A 2. index ciklikus alcsoportjainak két csoportja két csoport terméke
1953-ban B. Huppert megállapította egy véges csoport feloldhatóságát, amely két dihedral alcsoportból származik. Ennek az eredménynek a kifejlesztésével W. Scott megkapta a véges csoport feloldhatóságát. az úgynevezett diciklusos csoportokat is multiplikátorként ismeri el. Ezeket az eredményeket a monográfiában részletesen ismertetik. A dién- és diciklusos csoportok a 2. index ciklikus alcsoportjait tartalmazzák, de messze nem távolítják el a 2. index ciklikus alcsoportjainak csoportjainak teljes csoportját.
Minden megtalálható definíció és jelölés általánosan elfogadott. Különösen a sorrend elsődleges osztóinak sorozata. Az a ciklikus sorrend.
Lemma 1. A metaciklusos sorrend egy furcsa elsődleges célhoz rendeltetésszerűen elrendezhető egy rendes alsó abeliai rendtartomány alcsoportja félidős termékéhez és egy rendezési alcsoporthoz.
Bizonyítás. Tegyük fel az ellenkezőjét, és legyen egy metaciklusos sorrend. felosztható egy normál elemi abeliai rendfehércsoport félidős termékére és egy rendtartományi alcsoportra. egy furcsa elsőszámú szám. Nyilvánvaló, hogy nem abeliai. Ha egy rendes alkategóriát tartalmaz egy ciklikus hányados csoporttal. akkor a középső és Abelian az 1.3.4 Lemma, egy ellentmondás. Ezért tartalmaz egy index és egy alcsoport ciklikus alcsoportját. a rendelési elemek által generált. az 5.4.3. és az 5.4.4. tételek sorrendjének elemi abeliai alcsoportja. Most. és nincs rendezési alcsoport. Ezért a feltételezés hamis és a lemma érvényes.
Ha a lemma kijelentése hamis, akkor a 8. sorrendben egy dihedral csoport sorakozik.
Lemma 2. Egy oldható véges csoport ciklikus illesztés alcsoporttal feloldhat.
Bizonyítás. Legyen egy véges megoldható csoport egy ciklikus illesztés alcsoporttal. Tehát hogyan. akkor a gyűrűs csoport automorfizmusainak csoportja Abelian az 1.3.10 Tétel szerint, ezért felülúszó.
3. Lemma. Ha egy nem-egységesen normál 2-es alcsoportot találunk egy túloldható csoportban, akkor egy Sylow 2-alcsoport abelian.
Bizonyítás. A szuperasszociálható csoport kapcsolója nilpotens (VI.9.1. Tétel), ezért a közösség Sylow 2-alcsoportja normális a csoportban. Ha a parancsnoknak van páratlan rendje, akkor a csoport Sylow 2-alcsoportja abel.
Emlékezzünk arra, hogy a Q-ben a legnagyobb normál alcsoport a csoport középpontja. a a legkisebb normál alcsoport, amely tartalmazza. A jelölés a csoport hossza.
4. lemma. Legyen u egy véges csoport alcsoportja. amelyek rendelkeznek az alábbi tulajdonságokkal:
Bizonyítás. Lásd az 1. lemezt.
Tétel 1. Legyen véges csoport. ahol és melyek csoportok ciklikus indexcsoportokkal. Akkor megoldható, és minden elsődleges furcsa.
Bizonyítás. A tétel szerint a csoport megoldható. A hossz kiszámításához az indukciót a csoport sorrendjében használjuk. Először a furcsa esetet tekintjük. A VI.6.4 Lemma alapján a Frattini alcsoport egyedülálló, és a csoport egyedi, minimális normál alcsoportot tartalmaz. A III.4.5. Tétel szerint az illesztés alcsoport minimális normál alcsoport. Tehát hogyan. akkor egy -group. Ha. akkor az abeliai rendtartomány osztja. és mivel. akkor. A Sylow alcsoport a meta-ciklikus a III.11.5 tétel szerint, ezért - egy elemi abeliai rendű alcsoport, és izomorf egy alcsoport egy csoportjához. amelyben a Sylow-alcsoport rendben van. Mivel az egyik alcsoportban van egy maximális. akkor az 1. lemmából azt kapjuk, hogy S egy U-sylow-alcsoport.
Most tekintjük a csoport 2-es hosszát. Nyilvánvaló, hogy u egy algoritmikus minimális normális, amely egy elemi abel 2-es alcsoport. Legyen u legyen a Hall alcsoportok, vagy pedig. A tétel elmélete szerint az alcsoport ciklikus normálisja ciklikusan normális egy alcsoportra. Most - a VI.4.6 tétel egyik hallian alcsoportja, és ezt feltételezhetjük. Minden elemre vonatkozóan van. és a 4. lemma is. sem. De ha igen. majd központosítja. ami lehetetlen. Jelent. és mivel csak egy minimális normál alcsoport van, akkor u egy 2 csoport. A hányados csoport nem tartalmaz normális, nem triviális 2-alcsoportokat, ezért a megfelelő alcsoportnak páratlan sorrendje van. De a Hall alcsoport ciklikus, és a 2. lemma szerint a hányados csoport túl oldható, és a Sylow 2-alcsoport Abelian a 3. lemma által. Most a VI.6.6 tétel szerint, A tétel bizonyított.
Lemma 5. Egy véges csoport, amelynek egy illesztési alcsoportja egy index, túl oldható.
