برای هر دنباله دقیق کوتاه0→A→B→C→0،

A⊗F→B⊗F→C⊗F→0 دنباله دقیق کوتاه است

چگونه می توانم این را حل کنم: اگر G یک گروه ساده از مرتبه 168 است، پس زیرگروه های sylow-2 از G دو وجهی هستند و زیر گروه های sylow-3 و sylow-7 چرخه ای هستند؟

از آنجا که [ریاضی]168=2^3*3*7[/math]، تنها عبارت غیر واضح این است که زیر گروه های Sylow-2 هم شکل هستند. [ریاضی]D_8[/math]. بدیهی است که سایر زیرگروه های Sylow چرخه ای هستند، زیرا از مرتبه اول برخوردار هستند.

ارزش آن را ذکر در این نقطه است که در واقع وجود دارد است یک گروه ساده از سفارش 168. (من نمی خواهد زحمت به نوشتن این پاسخ غیر این صورت.). برای طبقه‌بندی کامل‌تر، به یک متن جبر انتزاعی مانند Dummit و Foote مراجعه کنید، که حاوی اثبات کاملی است مبنی بر اینکه یک گروه ساده از مرتبه 168 باید با گروه اتومورفیسم هواپیمای فانو هم‌شکل باشد - و در واقع، این یک ساده است. گروه سفارش 168.

با این حال، در زیر ما این حقایق را بدیهی نمی دانیم. در عوض، من فقط شروع اثبات را در Dummit و Foote خلاصه می کنم، حداقل تا جایی که بتوانیم دو وجهی بودن زیرگروه های Sylow-2 را ثابت کنیم.

قبل از شروع، برای مرجع، برخی از حقایق کلی در مورد زیرگروه های Sylow را فهرست می کنم که برای خواننده آشنا فرض می شود. اجازه دهید[ریاضی]p[/math] اول تقسیم ترتیب باشد [ریاضی]G[/math] و اجازه دهید [ریاضی]n_p[/math] تعداد زیرگروه های Sylow-p را نشان می دهد [ریاضی]G[/math]. سپس:

• [ریاضی]n_p\equiv 1\mod p[/math].
• همه زیرگروه های Sylow-p به صورت مزدوج هستند [ریاضی]G[/math].
• [ریاضی]n_p[/math]شاخص نرمال ساز هر زیرگروه Sylow-p است. به ویژه، اگر[ریاضی]|G|=p^km[/math] جایی که [ریاضی]p \nاواسط متر[/math]، سپس زیرگروه های Sylow-p دارای نظم هستند [ریاضی]p^k[/math] و [ریاضی]n_p|m[/math].
• نرمال سازهای زیرگروه های Sylow-p نیز به صورت مزدوج هستند[ریاضی]G[/math].

با آن، اجازه دهید [ریاضی]G[/math] یک گروه ساده از مرتبه 168 باشد. اولین قدم این است که توجه داشته باشید [ریاضی]n_7=8[/math]، زیرا این تنها امکان است. این بدان معناست که همه نرمال سازهای Sylow-7 دارای سفارش 21 هستند.

بعد، توجه داشته باشید که [ریاضی]G[/math] نمی توان زیر گروه مناسبی از شاخص کمتر از 7 داشت. این یک آرگومان استاندارد با گروه های ساده است: اگر [ریاضی]ح[/ریاضی] زیر گروهی از شاخص است [ریاضی]k[/math] سپس [ریاضی]G[/math] با ضرب چپ بر روی همزاد عمل می کند [ریاضی]ح[/ریاضی]، که هممورفیسمی از [ریاضی]G[/math] به [ریاضی]S_k[/math] که هسته آن در [ریاضی]ح[/ریاضی]. از آنجا که[ریاضی]G[/math] ساده است، هسته 1 و است [ریاضی]G[/math] به زیرگروه ای هم شکل است [ریاضی]S_k[/math]. این کار نمی کند اگر[math]k\le 6[/math] زیرا 168 تقسیم نمی کند [ریاضی]6!=720[/math].

این امر منتفی است [ریاضی]n_3=4[/math]، بنابراین [ریاضی]n_3[/math]7 یا 28 است. توجه داشته باشید که در هر دو مورد، هیچ عنصری از مرتبه 7 یک زیر گروه Sylow-3 را عادی نمی کند. از این رو[ریاضی]G[/math] هیچ عنصری از نظم 21 ندارد.

بعد، می توانیم از این برای اثبات استفاده کنیم [math]n_3\ne 7[/math]. اجازه دهید[ریاضی] K[/math]یکی از نرمال سازهای Sylow-7 باشد. ما فقط این را ثابت کردیم[ریاضی] K[/math] گروه غیرآبلی مرتبه 21 است که به معنی [ریاضی] K[/math] دقیقا شامل 7 زیر گروه از مرتبه 3. اما اگر [ریاضی]n_3=7[/math] که در [ریاضی]G[/math]، سپس [ریاضی] K[/math]شامل تمام زیر گروه های Sylow-3 از[ریاضی]G[/math]، که تناقض است: هر مزدوج از [ریاضی] K[/math]همچنین یک نرمال ساز Sylow-7 است، از این رو شامل تمام زیر گروه های Sylow-3 نیز می شود. بنابراین تقاطع همه مزدوج های[ریاضی] K[/math] بی اهمیت است، به این معناست که [ریاضی]G[/math] یک گروه ساده نیست

بنابراین ما اکنون داریم [ریاضی]n_3=28[/math]و نرمال سازهای Sylow-3 دارای مرتبه 6 هستند. در حالی که ما در حال کار هستیم، اجازه دهید ثابت کنیم که دو وجهی هستند، یعنی چرخه ای نیستند. اگر آنها چرخه ای بودند، پس[ریاضی]G[/math]دارای 28*2 عنصر مرتبه 3 و 28*2=56 عنصر از مرتبه 6 خواهد بود. (هیچ دو مورد از این زیرگروه ها نمی توانند عنصری با درجه 3 یا 6 مشترک داشته باشند.) به آن عناصر 8*6=48 را اضافه کنید. سفارش 7، و این در حال حاضر 160 عنصر است. این خوب نیست زیرا تنها برای یک زیرگروه Sylow-2 جا می گذارد که در نتیجه طبیعی است.

تا اینجا، ما نوع ایزومورفیسم نرمال‌کننده‌های Sylow-3 و Sylow-7 را می‌دانیم، و به ویژه هیچ عنصری از مرتبه 6، 14 یا 21 وجود ندارد، بنابراین همه عناصر دارای ترتیب قدرت اول هستند. 56 عنصر از مرتبه 3، 48 عنصر از مرتبه 7، و 1 هویت وجود دارد که 63 عنصر از مرتبه 2، 4، یا احتمالاً 8 باقی می ماند.[ریاضی]n_2=7[/math]: در آن صورت حداکثر می تواند 49 عنصر از این دست وجود داشته باشد، حتی اگر زیرگروه های Sylow-2 دارای تقاطع های بی اهمیت باشند.

نتیجه می شود که [ریاضی]n_2=21[/math] و تقاطع های غیر ضروری بین زیر گروه های Sylow-2 وجود دارد.

اکنون می توانیم در نهایت ثابت کنیم که زیرگروه های Sylow-2 دو وجهی هستند. اجازه دهید[ریاضی]x[/math] عنصری از درجه 2 باشد که در بیش از یک زیرگروه Sylow-2 وجود دارد.

اگر زیرگروه‌های Sylow-2 abelian بودند، پس مرکزی‌کننده از [ریاضی]x[/math] زیر گروهی از [ریاضی]G[/math] حاوی بیش از یک زیرگروه از مرتبه 8. بنابراین، باید حاوی عنصری از مرتبه 3 یا 7 باشد که با آن جابجا می شود. [ریاضی]x[/math]، که می دانیم وجود ندارد.

اگر زیرگروه های Sylow-2 گروه کواترنیون بودند [ریاضی]Q_8[/math]، پس دقیقاً با همان مشکل مواجه خواهیم شد، زیرا تنها عنصر [ریاضی]Q_8[/math]دستور 2 در مرکز آن موجود است. بنابراین، از آنجایی که تنها گروه‌های غیرآبلی مرتبه 8 هستند[ریاضی]D_8[/math] و [ریاضی]Q_8[/math]، زیر گروه های Sylow-2 باید ایزومورف باشند [ریاضی]D_8[/math] با فرآیند حذف [ریاضی]\blacksquare[/math]

در این مرحله ما همه اعداد Sylow و نوع ایزومورفیسم همه زیرگروه های Sylow-p و نرمال سازهای Sylow-p را می دانیم. این شروع خوبی است. اگر بخواهیم ادامه دهیم، می‌توانیم ساختار زیرگروه داخلی را تحلیل کنیم[ریاضی]G[/math]و نشان دهید که چگونه "هندسه" یکسانی با صفحه فانو ایجاد می کند. این برای نشان دادن این کافی است.[ریاضی]G[/math]به گروه اتومورفیسم همان هم شکل است.

How do I solve this: if G is a simple group of order 168, then the sylow-2 subgroups of G are dihedral, and the sylow-3 and sylow-7 subgroups are cyclic?

1 Answer

Alex Eustis

, Ph.D. Mathematics, University of California, San Diego (2013)

Answered 6 months ago · Author has 2.4K answers and 10M answer views

Since 168=23∗3∗7168=23∗3∗7, the only non-obvious statement is that the Sylow-2 subgroups are isomorphic to D8D8. Evidently the other Sylow subgroups are cyclic because they're of prime order.

It's worth mentioning at this point that there actually is a simple group of order 168. (I wouldn't bother to write this answer otherwise.). For a more complete classification, see an Abstract Algebra text such as Dummit and Foote, which contains a full proof that a simple group of order 168 must be isomorphic to the automorphism group of the Fano plane — and that, indeed, this is a simple group of order 168.

However, below we won't take for granted these facts. Instead I'll just summarize the start of the proof in Dummit and Foote, at least to the point where we can prove the Sylow-2 subgroups are dihedral.

Before we begin, for reference I'll list some general facts about Sylow subgroups which will be assumed familiar to the reader. Let pp be a prime dividing the order of GG and let npnp denote the number of Sylow-p subgroups of GG. Then:

• np≡1modpnp≡1modp.
• All Sylow-p subgroups are conjugate in GG.
• npnp is the index of the normalizer of any Sylow-p subgroup. In particular, if |G|=pkm|G|=pkm where p∤mp∤m, then Sylow-p subgroups have order pkpk and np|mnp|m.
• The normalizers of the Sylow-p subgroups are also conjugate in GG.

With that, let GG be a simple group of order 168. The first step is to note that n7=8n7=8, because it's the only possibility. This means all Sylow-7 normalizers have order 21.

