Un grupo de orden $p^2q^2$ nunca es sencillo

Question

Dejemos que $p,q$ sean primos y que $G$ sea un grupo de orden $p^2q^2$ ¿Cuál es la mejor manera de mostrar $G$ no es simple?

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Sé que basta con demostrar que uno de los subgrupos Sylow-p o Sylow-q de $G$ es normal, pero el argumento de contar elementos no funciona aquí ya que diferentes subgrupos Sylow pueden tener intersección no trivial.

Answer 1

El uso de un poco más de teoría de grupos nos permite demostrar algo más fuerte (y evitar la reducción a $|G|=36$ ):

Un grupo de orden $p^2q^2$ tiene un Sylow normal $p$ -grupo o sylow normal $q$ -grupo.

Pues supongamos que $p<q$ entonces hay $1$ o $p^2$ Sylow $q$ -grupos en $G$ .

Si hay $1$ Es normal, y hemos terminado.

Si hay $p^2$ entonces el Sylow $q$ -Los grupos se autonormalizan. Pero cualquier grupo de orden $q^2$ es abeliano, por lo que el teorema de la transferencia de Burnside implica que el Sylow $p$ grupo es normal.

Answer 2

También podemos asumir $p < q$ . El número de Sylow $q$ -subgrupos es $1$ mod $q$ y divide $p^2$ . Así que es $1, p$ o $p^2$ . Ganamos si es $1$ y no puede ser $p$ Así que supongamos que es $p^2$ . Pero ahora $q \mid p^2 - 1$ Así que $q \mid p+1$ o $q \mid p-1$ .

Así, $p = 2$ y $q = 3$ . El caso de la orden $36$ se ha demostrado en una pregunta anterior:

Ningún grupo de orden 36 es simple

Answer 3

Voy a dar otra prueba similar a la respuesta de user29743 pero evitando examinar grupos de orden $36$ .

Supongamos que $p<q$ y $n_q=p^2$ .

• Si $Q_i\cap Q_j=1$ para cada dos Sylow distintos $q-$ subgrupos entonces por simple conteo encontramos que $n_p=1$ por lo que $G$ no es sencillo.

• Dejemos que $Q_i,Q_j$ sean dos Sylow $q-$ subgrupos con $1\not= I= Q_i\cap Q_j$ . Desde $|Q_i|=|Q_j|=q^2$ son grupos abelianos y $I\lhd Q_i,Q_j \Rightarrow 1\not=I\lhd \langle Q_i,Q_j\rangle=M$ . Tiene que ser $|M|>|Q_i|=q^2\Rightarrow |M|=p^2q^2$ o $pq^2$ .

1. Si $|M|=p^2q^2=|G|$ entonces claramente $G$ no es sencillo $\checkmark$

2. Si $|M|=q^2p$ entonces $|G:M|=p$ por lo que tenemos un homomorfismo $h:G\to S_p$ . Si $kerh=1$ tenemos una contradicción ya que $p^2q^2\not| p!$ por lo que tiene que ser $1\not= kerh \leq M\lneq G \ \checkmark$