Bizonyítás. Indukciót végzünk a csoport sorrendjében. Legyen egy véges csoport, amelyben az illesztés alcsoport index. Indukcióval feltételezhetjük, hogy a Frattini alcsoport egyedi, és csak egy minimális normál alcsoport van a csoportban. Ezért F az a minimális normál alcsoport. Légy véletlenül. Ha. akkor egy alcsoportban normális. Ha. akkor u egy nem triviális normál alcsoport. Így a csoportban van egy elsődleges rend normál alcsoportja. Indukcióval feloldhatjuk, így a csoport túl oldható is.
LEMMA 6. Véges csoport, amely két eloszlási alcsoportból áll. feloldható.
Bizonyítás. Indukciót használunk a csoport sorrendjében. Legyen egy véges csoport. ahol az alcsoportoknak vannak rendeléseik, amelyek oszlanak el. a prímszám. A csoport összes faktorcsoportja kielégíti a lemma körülményeit, ezért indukcióval a csoport nem triviális faktorcsoportjai feloldhatok. Következésképpen a csoport Frattini alcsoportja egységes, és az Alakozó alcsoport a minimális normál alcsoport. A 2. lemma szerint az alcsoport nem ciklikus.
Ha egy 2 csoport, akkor izomorf is a csoport alcsoportjához. ezért a csoport a 3. sorrendű, és a csoport a 12. sorrendű, és a 6. sorozatot tartalmazza. Ezért csúcs oldhatatos.
Legyen most egy csoport. Mivel indukcióval felszívódik, 2-nilpotens. De. így hogyan. ezért egy 2-es csoport, amely az 5-ös Lemma 4-es rendben van. A csoport irreverzibilis módon működik egy alcsoporton. ezért ciklikusan Mashka tétele által. Másrészről, a Sylow 2-alcsoportja két alcsoportból és 2-es sorrendből áll. Egy ellentmondás. A lemma bizonyított.
2. tétel. Ha az u csoportok furcsa parancsokat és indexeket tartalmazó ciklikus alcsoportokat tartalmaznak. akkor a véges csoport felszívódik.
Bizonyítás. Indukciót használunk a csoport sorrendjében. Az 1. tétel szerint a csoport megoldható. Mivel a tétel feltételei átkerülnek minden faktorkategóriába, indukcióval a csoport összes nemtriviális faktorcsoportja felszívódik. Ezért a csoport Frattini alcsoportja egységes, és az Alszerkezet alcsoport az egyetlen minimális normál az alcsoportban. Nyilvánvaló, hogy bonyolult rend. Ha egy 2 csoport, akkor a 4. sorrendben és izomorf a csoport alcsoportjához. De most a sorrend osztja a 12-et, és a 6-os Lemma felülmúlja.
Következésképpen, a rend-csoport. A Sylow alcsoport a III.11.5 tétel szerint metaciklusos, ezért elemi Abelian rendű és izomorf a csoport alcsoportjához. amelyben a Sylow-alcsoport rendben van. Mivel az egyik alcsoportban van egy maximális. akkor az 1. lemmából azt kapjuk, hogy S egy Sylow alcsoport, és feltételezhetjük. hol.
D-vel jelöljük a különbséget. Mivel a -home alcsoportok és a -ból normális, és, illetve, ez egy-Hall alcsoportja az alcsoport. Ha. akkor a 6-os Lemma feloldja. Minden olyan elemre vonatkozóan, amellyel rendelkezünk: és a 4. lemma is. sem. Ha. akkor a minimalitásból megszerezzük és központosítjuk. ami lehetetlen. Ezért és. De az egyetlen minimális normál alcsoportban, ezért osztja. De ha igen. akkor normális. ellentmondás. Jelent.
Mivel a felszíni és üreges alcsoportja. akkor normális, és Frattini lemma szerint egy Sylow 2-alcsoportja van. Világos, hogy. Az alcsoport abnormális. jelent. de most normális és normális. ellentmondás. A tétel bizonyított.
3. Tétel: Legyen a véges csoport. ahol egy páratlan sorrendű ciklikus alcsoport, és az alcsoport tartalmaz egy index ciklikus alcsoportját. Ha nincs normális szakasz izomorf. akkor feloldható.
Bizonyítás. Indukciót használunk a csoport sorrendjében. Az 1. tétel szerint a csoport megoldható, és mivel a tétel feltételei átkerülnek minden faktorkategóriába, az illesztés alcsoport az egyedülálló minimális normál alcsoport. Ha egy 2 csoport, akkor benne van, ezért a sorrend négy, és izomorf a csoport alcsoportjához. Ha a Sylow 3-alcsoportja nem-identitás, akkor irreverzibilis módon működik, és normális egy izomorf csoportra. ellentmondás. Ha. akkor ez egy 2 csoport és feloldható.
Következésképpen, a rend-csoport. Mivel a Sylow alcsoport a meta-ciklus szerint a III.11.5 tétel szerint, elemi Abelian rendű, és izomorf egy alcsoportnak. amelyben a Sylow-alcsoport rendben van. Mivel az alcsoport egy bizonyos maximális értéke. akkor az 1. lemmából azt kapjuk, hogy S egy Sylow alcsoport, és feltételezhetjük. hol. a.
Jelölje meg. Mint a 2. tételben, könnyen megmutatható, hogy a -hollow alcsoportja nem azonosító, a. Mivel - egy Hallian alcsoport, és felszívódik, normális, és egy Sylow 2-alcsoportot tartalmaz. amely egybeesik a Sylow 2-alcsoportjaival. Az alcsoport abnormális. ezért,. De most normális. és így. ellentmondás. A tétel bizonyított.