Next, note that GG can't have a proper subgroup of index less than 7. This is a standard argument with simple groups: if HH is a subgroup of index kk then GG acts by left multiplication on the cosets of HH, which gives a homomorphism of GG into SkSk whose kernel is contained in HH. Since GG is simple, the kernel is 1 and GG is isomorphic to a subgroup of SkSk. That won't work if k≤6k≤6 because 168 doesn't divide 6!=7206!=720.

This rules out n3=4n3=4, so n3n3 is 7 or 28. Note that in both cases, no element of order 7 normalizes a Sylow-3 subgroup. Therefore GG has no element of order 21.

Next, we can use this to prove n3≠7n3≠7. Let KK be one of the Sylow-7 normalizers. We just proved that KK is the non-abelian group of order 21, which means KK contains exactly 7 subgroups of order 3. But if n3=7n3=7 in GG, then KK contains all the Sylow-3 subgroups of GG, which is a contradiction: each conjugate of KK is also a Sylow-7 normalizer, hence it contains all the Sylow-3 subgroups too. Therefore the intersection of all conjugates of KK is nontrivial, implying that GG is not a simple group.

Therefore we now have n3=28n3=28, and the Sylow-3 normalizers have order 6. While we're at it, let's prove they're dihedral, i.e. not cyclic. If they were cyclic, then GG would have 28*2 elements of order 3 and 28*2=56 elements of order 6. (No two of these subgroups can have an element of order 3 or 6 in common.) Add to that the 8*6=48 elements of order 7, and that's already 160 elements. That's no good because it leaves room for only a single Sylow-2 subgroup, which would therefore be normal.

So far, we know the isomorphism type of the Sylow-3 and Sylow-7 normalizers, and in particular no element of order 6, 14, or 21 exists, so all elements have prime power order. There are 56 elements of order 3, 48 elements of order 7, and 1 identity, which leaves 63 elements of order 2, 4, or possibly 8. This rules out n2=7n2=7: in that case there could be at most 49 such elements, even if the Sylow-2 subgroups had trivial intersections.

It follows that n2=21n2=21 and there are nontrivial intersections among the Sylow-2 subgroups.

We can now finally prove that the Sylow-2 subgroups are dihedral. Let xx be some element of order 2 contained in more than one Sylow-2 subgroup.

If Sylow-2 subgroups were abelian, then the centralizer of xx would be a subgroup of GG containing more than one subgroup of order 8. Hence, it would have to contain an element of order 3 or 7 that commutes with xx, which we know doesn't exist.

If the Sylow-2 subgroups were the quaternion group Q8Q8, then we would run into the exact same problem, because the only element of Q8Q8 order 2 is contained in its center. Therefore, since the only non-abelian groups of order 8 are D8D8 and Q8Q8, the Sylow-2 subgroups must be isomorphic to D8D8 by process of elimination. ■◼

At this point we know all the Sylow numbers, and the isomorphism type of all Sylow-p subgroups and Sylow-p normalizers. That's a good start. If we wanted to continue, we could keep analyzing the internal subgroup structure of GG and show how it gives rise to a “geometry" identical to that of the Fano plane. This would be sufficient to show that GG is isomorphic to the automorphism group of same.

578 views

View upvotes

7

Related Answers

Related Answer

Alon Amit

, Ph.D. in Mathematics.Answered 1 year ago · Upvoted by 

Vance Faber

, Ph. D. Mathematics and 

Ali Taghavi

, Ph.D Mathematics, Sharif University of Technology (2002) · Author has 6.9K answers and 99.5M answer views

How can I prove that if G is a group of order 91, then every proper subgroup of G is cyclic?

There are good answers here already so I won’t repeat them, but I do wish to point out that the restriction “proper” in the question is unnecessary: if GG is a group of order 9191 then GG itself must be cyclic (it then follows immediately that its subgroups are cyclic as well.)

In fact, if p>qp>q are primes and qq does not divide p−1p−1 then any group of order pqpq is cyclic. To show this, first prove that GG has unique Sylow subgroups, and then count the number of elements of order pp and qq. You’ll see that there must be other (nontrivial) elements, and the only possible order of such elements is pqpq.

6.4K views

View upvotes

View 6 shares

Answer requested by 

Zehra Akhan

85

6

Related Answer

Darrah Chavey

, Professor, Math & Comp. Sci. at Beloit College (1987-present)Answered 7 months ago · Upvoted by 

Alon Amit

, Ph.D. in Mathematics. · Author has 867 answers and 546.8K answer views

If G is a group of order 385, show that both sylow 7-subgroup and sylow 11-subgroup are normal in G and sylow 7-subgroup is in the center of G?

By Sylow’s 3rd theorem, the number of subgroups of size 11 must be ≡1mod11≡1mod11, and it must be a divisor of 385. The only number that satisfies those conditions is 1, so there is a unique 11-subgroup. Being unique, it must be normal. The same statement applies to 7, so there is a unique 7-subgroup, which is then also normal.

If we conjugate the 7-subgroup S by an element g of the group, the action is an automorphism on the six non-identity elements of S. The order of that action, d, must then be a divisor of 6. Consequently, the order of g must be a multiple of d, and of course is also a d

Continue Reading

6

Related Answer

Alon Amit

, PhD in Mathematics; Mathcircler.Answered 4 years ago · Upvoted by 

Yair Livne

, Master's Mathematics, Hebrew University of Jerusalem (2007) and 

Alex Sadovsky

, Ph.D. Mathematics & Biomechanics, University of California, Irvine · Author has 6.9K answers and 99.5M answer views

Suppose that a cyclic group G has exactly 3 subgroups: G itself, {e}, and subgroup of order 7. What is |G|? What can you say if 7 is replaced with p where p is a prime?

Consider this: the group has order nn, for some nn. It is cyclic, so it has a generator aa of order nn. The given prime pp must divide nn. If nn were divisible by any proper divisor mm other than pp then an/man/m would generate a subgroup of order mm, but there are no such subgroups. So pp is the only proper divisor of nn.

Which numbers have a single proper prime divisor?

(By “proper divisor” I mean a divisor which is neither 11 nor the number itself).

5.2K views

View upvotes

44

2

Related Answer

Amitabha Tripathi

, teaching Group Theory for almost three decades

Answered 4 years ago · Author has 3.8K answers and 7.6M answer views

How many distinct subgroups does the cyclic group of order 6 have?

Theorem. Let GG be a cyclic group of order nn. For each d∣nd∣n, there exists a unique subgroup of order dd.

Proof. (sketch) Let G=G=, and let Hd=Hd=. Then |G|=o(a)=n|G|=o(a)=n and |H|=o(an/d)=d|H|=o(an/d)=d. Thus there is at least one subgroup of order dd.

Let HH be a subgroup of GG of order dd. Since every subgroup of a cyclic group is cyclic, H=H= for some k∈{1,2,3,…,n}k∈{1,2,3,…,n}. From

d=|H|=o(ak)=ngcd(k,n)d=|H|=o(ak)=ngcd(k,n)

we have gcd(k,n)=ndgcd(k,n)=nd. Hence nd∣knd∣k, so that ak∈Hdak∈Hd. Thus H⊆HdH⊆Hd, and since they are of the same order, H=HdH=Hd. T

Continue Reading

22

Related Answer

Amitabha Tripathi

, teaching abstract Algebra for almost three decades

Answered 9 months ago · Author has 3.8K answers and 7.6M answer views

What are the elements of the cyclic subgroup generated by R270 in the dihedral group D4 of order 8?

The dihedral group D4D4 is the group of symmetries on a square. There are four rotations and four reflections ((two each with respect to lines joining midpoints of opposite sides and lines joining opposite vertices, or diagonals)).

The four rotations may be denoted by the angle by which each vertex is transformed: R0R0, R90R90, R180R180, R270R270. The first is the identity mapping, the second is the mapping (1234)(1234), the third is (13)(24)(13)(24), and the fourth is (1432)(1432). The second and fourth mappings are inverses of one another, and each has order 44 ((because the length of the permutation is 4)4). The third ma

Continue Reading

2

1

Related Answer

Richard Goldstone

, PhD Mathematics, The Graduate Center, CUNY (1995)

Answered 1 year ago · Author has 915 answers and 473.3K answer views

If d is divisor of the order of a finite cyclic group G, how can you prove that G contains a subgroup of order d?

Let G be a finite cyclic group of order nn, let gg be a generator of GG, and let dd be a divisor of n.n. suppose that

(gnd)k=1G.(gnd)k=1G.

By a corollary to Lagrange’s theorem, (nd)k≡0(modn).(nd)k≡0(modn).

Then, dividing both terms and the modulus of this congruence by n/d,n/d,

(nd)k≡0(modn)⟹k≡0(modd).(nd)k≡0(modn)⟹k≡0(modd).

This shows not only the obvious fact that

(gnd)d=1G,(gnd)d=1G,

but also the more essential fact that no non-zero integer k∈{0,1,2,…,d−1}k∈{0,1,2,…,d−1} produces

(nd)k≡0(modn)(nd)k≡0(modn)

Continue Reading

3

Related Answer

Wes Browning

, PhD Geometry and Topology, Cornell University (1979)

Answered 1 year ago · Author has 3.1K answers and 1.1M answer views

How do I find the number of sylow subgroups of D10D10, dihedral group of order 20, and which groups do they represent?

The group is represented by

A 5-Sylow subgroup is {1, a^2, a^4, a^6, a^8}. This is cyclic of order 5 generated by any nontrivial element. It’s the only 2-Sylow group and it’s normal.

A 2-Sylow subgroup has to have order 4. One such is {1, b, a^5, ba^5} This is closed and therefore a subgroup. Since all three nontrivial elements have order two, it is isomophic to (Z/2Z)^2, the Klein four-group. By Sylow’s theory there has to be an odd number of 2-Sylow groups, and the number must divide 20. Therefore the number is 1 or 5. I can in fact find five:
{1, b, a

Continue Reading

3

Related Answer

Swetha Dandibhotla

, B. SC Mathematics & Statistics (2021)

Answered 1 year ago · Author has 375 answers and 45.6K answer views

How many subgroups are there for a group of order 19?

Given, the order of group is 19 , that is, the group is of prime order.

From, a known theorem, a group of prime order has no proper subgroups.

If G is the group, the subgroups of G are G, {e} where ‘e' is the identity element of G. Therefore, the number of subgroups of group G of order 19 is 2.

1.2K views

View upvotes

2

Related Answer

Amitabha Tripathi

, teaching abstract Algebra for almost three decades

Answered 3 years ago · Author has 3.8K answers and 7.6M answer views

Suppose that a cyclic group G has exactly 3 subgroups: G itself, {e}, and subgroup of order 11. What is |G|?

