya comentado en el otro post. Así que supongamos $q>p$$m\geq 1$.

Si $m=1$: a Continuación, cualquiera de los dos $q$-subgrupos de Sylow debe intersectar trivialmente, así que si $n_q = p^2$, entonces no debe ser $p^2(q-1) + 1$ elementos en el grupo. También, $n_q \neq p$ desde $p\neq 1\pmod{q}$. Por lo $n_q = 1$ $q$- subgrupo de Sylow es normal.

Si $m>1$: Supongamos $P_1$ $P_2$ dos $q$-subgrupos de Sylow, a continuación, establezca $H=P_1\cap P_2$, luego $$p^2q^m \geq |P_1P_2| = |P_1||P_2|/|H| = q^{2m}/|H| \Rightarrow |H| \geq \frac{q^m}{p^2} > q^{m-2}$$ Desde $|H| \mid q^m$$|H| < q^m$, se deduce que el $|H| = q^{m-1}$, y por lo $H$ es normal en ambos $P_1$$P_2$. Además, $$|P_1P_2| = q^{2m}/q^{m-1} = p^{m+1}$$ Ahora, $P_1$ $P_2$ están contenidas en $N_G(H)$, el normalizador de la $H$$G$. Por lo tanto, $$P_1P_2 \subconjunto N_G(H) \Rightarrow |N_G(H)| \geq q^{m+1}$$ Pero $|N_G(H)| \mid p^2q^m$, lo $|N_G(H)| = p^2q^m$, y por lo $H \vartriangleleft G$.