Нормальность силовской подгруппы

[Naf2000]

Прошу проверить мое решение следующей задачи:

Цитата:

Let G be a finite group in which every maximal subgroup has prime index, and let p be the largest prime divisor of |G|. Show that a Sylow p-subgroup of G is normal.

Пусть P - силовская p-подгруппа в G. Предположим она не является нормальной, тогда ее нормализатор $N_G(P)$ является собственной подгруппой в G.
Рассмотрим максимальную подгруппу M, содержащую $N_G(P)$. Ее индекс простое число $q<p$ (строго меньше т.к. M содержит P). Также рассмотрим действие P на левые смежные классы M умножением слева. Так как орбиты являются степенями p, а само множество действия содержит q элементов и $q<p$, то все орбиты тривиальные длины 1.
Значит
$\forall p \in P, \forall g \in G, \forall m \in M, \exists m' \im M \Rightarrow pgm=gm' \Rightarrow \\ p=gm'm^{-1}g^{-1}\in gMg^{-1} \Rightarrow P \subseteq gMg^{-1}, \forall g \in G$
Обозначим пересечение всех сопряженных с M подгрупп как
$M^*=\bigcap\limits_{g \in G}gMg^{-1}$,
тогда:
1. $P \subseteq M^* \subseteq M$ - P является силовской p-подгруппой в $M^*$
2. $M^*$ нормальна в G
Это позволяет применить "аргумент Фраттини" для $M^*$ и P. Конкретно:
$N_G(P)M^*=G$
Но по выбору M и построению $M^*$:
$N_G(P)M^* \subseteq M \subsetneq G$
Следовательно получаем противоречие с тем, что $N_G(P)$ является собственной подгруппой, а значит $N_G(P)=G$, а следовательно P - нормальная подгруппа.

[dgwuqtj]

В принципе всё верно, но большая формула у вас очень криво записана. Намного лучше словами: мы знаем, что всех $p \in P$ и $g \in G$ выполнено равенство $p g M = g M$, то есть $p \in g M g^{- 1}$. Отсюда следует, что $P \leq \bigcap_{g \in G} g M g^{- 1}$. Можно, конечно, написать подробнее с $m$ и $m'$, если вам так проще воспринимать.