Every cyclic group of order nn has a unique subgroup of order dd, for each d∣nd∣n. So a cyclic group of order nn has as as many subgroups as nn has positive divisors.

If d(n)d(n) denotes the number of positive divisors of nn, then

d⎛⎝∏p∣npα⎞⎠=∏p∣n(1+α)d(∏p∣npα)=∏p∣n(1+α).

Thus, d(n)=3⇔n=p2d(n)=3⇔n=p2, where pp is a prime. Since 11∣n11∣n, p=11p=11, and so n=112=121n=112=121. ■◼

1.2K views

View upvotes

Answer requested by 

Lipsa Priyadarshini Behera

7

Related Answer

Vance Faber

, Ph. D. Mathematics

Answered 2 years ago · Author has 1.9K answers and 606.3K answer views

A group is super-solvable if it is the product of two super-solvable normal subgroups of co-prime indices, so what if the subgroups are not normal?

How are you defining the product of two subgroups? Is it the group generated by the product of elements, one from each? I think in that case, the group might not even be solvable.

منبع

https://www.quora.com/How-do-I-solve-this-if-G-is-a-simple-group-of-order-168-then-the-sylow-2-subgroups-of-G-are-dihedral-and-the-sylow-3-and-sylow-7-subgroups-are-cyclic

18
 
9
 
چگونه ثابت کنم که حداکثر یک گروه ساده از مرتبه 168 وجود دارد؟
من قبلاً آن را دیده ام جیL3( 2 )GL3(2) و پاسL2( 7 )PSL2(7) گروه های ساده ای از مرتبه 168 هستند، و من شواهد مستقیمی را دیده ام که نشان می دهد آنها برابر هستند.
اکنون می خواهم نشان دهم که فقط یک گروه ساده از آن ترتیب وجود دارد.
برای شروع این کار به چه چیزی فکر کنم؟ در واقع چگونه آن را ثابت می کنید؟
تنها چیزی که من می‌دانم که نتایج ساختاری در مورد گروه‌هایی که فقط ترتیب آن داده می‌شود، قضیه سایلو است. بنابراین من آن را اعمال می کنم. از آنجا که168 =23⋅ 3 ⋅ 7168=23⋅3⋅7 من از قضیه سایلو می دانم که وجود خواهد داشت:n2| 3⋅7n2|3⋅7 و n2≡ 1( mod2 )n2≡1(mod2) بنابراین می تواند وجود داشته باشد 1 ، 3 ، 71,3,7 یا 2121 Sylow 2-زیرگروه ها.n3|23⋅ 7n3|23⋅7 و n3≡ 1( mod3 )n3≡1(mod3) بنابراین می تواند وجود داشته باشد 1 ، 4 ، 71,4,7 یا 2828 Sylow 3-زیرگروه.n7|23⋅ 3n7|23⋅3 و n7≡1(mod7)n7≡1(mod7) بنابراین وجود دارد 11 یا 23=823=8 از اینها
من یک لم را ثابت کردم که می گوید اگر یک زیرگروه Sylow طبیعی است اگر منحصر به فرد باشد، این ثابت می کند که فقط نمی تواند وجود داشته باشد 11 2-زیرگروه Sylow.
ویرایش : بنابراین فکر می کنم یک لم مفید دیگر از نظرات و اینجا دریافت کردم :
Lemma LetGG یک گروه ساده از نظم باشد NN با p|Np|N، سپس یا |G|≤np!|G|≤np!.اثبات : اجازه دهیدGG با صرف روی آن عمل کنید npnp pp-زیرگروه های Sylow، چون همگی مزدوج هستند، یک نقشه سطحی به دست می دهد G→SnpG→Snp، اگر npnp 1 نیست و |G|>|Snp||G|>|Snp| هسته این نقشه یک زیر گروه معمولی خواهد بود 1≠N⊴G1≠N⊴G.
این به ما فرصت ها را می دهد:77 یا 2121 2-زیرگروه های Sylow.77 یا 2828 3-زیرگروه های Sylowدقیقا 2828 77-Sylow-زیرگروه ها.
سوالات مرتبط:ثابت کنید هیچ عنصری از مرتبه 6 در یک گروه ساده از مرتبه 168 وجود ندارد - این سوال با دانش بیشتری در مورد زیرگروه های Sylow شروع می شود که من قادر به استنباط آن هستم.Sylow 7-subgroups in a group of order 168 - نشان می دهد که زیرگروه های 7-Sylow معمولی هستند یا دارای حداکثر نرمال ساز هستند (من این را نمی فهمم)چرا PSL3(F2)≅PSL2(F7)PSL3(F2)≅PSL2(F7)? - اثبات مستقیم ایزومورفیسم خاص.
گروه های محدودگروه های ساده
اشتراک گذاری
استناد کنید
دنبال کردن
ویرایش شده در 13 آوریل 17 در 12:21

انجمنربات
1
پرسید: 7 مارس '13 در 12:51
user58512
1به طور مبهم به یاد می‌آورم که یک بار این کار را انجام داده بودم. به نظر می رسد77-Sylows ممکن است نقطه شروع خوبی باشد. هشت مورد از آنها وجود دارد (همانطور که شما اشاره کردید). اینها احتمالاً باید با 8 خط گروه مطابقت داشته باشندPSL2(7)PSL2(7) عمل می کند. 
– یرکی لاتونن مارس 7 '13 در 13:04
3و بله، توصیه می کنم ابتدا آن را برای 60 انجام دهید. IIRC بسیار ساده تر :-) 
– یرکی لاتونن مارس 7 '13 در 13:05
1یک نکته برای 60: اگر GG یک زیر گروه دارد HH از شاخص 5، سپس عمل جایگشت از GG بر G/HG/H یک هممورفیسم غیر پیش پا افتاده از GG به S[G:H]S[G:H]، که یک تناقض است. این به شما امکان می دهد برخی از احتمالات را حذف کنید و سپس زیر گروهی از شاخص دقیقاً پنج را پیدا خواهید کرد ... 
– یرکی لاتونن مارس 7 '13 در 13:11
1به طور مشابه می توانید احتمالات را حذف کنید n3=4n3=4، n2=3n2=3در مورد 168 این گروه Sylows را به صورت گذرا مزدوج می کند، بنابراین اگرn3=4n3=4 ما یک هم شکلی غیر پیش پا افتاده داریم GG به S4S4، که یک نه است. 
– یرکی لاتونن مارس 7 '13 در 13:16
3اگر می خواهید ببینید که این مشکل حل شده است، جبر انتزاعی Dummit و Foote، ویرایش سوم را بررسی کنید. صفحات 207-212. 
– جاش بی. مارس 7 '13 در 14:20
نمایش 7 نظر دیگر
 1 پاسخ
فعالقدیمی ترینرای
 
4
 
برای شروع چند مشاهدات نسبتاً ابتدایی (یا حتی پیش پا افتاده بستگی دارد)، قرار دادن np=np= شماره سایلو p−p−زیر گروه ها، G:=G:= گروه ساده سفارش 168168:
 
168=23⋅3⋅7⟹n7=8,n3=7,28
 
نمی تواند باشد n3=4n3=4 مانند آن زمان GG دارای یک زیر گروه از شاخص 4 است که غیرممکن است زیرا این بدان معنی است GG ایزومورف با یک زیر گروه از S4S4. به همین دلیل، باید باشدn2=7,21n2=7,21...
شاید با خواندن اینجا کل دیدگاه را داشته باشید. نگران تعداد صفحات نباشید زیرا اولین ها نتایج اولیه لیست شده اند.
 
 
The only thing I know that gives structural results about groups given only its order is Sylow's theorem. So I apply that. Since 168=23⋅3⋅7168=23⋅3⋅7 I know from Sylow's theorem there would be:n2|3⋅7n2|3⋅7 and n2≡1(mod2)n2≡1(mod2) so there could be 1,3,71,3,7 or 2121 Sylow 2-subgroups.n3|23⋅7n3|23⋅7 and n3≡1(mod3)n3≡1(mod3) so there could be 1,4,71,4,7 or 2828 Sylow 3-subgroups.n7|23⋅3n7|23⋅3 and n7≡1(mod7)n7≡1(mod7) so there are 11 or 23=823=8 of these.
I proved a lemma that says if a Sylow subgroup is normal iff it's unique, that proves there cannot be only 11 2-Sylow subgroup.
edit: So I think I got another useful lemma from the comments and here:
Lemma Let GG be a simple group of order NN with p|Np|N, then either |G|≤np!|G|≤np!.proof: Let GG act by conjugation on its npnp pp-Sylow subgroups, because they are all conjugate this gives a surjective map G→SnpG→Snp, if npnp is not 1 and |G|>|Snp||G|>|Snp| the kernel of this map would be a normal subgroup 1≠N⊴G1≠N⊴G.
this leaves us with the possibilities:77 or 2121 2-Sylow subgroups.77 or 2828 3-Sylow subgroupsexactly 2828 77-Sylow-subgroups.
Relevant questions:Prove there is no element of order 6 in a simple group of order 168 - This question starts off with more knowledge about the Sylow subgroups than I am able to deduce.Sylow 7-subgroups in a group of order 168 - Shows that 7-Sylow subgroups are normal or have maximal normalizers (I don't understand this)Why PSL3(F2)≅PSL2(F7)PSL3(F2)≅PSL2(F7)? - Direct proofs of the special isomorphism.
finite-groupssimple-groups
Share
Cite
Follow
edited Apr 13 '17 at 12:21

CommunityBot
1
asked Mar 7 '13 at 12:51
user58512
1I vaguely recall having done this once. Looks like 77-Sylows might be a good starting point. There are eight of them (as you pointed out). These should probably be in bijective correspondence with the 8 lines the group PSL2(7)PSL2(7) is acting on. 
– Jyrki Lahtonen Mar 7 '13 at 13:04
3And yes, I recommend doing it for 60 first. Much easier IIRC :-) 
– Jyrki Lahtonen Mar 7 '13 at 13:05
1A hint for 60: If GG has a subgroup HH of index – Jyrki Lahtonen Mar 7 '13 at 13:11
1Similarly you can exclude the possibilities n3=4n3=4, n2=3n2=3 in the 168 case. The group conjugates the Sylows transitively, so if n3=4n3=4 we have a non-trivial homomorphism from GG to S4S4, which is a no-no. 
– Jyrki Lahtonen Mar 7 '13 at 13:16
3If you want to see this problem worked out, check Dummit and Foote's Abstract Algebra, 3rd Ed. pages 207-212. 
– Josh B. Mar 7 '13 at 14:20
Show 7 more comments
 1 Answer
ActiveOldestVotes
 
4
 
To get you started some rather basic (or even trivial, depends) observations, putting np=np= number of Sylow p−p−subgroups , G:=G:= simple group of order 168168:
 
