pokazać że grupa zawiera się we wszystkich p-podgupach

[_radek]

Mam problem z zadaniem które tydzień temu dostałem na egzaminie, chodzi o to że że jeśli mamy grupę \(\displaystyle{ G}\) oraz jej podgrupę \(\displaystyle{ H}\). Wiemy również że \(\displaystyle{ H}\) jest jedyną podgrupą \(\displaystyle{ G}\) rzędu \(\displaystyle{ 125}\). Mam pokazać że \(\displaystyle{ H}\) zawiera się we wszystkich \(\displaystyle{ 5}\)-podgrupach Sylowa \(\displaystyle{ G}\).
Pierwszy naturalny dla mnie pomysł był pokazać że nie może być \(\displaystyle{ 5}\)-podgrupy Sylowa rzędu większego niż \(\displaystyle{ 125}\) bo wtedy \(\displaystyle{ H}\) nie było by jedyne... wydawało mi się to intuicyjnie jasne, ale nie wiem jak to sformalizować.
No i drugi pomysł: z twierdzenia Sylowa wiemy że wszystkie p-podgrupy są sprzężone, weźmy (samo to już mam wątpliwość delikatną czy mogę) sobie \(\displaystyle{ K}\) - \(\displaystyle{ 5}\) podgrupa Sylowa w której zawiera się \(\displaystyle{ H}\). wtedy dla dowolnej innej \(\displaystyle{ 5}\)-podgrupy Sylowa- \(\displaystyle{ K'}\) mamy takie \(\displaystyle{ x \in G}\) że
\(\displaystyle{ K=xK'x^{-1} \\
H \subseteq xK'x^{-1}}\)
teraz biorę sobie taki \(\displaystyle{ H' \subseteq K'}\) żeby przechodził na \(\displaystyle{ H}\) i mam
\(\displaystyle{ H=xH'x^{-1} \\
Hx=xH'}\)
No i właśnie tu jest problem bo twierdzenie Sylowa mówi że jeżeli mamy jedyną \(\displaystyle{ 5}\) podgrupę Sylowa to jest ona dzielnikiem normalnym Grupy, więc mógłbym powiedzieć że \(\displaystyle{ Hx=xH \Rightarrow H=H'}\) No ale... \(\displaystyle{ 5}\) podgupa to ta podgrupa z piątką w najwyższej potędze... nie wiem czy to działa dla tych podgrup rzędu \(\displaystyle{ p^{n}}\)

[jutrvy]

Hmm... też miałem to pytanie na egzaminie

No więc generalnie trzeba skorzystać z faktu, że jeśli masz p-grupę, załóżmy \(\displaystyle{ |G| = p^k}\) to w \(\displaystyle{ G}\) istnieje taki ciąg podgrup, że \(\displaystyle{ \lbrace e_G\rbrace = G_0 \le G_1 \le \ldots\le G_k = G}\), gdzie \(\displaystyle{ |G_i| = p^i}\), oraz \(\displaystyle{ G_i\trianglelefteq G}\). Dowód tego faktu to taka indukcyjna dłubanina...

Ok, to weźmy teraz dowolną \(\displaystyle{ 5}\)-podgrupę Sylowa \(\displaystyle{ G}\) i oznaczmy ją przez \(\displaystyle{ I}\). Wtedy bierzemy taki ciąg jak w fakcie wyżej i zauważmy, że z jedyności \(\displaystyle{ H}\), wynika, że \(\displaystyle{ I_3 = H}\). Ponieważ \(\displaystyle{ I}\) - dowolne, to koniec zadania

Pozdrawiam

[_radek]

Dzięki!

[Medea 2]

"Dłubanina"? Nie wydaje mi się. Nie można pokazać, że gdy \(\displaystyle{ G}\) ma rząd \(\displaystyle{ p^a}\), to zawiera podgrupę rzędu \(\displaystyle{ p^b}\) dla \(\displaystyle{ 0 \le b \le a}\) elementarnymi narzędziami?

Jeżeli \(\displaystyle{ a = 1}\), to sprawa jest oczywista, a dalej przez indukcję: załóżmy, że jest to prawda dla \(\displaystyle{ 1 \le a \le n}\) i pokażmy, że zachodzi również dla \(\displaystyle{ a = n+1}\). Centrum \(\displaystyle{ Z(G)}\) jest nietrywialne. Jeśli \(\displaystyle{ Z(G) = G}\), to\(\displaystyle{ G}\)jest przemienna - wtedy bierzemy \(\displaystyle{ H \le G}\) rzędu \(\displaystyle{ p}\) (tw. Cauchy'ego). Jeżeli \(\displaystyle{ Z(G) \neq G}\), to centrum jest właściwą podgrupą normalną i możemy przyjąć \(\displaystyle{ H = Z(G)}\). Co by się nie działo, zarówno\(\displaystyle{ H}\) jak i \(\displaystyle{ G/H}\) są \(\displaystyle{ p}\)-grupami o mocy mniejszej niż \(\displaystyle{ p^{n+1}}\) (z tw. Lagrange'a), więc \(\displaystyle{ H}\) ma podgrupę dla każdego rzędu, który dzieli jej rząd; podobnie \(\displaystyle{ G/H}\). I co dalej?

[Dasio11]

Jak kontynuować - nie wiem - ale podam dowód indukcyjny, który znam:


Załóżmy, że \(\displaystyle{ |G| = p^{m+1}.}\) Centrum \(\displaystyle{ Z(G)}\) jest nietrywialne, więc jest w nim element \(\displaystyle{ g \in Z(G)}\) rzędu \(\displaystyle{ p^{i+1}}\) dla pewnego \(\displaystyle{ i \ge 0.}\) Wtedy \(\displaystyle{ G_1 = \left< g^{p^i} \right>}\) jest grupą rzędu \(\displaystyle{ p,}\) a ponieważ jest podzbiorem centrum, więc \(\displaystyle{ G_1 \trianglelefteq G.}\)

Grupa \(\displaystyle{ H = G/G_1}\) ma rząd \(\displaystyle{ p^m,}\) więc spełnia założenie indukcyjne, tj. istnieje ciąg podgrup

\(\displaystyle{ \{ e \} = N_0 \le N_1 \le \ldots \le N_m = H,}\)

taki że \(\displaystyle{ |N_j| = p^j}\) dla \(\displaystyle{ j = 0, \ldots, m.}\)

Niech \(\displaystyle{ \varphi : G \to G/G_1}\) będzie odwzorowaniem ilorazowym oraz dla \(\displaystyle{ j = 1, \ldots, m}\) określmy \(\displaystyle{ G_{j+1} = \varphi^{-1}[ N_j ].}\) Wtedy

\(\displaystyle{ \{ e \} \le G_1 \le G_2 \le \ldots \le G_{m+1} = G}\)

oraz \(\displaystyle{ |G_{j+1}| = | \ker \varphi | \cdot | N_j | = | G_1 | \cdot | N_j | = p^{j+1}.}\)


W istocie z powyższego dowodu można wyciągnąć trochę więcej: że \(\displaystyle{ G_j \trianglelefteq G}\) dla \(\displaystyle{ j = 0, \ldots, m.}\)

[krl]

I co dalej?

To było pytanie retoryczne...

[jutrvy]

No dobrze, ja po prostu nie lubię dowodów indukcyjnych, dlatego napisałem "dłubanina". Dowód nie jest skomplikowany, jak widać...