Ik zit vast bij een oefening. Je moet bewijzen dat als G orde 60 heeft, H een normaaldeler is van G van orde 6 of 12, en G 6 Sylow 5-deelgroepen heeft, G dan ook een normaaldeler van orde 2, 3 of 4 heeft. Ik dacht te bewijzen dat het centrum van H noodzakelijk orde 2, 3 of 4 moet hebben, want dan is het gestelde bewezen. Maar dat is me nog niet gelukt.
Alvast dank
Laure
Student universiteit België - zondag 14 november 2021
Antwoord
Stel eens dat $H$ een normaaldeler van orde $6$ is, dan heeft $H$ een element $a$ van orde $2$ en een element $b$ van orde $3$. De elementen van $H$ van orde $3$ zijn dan dus $b$ en $b^2$. Als je $b$ met een $g\in G$ conjugeert dan zit $gbg^{-1}$ weer in $H$ en heeft orde $3$, dus $gbg^{-1}$ is gelijk aan $b$ of $b^2$: de ondergroep $\{e,b,b^2\}$ is dus gesloten onder conjugeren in heel $G$ en dus een normaaldeler. Dit argument werkt niet voor $a$, omdat $H$ isomorf met $S_3$ kan zijn en dus drie elementen van orde $2$ kan hebben; als $H$ cyclisch is lukt het weer wel want dan heeft $H$ één element van orde $2$.
Het andere geval is als $H$ van orde $12$ is. Kijk naar de aantallen Sylow $2$-ondergroepen en $3$-ondergroepen, noem die $n_2$ en $n_3$. Dan weten we $n_2\in\{1,3\}$ en $n_3\in\{1,4\}$. Als $n_2=1$ zijn we klaar: de ene Sylow $2$-ondergroep is, net als hierboven, een normaaldeler van $G$, en van orde $4$; als $n_3=1$ zijn we op dezelfde manier ook klaar.
Om te bewijzen dat $n_2=1$ of $n_3=1$ stellen we dat $n_3=4$. Dan zijn er $8$ elementen van $H$ van orde $3$, er blijven dus nog vier elementen over en die moeten dan wel de enige Sylow $2$-ondergroep vormen, en dus $n_2=1$.
Overigens: ik heb niet gebruikt dat $G$ zestig elementen heeft, en ook niet dat er zes Sylow $5$-ondergroepen zijn. Daarnaast claimt onderstaande wikipediapagina dat een groep van orde $60$ met zes Sylow $5$-ondergroepen enkelvoudig is, en dus helemaal geen normaaldelers heeft. Het lijkt dus dat de opgave niet helemaal goed gesteld is.