168=23⋅3⋅7⟹n7=8,n3=7,28168=23⋅3⋅7⟹n7=8,n3=7,28
It can't be n3=4n3=4 as then GG has a subgroup of index 4, which is impossible since this would mean GG is isomorphic with a subgroup of S4S4 . For the same reason, it must be n2=7,21n2=7,21...
Perhaps reading here you'll have have the whole view. Don't worry about the number of pages as the first ones are basic results listed.
https://math.stackexchange.com/questions/323561/simple-groups-of-order-168

https://www.semanticscholar.org/paper/Minimal-embeddings-of-small-finite-groups-Heffernan-MacHale/b2cf80b969ce8f620632074e3bc4fe8006ff3578/figure/3

https://www.semanticscholar.org/paper/Minimal-embeddings-of-small-finite-groups-Heffernan-MacHale/b2cf80b969ce8f620632074e3bc4fe8006ff3578/figure/2

https://www.semanticscholar.org/paper/The-primitive-permutation-groups-of-degree-less-Roney-Dougal/67563d147ec27e1be6b7b9b8d1420b46832430db/figure/1

https://www.semanticscholar.org/paper/The-primitive-permutation-groups-of-degree-less-Roney-Dougal/67563d147ec27e1be6b7b9b8d1420b46832430db

https://www.semanticscholar.org/paper/Products-of-conjugacy-classes-of-the-alternating-Adan-Bante-Harris/8a85361cd83025825cc1bd032ed1c6d86d372b10

پرسیده شد 3 سال و 1 ماه پیش

فعال 3 سال و 1 ماه پیش

515 بار مشاهده شده

1

این گزیده ای از اثبات قضیه سایلو از لانگ است و برخی از لحظات آن برای من نامشخص است.

1) برای اثبات (ii) می گیرند اچH سایلو بودن پp- زیرگروه و برای من واضح نیست که چرا هر دو Sylow پpزیرگروه ها مزدوج هستند؟

2) است اچH سایلو است پp-زیرگروه پس چرا فقط یک نقطه ثابت دارد؟

چند ساعت وقت گذاشتم تا این سوالات را بفهمم اما نتوانستم.

برای کمک دقیق بسیار سپاسگزار خواهم بود!

انتزاعی-جبرنظریه گروهگروه های محدودتئوری سیلو

اشتراک گذاری

استناد کنید

دنبال کردن

ویرایش شده در 4 نوامبر 18 در 22:25

اریک ووفسی

286 هزار2222 نشان طلا344344 نشان نقره540540 نشان برنز

پرسیده شد نوامبر 4 '18 در 22:11

ZFR

13.6 هزار66 نشان طلا2929 نشان نقره8888 نشان برنز

• 1

  برای من روشن نیست که شما چه چیزی را در سوال اول خود متوجه نشدید. نمیفهمی چراH = QH=Qدر جمله اولی که زیر آن خط زدید؟ یا فقط این است که شما نمی دانید که چگونه (ii) را از آن استنباط کنیدH = QH=Q? 

  – اریک ووفسی

   نوامبر 4 '18 در 22:16
• @EricWofsey، با عرض پوزش برای سوال من به خوبی سازماندهی نشده است. اجازه دهید آن را روشن کنم: ما می خواهیم (ii) را از طریق (i) ثابت کنیم. بگیریمH سایلو بودن pسپس زیر گروه H در برخی دیگر از Sylow موجود است pزیرگروه، آن را صدا کنید Q. بنابراین ما داریم⊂H⊂Q ⇒ H=Qزیرا ترتیب آنها برابر است. چگونه از اینجا نتیجه می شود که هر دو Sylowp-زیرگروه ها مزدوج هستند؟ 

  – ZFR

   نوامبر 4 '18 در 22:22

یک نظر اضافه کنید

1 پاسخ

استدلال نشان می دهد که برای هر pزیرگروه Sylow H، وجود دارد Q∈S به طوری که . ولی طبق تعریف مجموعه ای از مزدوجات بود ، پس این بدان معنی است  مزدوج است به . بنابراین، این ثابت می کند که هرزیرگروه Sylow  مزدوج است به ، که (ii) را ثابت می کند.

علاوه بر این، استدلال نشان می دهد که اگر  است -سیلو و  هر نقطه ثابت عمل است  بر ، سپس  بنابراین، فقط یک نقطه ثابت می تواند وجود داشته باشد، یعنی

https://math.stackexchange.com/questions/2984908/proof-of-sylows-second-and-third-theorem-from-langs-book

4

بله، این استدلال گاهی اوقات کمی گیج کننده است، بنابراین باید مراقب بود. در واقع، کتاب دارای یک اشتباه تایپی است و استدلال نسبتا ضعیف توضیح داده شده است.

ما همه زیرگروه های Sylow خود را داریم،X={P1,…,Pn}X={P1,…,Pn}. ما قبلاً می دانیم که یکی وجود دارد، که این استP=P1P=P1. اجازه دهیدGG عمل کن XXتوسط صرف سپسPP در برخی است GG-مدار، آن را صدا کن X1X1. سپسPP در این مدار عمل می کند X1X1با صرف نیز از آنجا کهPP هست یک pp-گروه، قضیه تثبیت کننده مدار نشان می دهد PP- مدارها دارای اندازه ای با توان هستند pp (ممکن است اندازه داشته باشند p0=1p0=1) یعنی داریم X1X1 تجزیه شده به عنوان PP-مدار O1,…,OkO1,…,Ok. حال، فرض کنید یک مدار یک تونل است،{Pi}{Pi}. این بدان معنی است که برای هرx∈Px∈P، xPix−1=PixPix−1=Pi; به این معنا کهP⊆N(Pi)P⊆N(Pi). اما شما احتمالا این را نشان داده ایدPP تنها است pp-Sylow زیر گروه از N(P)N(P)برای مثال، با نشان دادن اینکه اگر HH هست یک pp-زیر گروه از N(P)N(P) سپس H⩽P1H⩽P1. این بدان معنی است که تنها مدار از عملکرد در که اندازه دارد، مدار . بنابراین ما ثابت کردیم که . اکنون ثابت خواهیم کرد که ، یعنی هر -Sylow با در مزدوج است .PPPPX1X111{P}{P}|X1|=1modp|X1|=1modpX1=XX1=XppPPGG

به خاطر تناقض فرض کنید که یکی دیگر از زیرگروه های Sylow است که در . اگر بر روی کنیم، می‌بینیم که هیچ مدار با اندازه ، زیرا این بدان معناست که مدار در بالا ، اما ! نتیجه می گیریم که هر مداری دارای اندازه واقعی . و ، که با یافته فوق پوچ است. بنابراین برای هر زیرگروه Sylow، یعنی .QQX1X1QQX1X1QQ11QQ{Q}{Q}Q∉X1Q∉X1pp|X1|=0modp|X1|=0modpQ∈X1Q∈X1X=X1X=X1

1.1. اثبات این موضوع به خودی خود بسیار جالب است: فرض کنید یک زیرگروه از . سپس زیرگروهی از زیرا در , و نرمال است به طوری که یک -گروه (ترتیب آن توان ). اما . از آنجایی که ماکزیمم است، پس ، همانطور که می خواستیم.HHppN(P)N(P)PHPHN(P)N(P)PPN(P)N(P)P⊲PHP⊲PH

PHP≃HH∩PPHP≃HH∩P

PHPHppppP⩽PHP⩽PHPPPH=PPH=PH⩽P

https://math.stackexchange.com/questions/839012/proof-of-sylows-theorem

https://math.stackexchange.com/questions/1091844/there-is-no-simple-group-of-order-144

 
سوال بپرس
پرسیده شد 2 سال و 1 ماه پیش
فعال 2 سال و 1 ماه پیش
315 بار مشاهده شده
 
1
 
اجازه دهید جیجی یک گروه غیرآبلی از نظم باشد 7575، و اجازه دهید پپیک زیر گروه Sylow-5 باشد. باید داشته باشیمپ≅ز5×ز5پ≅ز5×ز5?
من فکر می کنم پاسخ مثبت است، بر این اساس ، اما من قرار نیست از آن استفاده کنم. (من در واقع سعی می کنم یک لم را ثابت کنم تا به من کمک کند همان نتیجه را ثابت کنم).
من آن را می بینم n5≡ 1n5≡1 (Mod 5) و n5| 3n5|3، از این رو n5= 1n5=1 بنابراین پ⊴ جیپ⊴جی.
من هم می بینم n3≡ 1n3≡1 (Mod 3) و n3|52n3|52، از این رو n3∈ { 1 , 25 }n3∈{1،25}. ما نمی توانیم داشته باشیمn3= 1n3=1، در غیر این صورت G ≅پ× Qجی≅پ×س جایی که سس زیرگروه منحصر به فرد Sylow-3 است که به این معنی است جیجی از آنجایی که آبلی است پپ و سسهستند. از این رو،n3= 25n3=25.
در حال حاضر، توسط قضیه بنیادی گروه های آبلی به طور متناهی تولید شده، پ≅ز5×ز5پ≅ز5×ز5 یا پ≅ز25پ≅ز25. فکر من این بود که فرض کنمپ≅ز25پ≅ز25و سعی کنید یک تناقض را استخراج کنید. چرا نمیشهجیجی یک عنصر نظم داشته باشد 2525?
انتزاعی-جبرنظریه گروهabelian-groupsتئوری سیلو
اشتراک گذاری
استناد کنید
دنبال کردن
پرسیده شد نوامبر 15 '19 در 21:30

شرط بندی پاسکال
1,43766 نشان نقره1919 نشان برنزاگر بتوانید از محصولات نیمه مستقیم استفاده کنید، آسان است، زیرا باید یک اتومورفیسم غیر پیش پاافتاده وجود داشته باشد Q →  Aut( ص)س→ Aut(پ) ، اما اگر پ=ز5×ز5پ=ز5×ز5 ترتیب گروه اتومورفیسم آن است 5 × 4 = 205×4=20 ... حالا، اگر نمی توانید از محصولات نیمه مستقیم استفاده کنید، من نمی دانم چگونه این کار را انجام دهم. 
– دون آنتونیو 19 نوامبر 15 در 21:48 @DonAntonio من نمی توانم تصور کنم که OP مجاز به استفاده از محصولات نیمه مستقیم یا حداقل مورفیسم محصول نیمه مستقیم نیست. آنها به معنای واقعی کلمه برای این ساخته شده اند. 
– دون هزار نوامبر 15 '19 در 21:49 @DonAntonio من بدم نمیاد از محصولات نیمه مستقیم استفاده کنم، تا زمانی که از صفر شروع کنیم (یعنی نتیجه پیوند شده را به عنوان اصل موضوع در نظر نگیریم) 
– شرط بندی پاسکال 19 نوامبر 15 در 21:50استفاده کنید $x\mid y$برایx ∣ yایکس∣y. برای مقایسه: $x|y$به عنوان ارائه می شودx | yایکس|y. 
– شان 19 نوامبر 15 در 22:05
یک نظر اضافه کنید
 1 پاسخ
فعالقدیمی ترینرای
 
