Demostración del teorema de Schur-Zassenhaus, con la suposición adicional de que G/HG/HG/H es cíclico

La demostración se simplifica mucho si asumimos$G/H$es cíclico, ya que un subgrupo cíclico adecuadamente elegido de$G$, relacionado con una elección de generador de$G/H$, será un subgrupo complementario a$H$.

Dejar$H$ser normal en$G$Con orden$a$y deja$b = [G:H]$, entonces$|G| = ab$y$\gcd(a,b) = 1$. Desde$G/H$es cíclico tiene un generador, digamos$G/H = \langle \overline{g}\rangle$. Desde$a$es relativamente primo para$b = |G/H|$,$G/H = \langle \overline{g}^a\rangle$también. Desde$G$tiene orden$ab$, en$G$tenemos

Por supuesto, cada elemento de$G$tiene la forma$x^ih$para algunos$i \in \mathbf Z$y$h \in H$. el subgrupo$\langle x\rangle$tiene orden dividiendo$b$, que es relativamente primo para$a = |H|$, entonces$\langle x \rangle \cap H = \{1\}$. De este modo$G = H\langle x\rangle$con los subgrupos$H$y$\langle x\rangle$que tiene intersección trivial. De este modo$G \cong H \rtimes \langle x\rangle$.

Tengo una respuesta parcial: el caso en que$G/H$tiene un orden primo es bastante sencillo.

Suponer$[G : H] = p$es un primo que no se divide$\lvert H \rvert$. Por el teorema de Cauchy, dado que$p$divide$\lvert G \rvert$, hay algo$g \in G$de orden$p$. Ahora$\langle g \rangle \cap H$debe ser trivial (ya que su orden divide a ambos$\lvert g \rvert = p$y$\lvert H \rvert$), y se sigue que$\langle g \rangle$es un complemento de$H$.