3
 
 
 
اجازه دهید اچاچ هر یک از 33-سیلو اچ≅Z / (3)اچ≅ز/(3) (به اضافه).
یک نقشه برداری طبیعی وجود دارد ج : اچ→ A u t ( ص)ج:اچ→آتوتی(پ) با صرف (یعنی ج ( h )ج(ساعت) است p ∈ P⟼ ساعت پساعت- 1∈ پپ∈پ⟼ساعتپساعت-1∈پ).
فرض پ≅Z / (25)پ≅ز/(25). سپسA = A u t ( P) ≅( Z / ( 25 ))×≅Z / (20)آ=آتوتی(پ)≅(ز/(25))×≅ز/(20). بنابراین| اچ||اچ| و | A ||آ| هم‌آغاز هستند، بنابراین هیچ شکل‌سازی غیربی اهمیتی بین آنها وجود ندارد ججپیش پا افتاده است بدین ترتیب،پپ رفت و آمد با زیر گروه ایجاد شده با اچ∪ پاچ∪پ، که است جیجی به دلایل اصلی، بنابراین پپ مرکزی است.
بنابراین ضریب جیجی توسط مرکز آن زز یا است 33 یا 11. از آنجا کهG / Zجی/ز اگر پیش پا افتاده باشد چرخه ای است، G = Zجی=ز، یک تناقض
اشتراک گذاری
استناد کنید
دنبال کردن
پاسخ داده شده در 15 نوامبر 19 در 21:48

Mindlack
25.6 هزار11 نشان طلا1616 نشان نقره3636 نشان برنزباشه میبینم چرا کر( ج )کر⁡(ج)پیش پا افتاده است دوست دارید توضیح دهید که چرا؟پپ رفت و آمد با زیر گروه ایجاد شده با اچ∩ پاچ∩پ? 
– شرط بندی پاسکال نوامبر 15 '19 در 22:32 پپ آبلی است زیرا گروهی از کاردینالیته است پ2پ2. از آنجا کهجج بی اهمیت است (نه هسته آن - معمولاً هسته های بی اهمیت به مورفیسم های تزریقی اشاره دارند)، اچاچ رفت و آمد با پپ. بنابراین اجازه دهیدسیسی زیر گروه ساخته شده با همه x ∈ Gایکس∈جی که رفت و آمد با پپ. اچسیاچ بنابراین 3 = | اچ|3=|اچ| تقسیم می کند | سی||سی|. به همین ترتیب،پسیپ بنابراین 25 = | پ|25=|پ| تقسیم می کند | سی||سی|. سرانجام،75 = | G |75=|جی| تقسیم کنید | سی| ≤ | G ||سی|≤|جی|، بنابراین | سی| = | G ||سی|=|جی|، بنابراین سی= جیسی=جی یعنی پپ مرکزی است. 
– Mindlack نوامبر 15 '19 در 23:13https://math.stackexchange.com/questions/3437322/non-abelian-group-of-order-75-must-have-subgroup-p-cong-z-5-times-z-5?rq=1

ams – همکاری کنید و دانش را با یک گروه خصوصی به اشتراک بگذارید.یک تیم رایگان ایجاد کنید Teams چیست؟(Dummit and Foote) گروه سفارشی 105 با n3=1n3=1 باید آبلی باشد
سوال بپرس
 
 
من روی این مشکل کار می کردم: اجازه دهید GG یک گروه از نظم باشد 105=3×5×7105=3×5×7. فرض کنید یک زیرگروه Sylow معمولی منحصر به فرد دارد. بعد اینو ثابت کنGG آبلی است.
من موارد زیر را از قضیه سایلو به دست آوردم:n5=1n5=1 یا n5=21n5=21n7=1n7=1 یا n7=15n7=15
و با نشان دادن اینکه یک هم شکلی از GG به Aut(Pq)Aut⁡(Pq) باید بی اهمیت باشد اگر q−1q−1 coprime به است |G||G|:از آنجا که n3=1n3=1 گروه Sylow 3 در مرکز قرار دارد.اگر n5=1n5=1 گروه Sylow 5 در مرکز قرار دارد.
و شمارش عناصر نظم qq:n5=21n5=21 به این معنی است که زیرگروه های Sylow 5 دارای 84 عنصر درجه 5 هستند.n7=15n7=15 به این معنی است که زیرگروه های Sylow 7 دارای 90 عنصر از مرتبه 7 هستند.
این بدان معناست که ما نمی توانیم هر دو را داشته باشیم، یکی از آنها باید یک زیرگروه عادی منحصر به فرد باشد.
آیا این تا اینجا درست است؟ چگونه می توانم از اینجا ادامه دهم و اثبات را تمام کنم؟ آیا راهی برای جلوگیری از تقسیم شدن به دو مورد مختلف وجود دارد؟
نظریه گروهabelian-groupsتئوری سیلو
اشتراک گذاری
استناد کنید
دنبال کردن
ویرایش شده در 7 اوت 2020 در 13:33

شان
35.2 هزار1616 نشان طلا5757 نشان نقره151151 نشان برنز
پرسیده شد اوت 7 '20 در 13:25
user581023
4راحت تر است. شما در مورد چه چیزی می دانیدG/P3G/P3? 
– دانیل فیشر اوت 7 '20 در 13:38
2به ویژه، اگر xx متمرکز می کند yy سپس yy متمرکز می کند xx. 
– دیوید A. کریون اوت 7 '20 در 13:39
2در حالی که استفاده از آن کاملا مجاز است G/P3G/P3راهبرد درست، بدون نگاه کردن به ضرایب یا دانستن چیزی در مورد گروه های دیگر، اثبات را در یک خط به پایان می رساند. 
– دیوید A. کریون اوت 7 '20 در 13:41
1|G/P3|=35|G/P3|=35 باید یک گروه حلقوی باشد، و آیا این درست است که اگر ضریبی از یک گروه در زیرگروهی از مرکز آن چرخه ای باشد، به معنای آبلی بودن گروه است؟ 
– user581023 اوت 7 '20 در 13:43 
3@JyrkiLahtonen آیا باید یک ضربه گیر انجام دهم "چند راه می توانید این را ثابت کنید؟" راه حل من را مانند اینجا ویرایش کنید: math.stackexchange.com/questions/3772351/… سپس تمام 105 سوال آینده را می توان به این یکی ارجاع داد. 
– دیوید A. کریون اوت 7 '20 در 15:08 
نمایش 4 نظر دیگر
 1 پاسخ
فعالقدیمی ترینرای
 
6
 
 
 
به امید اینکه این پاسخ قطعی برای درک گروه های نظم باشد 105105، در مورد راه های حل این مشکل صحبت خواهم کرد.
فرض این سوال است که Sylow 33-زیرگروه در حالت عادی است GG. شرایط در Sylow33زیرگروه در اینجا ضروری است. دو گروه از نظم وجود دارد105105، هر دو با Sylow معمولی 55- و 77-زیرگروه، اما یکی چرخه ای و دیگری چرخه ای است C5×F21C5×F21، جایی که F21F21 یک گروه غیرآبلی، نرمال کننده یک Sylow است 77-زیر گروه از A7A7.
سریعترین راه برای ادامه این است که متوجه شوید P3P3سایلو 33-زیرگروه، نه تنها عادی بلکه مرکزی است. برای دیدن این، می توانید آن را به خاطر بیاوریدNG(H)/CG(H)NG(H)/CG(H) به زیرگروه ای هم شکل است Aut(H)Aut(H)، که نظم دارد 22در این مورد. روش از ابتدا توجه به آن استC3C3 فقط دو عنصر غیر هویت دارد، بنابراین برای هر عنصر g∈Gg∈G، g2g2 باید بی اهمیت عمل کرد P3P3. ولی|G||G| فرد است، بنابراین هر عنصر یک مربع است، و P3P3 مرکزی است.
در این مرحله دو راه برای ادامه وجود دارد. اولین مورد توجه به آن استG/P3G/P3 نظم دارد 35=5×735=5×7، و گروه های سفارشی 3535چرخه ای هستند اگرG/Z(G)G/Z(G) پس چرخه است GGآبلی است و ما تمام شده ایم. (به وضوحGG بنابراین در واقع چرخه ای است.)
دلیل جایگزین این است که توجه داشته باشید P3≤CG(P5)P3≤CG(P5) و P3≤CG(P7)P3≤CG(P7). بدین ترتیب|CG(P5)|≥15|CG(P5)|≥15، و |CG(P7)|≥21|CG(P7)|≥21. (به یاد بیاوریدCG(Pq)≤NG(Pq)CG(Pq)≤NG(Pq) و nqnq، شماره سایلو qq-subgroups برابر است با |G:NG(Pq)||G:NG(Pq)|.) از قضیه سایلو (nq≡1modqnq≡1modq) ما آن را می بینیم n5=n7=1n5=n7=1، به عنوان مورد نیاز.
اگر نمی‌خواهید این کار را انجام دهید، می‌توانید عناصر را بشمارید، اگرچه از بسیاری از این استدلال‌ها ظریف‌تر است. بیایید این کار را بدون این فرض انجام دهیمn3=1n3=1، برای به دست آوردن طبقه بندی کامل.
شماره n5n5 از سایلو 55زیرگروه ها یا هستند 11 یا 21=3×721=3×7. ما می خواهیم اولی را ثابت کنیم، پس دومی را فرض کنید. سپس وجود دارد21×4=8221×4=82 عناصر نظم 55، و از CG(P5)=P5CG(P5)=P5، هیچ عنصر نظمی وجود ندارد 5n5n برای هرچی n>1n>1. این دقیقاً ترک می کند105−82=23105−82=23 عناصر نظم نه 55و اینها باید نظم داشته باشند 11، 33، 77 یا 2121. اگرn7≠1n7≠1 سپس n7=15n7=15، اما این غیرممکن است زیرا فقط وجود دارد 2323عناصر باقی مانده است. بنابراینn7=1n7=1، حذف شش عنصر نظم 77. هفده عنصر باقی مانده است، بنابراینn3≤8n3≤8 (به عنوان هر Sylow 33- زیرگروه به دو عنصر نظم نیاز دارد 33). بدین ترتیبn3=1n3=1 یا n3=7n3=7. اگرn3=7n3=7 سپس چهارده عنصر نظم را حذف می کند 33و هویت، بنابراین دو عنصر باقی مانده است که باید دارای نظم باشند 2121. اما در هر گروه چرخه ای نظم2121 دوازده عنصر نظم وجود دارد 2121، که خیلی زیاد است.
بدین ترتیب n3=1n3=1و Sylow 33- و 77-زیرگروه ها هر دو عادی هستند. بدین ترتیبP3P7P3P7 طبیعی است در GG، دارای شاخص است 55، و بنابراین شامل هر عنصر تقسیم کننده است 2121. پس دو عنصر باقی مانده کجا هستند؟ این یک تناقض را به همراه دارد، بنابراینn5=1n5=1.
اگر n7≠1n7≠1 سپس n7=15n7=15، همانطور که باید باشد 11 مدول 77. باز هم می توانید تناقضی را مانند قبل بدست آورید، زیراCG(P5)CG(P5) شامل P7P7 ولی CG(P7)CG(P7) شامل نمی شود P5P5. بیایید سعی کنیم عناصر را بشماریم و ببینیم چه مشکلی پیش می آید. این بازده15×6=9015×6=90 عناصر نظم 77. پنج عنصر در آن وجود داردP5P5، ده عنصر باقی می ماند. بدین ترتیبn3≤5n3≤5، بنابراین n3=1n3=1. بنابراین ما یک زیر گروه داریمP3P5P3P5 از نظم 1515. این شامل ده عنصر دیگر است (همانطور که قبلاً شمارش کردیمP5P5و بنابراین ما دقیقاً تعداد مناسبی از عناصر را داریم، 105105.
اگر 1515اول بودند، پس این خوب خواهد بود. سپس7∣(15−1)7∣(15−1) و یک نقشه از وجود خواهد داشت C7C7 به Aut(C15)Aut(C15)، که نظم داشته باشد 1414. ولی1515یک عدد اول نیست، بنابراین می توانیم با استفاده از متمرکز کننده ها، همانطور که در بالا ذکر شد، یک تضاد بدست آوریم، اما شمارش عناصر در این مورد کار نخواهد کرد. گروهP3P5P3P5 دارای زیر گروه های معمولی است P3P3 و P5P5، که در آن P7P7نمی تواند عمل کند. بدین ترتیبP3P5P3P5 در واقع مرکزی است و G/(P3P5)G/(P3P5) چرخه ای است، بنابراین GGآبلی است. متناوبا، از سوی دیگر،P3P3 مرکزی است، بنابراین P3P3 متمرکز می کند P7P7. ولیn7=15n7=15، بنابراین P7P7 متمرکز نمی کند P3P3. این یک تناقض آشکار است.
بدین ترتیب n7=1n7=1همچنین. زیر گروهP5P7P5P7 یک زیرگروه عادی، چرخه ای و منظم است 3535. از آنجایی که هیچ نقشه ای وجود نداردP3P3 به Aut(P5)Aut(P5)، این در واقع مرکزی است. زیر گروهP7P3P7P3، سفارشی 2121، تکمیل کننده این است، بنابراین G≅P5×P7P3G≅P5×P7P3. اگرn3=1n3=1، هم ارز P3P3 متمرکز می کند P7P7، سپس با یک گروه نظم (چرخه ای) به پایان می رسید 2121. اگرn3=7n3=7، هم ارز P3P3 غیر پیش پا افتاده عمل می کند P7P7، سپس P3P7P3P7یک گروه سفارشی Frobenius است2121. این نرمال کننده در استA7A7 یک سایلو 77-زیرگروه.
اشتراک گذاری
استناد کنید
دنبال کردن
ویرایش شده در 8 اوت 2020 در 13:10
پاسخ داده شده اوت 7 '20 در 13:47

دیوید A. کریون
8,40288 نشان نقره3131 نشان برنزآیا می توانید به من بگویید که چرا تقسیم 3 مرکزساز به معنای 3 است که n_q را تقسیم نمی کند؟ خیلی ممنون! 
– user581023 اوت 7 '20 در 13:53
1زیرا nq=|G:NG(Pq)|nq=|G:NG(Pq)| و CG(Pq)≤NG(Pq)CG(Pq)≤NG(Pq). 
– دیوید A. کریون اوت 7 '20 در 13:54
https://math.stackexchange.com/questions/3783057/dummit-and-foote-group-of-order-105-with-n-3-1-must-be-abelian?rq=1

اجازه دهید جیG یک گروه از نظم باشد 13651365. ثابت كردنجیG ساده نیست
سوال بپرس
پرسیده شد 1 سال و 3 ماه پیش
فعال 1 سال و 3 ماه پیش
455 بار مشاهده شده
 
3
 
من با این مشکل دارم
بگذارید G یک گروه از نظم باشد 13651365. استجیGساده؟ به طور معمول، هدف ما یافتن یک زیرگروه Sylow p است و از آنجایی که طبیعی است، نتایج را دریافت می کنیم.
با این حال، فاکتورسازی 1365=3⋅5⋅7⋅131365=3⋅5⋅7⋅13 به من می دهد (برای npnp تعداد زیرگروه های Sylow p است):
n3={1,7,13,91}n3={1,7,13,91}
n5={1,21,91}n5={1,21,91}
n7={1,15}n7={1,15}
n13={1,105}n13={1,105}
ممکن است برخی از آنها را از دست داده باشم، اما با این وجود نمی توانیم مطمئن باشیم که هیچ یک از این زیرگروه های Sylow p عادی هستند. پس شاید گروه ساده است؟
چگونه می توانم این کار را حل کنم؟
انتزاعی-جبرنظریه گروهتئوری سیلوگروه های ساده
اشتراک گذاری
استناد کنید
دنبال کردن
ویرایش شده در 8 سپتامبر 2020 در 3:13

usr0192
265688 نشان نقره1515 نشان برنز
درخواست شده سپتامبر 6 '20 در 23:32

user569685
57722 نشان نقره99 نشان برنز
5یک گروه آبلیان با این ترتیب وجود دارد و البته ساده نیست زیرا مرتبه اول ندارد. 
– برنارد 6 سپتامبر 20 در ساعت 23:40
4به عنوان یک اشاره برای گروه عمومی سفارش 13651365: اگر وجود داشت 105105 13−13−گروه های Sylow، سپس اتحادیه آنها شامل خواهد شد 105×12+1=1261105×12+1=1261عناصر گروه که فقط ترک می کند105105عناصر. بنابراین اکنون به آن نگاه کنید7−7−گروه های Sylow و در صورت لزوم 5−5−گروه های سایلو 
– لولو 6 سپتامبر 20 در 23:49 
3@Hristmar Let AAیک گروه آبلی غیر پیش پا افتاده از نظم غیر اول باشد. ثابت کنید که دارای زیر گروهی از مرتبه اول است. بنابراین، این زیر گروه باید عادی باشد (چرا؟).AA ساده نیست 
– diracdeltafunk 6 سپتامبر 20 در 23:52 
2@Bernard Feit-Thomson ممکن است در اینجا بیش از حد باشد. 
– لولو 6 سپتامبر 20 در 23:57
4هر گروهی یا ساده است یا ساده نیست. سوال چیست؟ 
– markvs سپتامبر 7 '20 در 0:44
نمایش 14 نظر دیگر
 1 پاسخ
فعالقدیمی ترینرای
 
4
 
 
 
همانطور که @lulu نشان می دهد، این وضعیتی است که باید یک آرگومان شمارش ساده را اعمال کنیم. این یک موضوع رایج در تمرینات قضیه سایلو است.
فرض کنید برای تناقض یک گروه ساده وجود دارد GG از نظم 13651365. برای این گروه باید داشته باشیمn3,n5,n7,n13>1n3,n5,n7,n13>1، بنابراین با محاسبات شما دریافت می کنیم
 
n3≥7n3≥7
n5≥21n5≥21
n7=15n7=15
n13=105n13=105
 
این یعنی گروه دارد 1260=105×121260=105×12 عناصر نظم 1313، 9090 عناصر نظم 77، حداقل 8484 عناصر نظم 55، و حداقل 1414 عناصر نظم 33 (مطمئن شوید که متوجه شده اید چگونه همه اینها را ثابت کنید!!)
در مجموع حداقل حساب کرده ایم 1260+90+84+14=14481260+90+84+14=1448 عناصر متمایز از GG. این غیر ممکن است، زیرا|G|1448|G|.
 
https://math.stackexchange.com/questions/3816750/let-g-be-a-group-of-order-1365-prove-g-is-not-simple?rq=1

پرسیده شد 5 ماه پیش

5 ماه پیش فعال بود

132 بار مشاهده شده است

6

این سوال بر اساس آزمون مقدماتی جبر UCLA پاییز 2019 است:

من سعی می کنم نشان دهم که هر گروهی GG از نظم 315=32⋅5⋅7315=32⋅5⋅7 دارای زیرگروه نرمال از مرتبه 5. از آنجایی که گروه اتومورفیسم از Z/5ZZ/5Z از مرتبه 4 است که عدد اول تا 315 است، این ثابت می کند که گروهی از مرتبه 5 در مرکز وجود دارد. GG.

با قضایای سایلو، تعداد زیرگروه های 5-سایلو است ≡1mod5≡1mod5و بر اساس قضیه مدار تثبیت کننده، تعداد زیرگروه های 5-Sylow باید تقسیم شوند. 32⋅732⋅7، که به این معنی است که تعداد زیر گروه های 5-Sylow n5n5 یا 21 یا 1 است. با استفاده از همین روش، می بینیم که n7n7 یا 15 یا 1 است و n3n3 1 یا 7 است.

من حداقل می خواهم ثابت کنم که یکی از زیر گروه های Sylow طبیعی است. استفاده از آرگومان شمارش در اینجا به من کمک نمی کند، زیرا حداکثر وجود دارد21⋅4=8421⋅4=84 عناصر درجه 5 و حداکثر وجود دارد 15⋅6=9015⋅6=90 عناصر یا مرتبه 7. من مطمئن نیستم که چگونه عناصر مرتبه 3 یا 9 را محدود کنم، اما حداکثر تعداد عناصر مرتبه 3 یا 9 را با 84+9084+90 به ما عددی بالاتر از 315 نمی دهد، بنابراین تناقضی نخواهیم داشت.

یکی دیگر از راه های ممکن برای اثبات وجود یک زیرگروه معمولی sylow، نگاه کردن به نرمال سازهای آنها است. فرض کنید هیچ یک از گروه های Sylow نرمال نیستند، بنابراینn5=21n5=21، n7=15n7=15، و n3=7n3=7. سپس نرمال سازهای دسته بندی خاصی از Sylow وجود دارد1515، 2121، و 4545. من مطمئن نیستم که چگونه از این واقعیت برای یافتن تناقض استفاده کنم.

من به دنبال راه حل دقیق نیستم، اما هر نکته کوچکی برای این مشکل قابل قدردانی است!

انتزاعی-جبرنظریه گروهگروه های محدودزیرگروه های عادیتئوری سیلو

اشتراک گذاری

استناد کنید

دنبال کردن

ویرایش شده در 5 ژوئیه در 21:18

شان

35.2 هزار1616 نشان طلا5757 نشان نقره151151 نشان برنز

جولای 5 در 20:45 پرسیده شد

چاروویندا

34511 نشان نقره ای1111 نشان برنز

یک نظر اضافه کنید

1 پاسخ

فعالقدیمی ترینرای

5

اگر n3=7n3=7 و P∈Syl3(G)P∈Syl3(G)، سپس |NG(P)|=45|NG(P)|=45.

هیچ یک از دو نوع ممکن از گروه های نظم 99 (C9C9 و C3×C3C3×C3) دارای اتومورفیسم نظم است 55، بنابراین وجود دارد Q∈Syl5(G)Q∈Syl5(G) با Q≤CG(P)Q≤CG(P)، و از این رو P≤NG(Q)P≤NG(Q)، و اکنون می توانیم آن را ثابت کنیم n5=1n5=1.

من پرونده را رها می کنم n3=1n3=1 برای تو.

اشتراک گذاری

استناد کنید

دنبال کردن

Every group of order 567567 has normal subgroup of order 2727.
Ask Question
Asked 5 years, 4 months ago
Active 5 years, 4 months ago
Viewed 778 times
 
3
 
4
 
Prove that every group of order 567567 has a normal subgroup of order 2727.
Let GG be such a group. Then |G|=34⋅7.|G|=34⋅7. Let H∈Syl3(G).H∈Syl3(G). From the Sylow theorems, we have that n3|7,n3|7, n3≡1(mod3).n3≡1(mod3). This leaves us with either n3=1n3=1 or n3=7n3=7. If it's the former, then we're done since H◃GH◃G and by Sylow, there exists N1
Now if n3=7n3=7, this seems trickier. For some g∈Gg∈G, let
N=⋂P∈Syl3(G)gPg−1.N=⋂P∈Syl3(G)gPg−1.
I know that N◃GN◃G, and for any normal 33-subgroup KK of GG, K⊂N.K⊂N. So it must be that |N|=27|N|=27 since |N|=81|N|=81 is the case we already considered. But how would you show that the intersection has order 2727?
If there are 2727 elements in NN, then there are 5454 elements in P∖NP∖N for each p∈Syl3(G)p∈Syl3(G). And the 77-Sylow subgroup intersects trivially with any of the 33-Sylow subgroups. So that would mean there are
 
6+7(34−27)+27=4116+7(34−27)+27=411
elements in the group, which doesn't add up.
group-theorysylow-theory
Share
Cite
Follow
asked Jul 26 '16 at 17:47

user346096
1,02855 silver badges1212 bronze badges
3In your first paragraph you say "since H◃GH◃G and N1⊂HN1⊂H, we have N1◃GN1◃G". I don't see this. It's possible that if you conjugate something from N1N1 by something from GG, you get an element in HH that is outside of N1N1. 
– alex.jordan Jul 26 '16 at 17:55
Add a comment
 2 Answers
ActiveOldestVotes
 
3
 
Note that there is exactly one Sylow-7 subgroup when you consider the powers of 33 mod 77.
If there is only one Sylow-3 subgroup, then GG is the direct product of a group of order 3434 and a group of order 77. In this case the question boils down to whether the group of order 3434 has a normal subgroup of order 3333. Any pp-group has a normal subgroup of order pkpk for each pkpk dividing the order of the group. (See here for example.)
So assume that there are seven Sylow-3 subgroups. Then GG permutes these by conjugation, so there is a homomorphism from GG to Sym7Sym7. The image of this homomorphism has an order divisible by 77 since that is the size of the orbit. So the kernel has order some power of 33. It's not 3030 or 3131, since then 3434 or 3333 (respectively) would have to divide 7!7!.
If the kernel has order 3434, then it's a normal Sylow-3 subgroup, so it's the only Sylow-3 subgroup, a case already covered.
If the kernel has order 3232, then the image of this homomorphism is a subgroup KK of Sym7Sym7 with order 327=63327=63. There is no such subgroup of Sym7Sym7. You can catalog all four groups of order 6363 using Sylow theorems. Three of them have elements of order 99 or 2121, which is not possible within Sym7Sym7 because the order of an element is the lcm of the orders of disjoint cycles. That leaves the group C3×(C3⋉C7)C3×(C3⋉C7). This cannot be a subgroup of Sym7Sym7 either because the elements of order 77 from (C3⋉C7)(C3⋉C7) are 77-cycles, and don't commute with other elements from Sym7Sym7 such as the ones from the lone C3C3.
So the kernel must have order 3333. And any kernel of a homomorphism is normal.
Share
Cite
Follow
edited Apr 13 '17 at 12:19

CommunityBot
1
answered Jul 26 '16 at 18:27

alex.jordan
50.4k66 gold badges7373 silver badges141141 bronze badges
Add a comment
 
1
 
A different way (from Alex Jordan's +1 answer) of looking at this problem in the case n3=7n3=7.
I also begin by observing that the group has a unique, hence normal, Sylow 77-subgroup PP because the residue class of 33 is of order six modulo 7.
Let us fix a generator xx of PP, and set as our goal to figure out the size of the conjugacy class [x]⊂G[x]⊂G of xx. All the conjugates of xx in GG have order seven, so they must be elements of PP. Therefore xx has at most six conjugates in GG. But the number of conjugates is a factor of |G||G|; it is equal to the index [G:C][G:C] of the centralizer C=CG(x)C=CG(x). Hence we can conclude that |[x]||[x]| must be either 11 or 33.
Let P′P′ be any of the Sylow 33-subgroups. Because [G:NG(P′)]=n3=7[G:NG(P′)]=n3=7 we see that P′P′ is its own normalizer in GG. In particular it cannot be normalized by xx. Hence the element xx cannot be in the center of GG, and we can deduce that xx has exactly three conjugates. Therefore |C|=567/3=33⋅7|C|=567/3=33⋅7.
Let QQ be a Sylow 33-subgroup of CC. It has 2727 elements, so it is a subgroup of some Sylow 33-subgroup P′′P″ of GG. Because [P′′:Q]=3[P″:Q]=3 is the smallest prime factor of |P′′||P″| we deduce that Q⊴P′′Q⊴P″ (this is the standard fact from the theory of pp-groups that maximal subgroups are normal). But, QQ is also normalized by xx. Therefore NG(Q)NG(Q) has order that is divisible by both 3434 and by 77. Hence Q⊴GQ⊴G and we are done.
From the above facts it also follows easily that QQ is the intersection of all the Sylow 33-subgroups of GG.

هر گروه از مرتبه567 دارای زیرگروه عادی مرتبه27 است
سوال بپرس
پرسیده شد 5 سال و 4 ماه پیش
فعال 5 سال و 4 ماه پیش
778 بار مشاهده شده
 
3
 
4
 
ثابت کنید که هر گروه از نظم 567 دارای یک زیرگروه عادی از نظم است27.
اجازه دهید جیجیچنین گروهی باشد سپس| G | =34⋅ 7.|جی|=34⋅7. اجازه دهید اچ∈سیل3( G ) .اچ∈سیل3(جی). از قضایای سایلو، آن را داریم n3| 7،n3|7، n3≡ 1( mod3 ) .n3≡1(مد3). این ما را با هر یک از این دو باقی می گذارد n3= 1n3=1 یا n3= 7n3=7. اگر اولی باشد، پس از آن زمان کار ما تمام شده استاچ◃ جیاچ◃جی و توسط Sylow وجود دارد ن1اچن1 از نظم 33= 2733=27. و ازاچ◃ جیاچ◃جی و ن1⊂ اچن1⊂اچ، ما داریم ن1◃ جین1◃جی.
اگر الان n3= 7n3=7، این پیچیده تر به نظر می رسد. برای برخیg∈ جیg∈جی، اجازه دهید
ن=⋂پ∈سیل3( G )gپg- 1.ن=⋂پ∈سیل3(جی)gپg-1.
من می دانم که ن◃ جین◃جی، و برای هر عادی 33-زیرگروه کک از جیجی، ک⊂ N.ک⊂ن. پس باید همینطور باشد | ن| =27|ن|=27 از آنجا که | ن| =81|ن|=81موردی است که قبلاً در نظر گرفتیم. اما چگونه نشان می دهید که تقاطع دارای نظم است2727?
 
اگر وجود دارد 2727 عناصر در نن، سپس وجود دارد 5454 عناصر در پ∖ نپ∖ن برای هر p ∈سیل3( G )پ∈سیل3(جی). و77-زیرگروه Sylow به طور بی اهمیت با هر یک از آن ها تلاقی می کند 33زیرگروه های Sylow. بنابراین این بدان معنی است که وجود دارد
 
6 + 7 (34− 27 ) + 27 = 4116+7(34-27)+27=411
عناصر در گروه، که جمع نمی شوند.
 
نظریه گروهتئوری سیلو
اشتراک گذاری
استناد کنید
دنبال کردن
جولای 26 '16 در 17:47 پرسید

user346096
102855 نشان نقره1212 نشان برنز
3در پاراگراف اول خود می گویید "از آنجا که اچ◃ جیاچ◃جی و ن1⊂ اچن1⊂اچ، ما داریم ن1◃ جین1◃جی". من این را نمی بینم. این امکان وجود دارد که اگر چیزی را از آن مزدوج کنید ن1ن1 توسط چیزی از جیجی، یک عنصر را وارد می کنید اچاچ که خارج از ن1ن1. 
– الکس.جردن ژوئیه 26 '16 در 17:55
یک نظر اضافه کنید
 2 پاسخ
فعالقدیمی ترینرای
 
3
 
توجه داشته باشید که دقیقاً یک زیرگروه Sylow-7 وجود دارد که قدرت های آن را در نظر بگیرید 33 مد 77.
اگر فقط یک زیر گروه Sylow-3 وجود دارد، پس جیجی محصول مستقیم یک گروه از نظم است 3434 و گروهی از نظم 77. در این مورد سوال به این خلاصه می شود که آیا گروه از نظم3434 دارای یک زیرگروه عادی از نظم است 3333. هرپپ-گروه دارای یک زیرگروه عادی از نظم است پکپک برای هر پکپکتقسیم ترتیب گروه ( برای مثال اینجا را ببینید .)
بنابراین فرض کنید که هفت زیر گروه Sylow-3 وجود دارد. سپسجیجی اینها را با صرف تغییر می دهد، بنابراین یک هم شکلی از وجود دارد جیجی به S y m7اسyمتر7. تصویر این هممورفیسم دارای نظم قابل تقسیم بر است77چون این اندازه مدار است. بنابراین کرنل مقداری قدرت دارد33. این نیست3030 یا 3131، از آن به بعد 3434 یا 3333 (به ترتیب) باید تقسیم شود 7 !7!.
اگر هسته نظم داشته باشد 3434، سپس این یک زیرگروه عادی Sylow-3 است، بنابراین تنها زیر گروه Sylow-3 است که قبلاً موردی را پوشش داده است.
اگر هسته نظم داشته باشد 3232، پس تصویر این هممورفیسم یک زیر گروه است کک از Sym7Sym7 با سفارش 327 = 63327=63. است وجود دارد چنین زیر گروه از S y m7اسyمتر7. شما می توانید هر چهار گروه سفارش را فهرست بندی کنید6363با استفاده از قضایای سایلو سه مورد از آنها دارای عناصر نظم هستند99 یا 2121، که در داخل امکان پذیر نیست S y m7اسyمتر7زیرا ترتیب یک عنصر lcm از ردیف های چرخه های غیرمتناسب است. که گروه را ترک می کندسی3× (سی3⋉سی7)سی3×(سی3⋉سی7). این نمی تواند زیر گروهی ازS y m7اسyمتر7 یا به دلیل عناصر نظم 77 از جانب (سی3⋉سی7)(سی3⋉سی7) هستند 77-cycles، و با عناصر دیگر رفت و آمد نکنید S y m7اسyمتر7 مانند آنهایی که از تنها هستند سی3سی3.
بنابراین هسته باید نظم داشته باشد 3333. و هر هسته از هممورفیسم طبیعی است.
اشتراک گذاری
استناد کنید
دنبال کردن
ویرایش شده در 13 آوریل 17 در 12:19

انجمنربات
1
پاسخ داده شده در ژوئیه 26 '16 در 18:27

الکس.جردن
50.4 هزار66 نشان طلا7373 نشان نقره141141 نشان برنز
یک نظر اضافه کنید
 
1
 
 
 
روشی متفاوت (از پاسخ +1 الکس جردن) برای نگاه کردن به این مشکل در پرونده n3= 7n3=7.
من همچنین با مشاهده اینکه این گروه یک Sylow منحصر به فرد و در نتیجه عادی دارد، شروع می کنم 77-زیرگروه پپ زیرا کلاس باقی مانده از 33 از رده ششم مدول 7 است.
اجازه دهید یک ژنراتور را تعمیر کنیم ایکسایکس از پپ، و به عنوان هدف خود تعیین اندازه کلاس conjugacy را تعیین کنید [ x ] ⊂ G[ایکس]⊂جی از ایکسایکس. تمام مزدوج هایایکسایکس که در جیجی دارای مرتبه هفت هستند، بنابراین باید عناصری از آن باشند پپ. از این روایکسایکس حداکثر شش مزدوج دارد جیجی. اما تعداد مزدوج ها عاملی است از| G ||جی|; برابر با شاخص است[ G : C][جی:سی] از متمرکز کننده سی=سیجی( x )سی=سیجی(ایکس). از این رو می توان نتیجه گرفت که| [x] ||[ایکس]| باید باشد 11 یا 33.
اجازه دهید پ"پ" هر یک از Sylow باشد 33-زیرگروه ها زیرا[ G :نجی(پ") ] =n3= 7[جی:نجی(پ")]=n3=7 ما آن را می بینیم پ"پ" نرمال ساز خودش است جیجی. به ویژه نمی توان آن را عادی کردایکسایکس. از این رو عنصرایکسایکس نمی تواند در مرکز باشد جیجی، و ما می توانیم آن را استنباط کنیم ایکسایکسدقیقاً سه مزدوج دارد. از این رو| سی| =567 / 3=33⋅ 7|سی|=567/3=33⋅7.
اجازه دهید سس سایلو باش 33-زیر گروه از سیسی. این دارد2727 عناصر، بنابراین زیرگروهی از برخی از Sylow است 33-زیرگروه پ"پ" از جیجی. زیرا[پ": Q ] = 3[پ":س]=3 کوچکترین عامل اول از |پ"||پ"| استنباط می کنیم که س ⊴پ"س⊴پ" (این واقعیت استاندارد از تئوری است پپ-گروه هایی که حداکثر زیر گروه ها نرمال هستند). ولی،سس نیز توسط ایکسایکس. از این رونجی( س )نجی(س) دارای نظمی است که بر هر دو بخش پذیر است 3434 و توسط 77. از این روس ⊴ جیس⊴جی و ما تمام شدیم
از حقایق فوق نیز به آسانی نتیجه می گیرد که سس تقاطع تمام Sylow است 33-زیر گروه های جیجی.
اشتراک گذاری
استناد کنید
دنبال کردن
ویرایش شده در ژوئیه 31 '16 در 14:15
پاسخ داده شده ژوئیه 31 '16 در 13:02

یرکی لاتونن
123 هزار2222 نشان طلا240240 نشان نقره579579 نشان برنزبرای اعتبار اضافی: آن را نشان دهید [ x ] = { x ،ایکس2،ایکس4}[ایکس]={ایکس،ایکس2،ایکس4}. 
– یرکی لاتونن ژوئیه 31 '16 در 14:15از چه واقعیت است X ∈نجی( س )ایکس∈نجی(س) دنبال کردن؟ 
– user346096 اوت 1 '16 در 16:01@user346096 ایکسایکس متمرکز می کند سس، بنابراین آن نیز عادی می شود سس. 
– یرکی لاتونن اوت 1 '16 در 19:10و به این دلیل است Q Cس? 
– user346096 اوت 1 '16 در 19:19درست است، @user346096! 
– یرکی لاتونن اوت 1 '16 در 19:27
 
https://math.stackexchange.com/questions/1871938/every-group-of-order-567-has-normal-subgroup-of-order-27

Ask Question

Asked 6 years, 11 months ago

Active 6 years, 11 months ago

Viewed 1k times

4

3

I was reading through a proof that no group of order 400400 is simple which can be found here: https://math.stackexchange.com/a/79644/169389

Here is an outline for a solution.

First of all, |G|=400=24⋅52 |G|=400=24⋅52 . By Sylow's theorem we know that the number of Sylow 5-subgroups must be a divisor of 2424 and that it is 11 modulo 55. Thus it is either 11 or 2424. If there is only one Sylow 5-subgroup, it must be normal.

For the other case, suppose first that the intersections of different Sylow 5-subgroups are always trivial. By counting elements you can conclude that GG has exactly one Sylow 2-subgroup, which is then normal.

If we have Sylow 5-subgroups PP and QQ such that P∩Q≠{1}P∩Q≠{1}, then |P∩Q|=5|P∩Q|=5. Therefore P∩QP∩Q is normal in PP and QQ, and thus is normal in the subgroup 〈P,Q〉〈P,Q〉 generated by PP and QQ. Finally, show that either 〈P,Q〉〈P,Q〉 is normal in GG or equals GG.

I am trying to get to grips with general problems like this and feel that this is one of the best explanations, but I still feel that this argument goes too quickly and I still need some clarification on a few things.

First problem: In the second paragraph we consider n5n5(number of sylow 5-subgroups)=24=24 and suppose that the intersections of different Sylow 55-subgroups =1=1.

When he says "by counting the elements", I guess he means the intersections of different Sylow 55-subgroups which would be 11 which we have assumed, how can we now conclude that n2=1n2=1?

Second problem: I am wondering why |P∩Q|=5|P∩Q|=5 and not 55 or 2525, I think that it may be because they are different their intersection would have to be 55 since if the intersection is only of order 2525 when the groups are the same and of order 2525, but if this could be clarified, it would be greatly appreciated

Third problem: To show 〈P,Q〉〈P,Q〉 is normal in GG or equals GG. How did a commenter discern that the possible orders for 〈P,Q〉〈P,Q〉 are 50,10050,100 and 200200, why not 4040 or 2525?

abstract-algebragroup-theoryfinite-groupssylow-theorysimple-groups

Share

Cite

Follow

edited Jun 12 '20 at 10:38

CommunityBot

1

asked Jan 7 '15 at 13:20

Sam Houston

2,21911 gold badge1515 silver badges4141 bronze badges

• 1

  You can use the fact that any group that its order admits only two prime factors is solvable. See en.wikipedia.org/wiki/Burnside_theorem 

  – Ofir Schnabel

   Jan 7 '15 at 13:33 

Add a comment

2 Answers

ActiveOldestVotes

2

(I) If Pi,1≤i≤24Pi,1≤i≤24 denote the distinct 5-Sylow subgroup of G,G, then the number of non-identity element in ∪1≤i≤24Pi∪1≤i≤24Pi is 24⋅24=384.24⋅24=384. The rest of the non-identity elements must belong to 2-Sylow subgroups and a 2-Sylow subgroup contains 15 non-identity elements. So it must be unique.

(II) P∩QP∩Q is a subgroup of PP and Q.Q. Since |P|=|Q|=25,|P|=|Q|=25, the only choices for |P∩Q||P∩Q| is 1, 5, 25 (Lagrange's theorem). By assumption |P∩Q|≠1|P∩Q|≠1 and P,QP,Q are distinct. So |P∩Q|=5.|P∩Q|=5.

(III) 〈P,Q〉〈P,Q〉 is a subgroup of GG and also contains both PP and Q.Q. So |〈P,Q〉||〈P,Q〉| must divide |G||G| and also must be divisible by |P|=|Q||P|=|Q| (Lagrange's theorem).

Share

Cite

Follow

answered Jan 7 '15 at 13:43

Krish

6,81411 gold badge1313 silver badges2121 bronze badges

Add a comment

2

1. What he means by "counting the elements" is this: If there are 24=1624=16 subgroups of order 2525, all intersecting trivially, then they alone account for 16⋅24=38416⋅24=384 elements of order 55 or 2525 in GG. That means there is only room for 399−384=15399−384=15 elements of order 2,4,82,4,8 or 1616 (399399 because the identity element must also be made room for). Together with the identity element these elements must be the unique Sylow-22-subgroup of order 1616.

2. If |P∩Q|=25|P∩Q|=25, with |P|=|Q|=25|P|=|Q|=25, then yes, PP and QQ would share every element, and therefore be equal.

3. If |P∩Q|=5|P∩Q|=5, then |P∪Q|=45|P∪Q|=45, and we must have P∪Q⊆〈P,Q〉P∪Q⊆〈P,Q〉, as sets. Therefore, |〈P,Q〉|≥45|〈P,Q〉|≥45, and the only options that statisfy Lagrange's theorem are 5050, 100100 and 200200.