¿Cómo demuestro que todo grupo de orden 90 no es simple?

Question

¿Puede ayudarme alguien? ¿Cómo puedo demostrar que todo grupo de orden 90 no es simple?

Answer 1

Esta es una respuesta muy muy tardía. Pero de todos modos voy a publicar para el uso de las personas que están aprendiendo de este sitio (como yo).

En primer lugar, hay que tener en cuenta que $90=2\times 3^2\times 5$ y de la forma $pq^2r$ con tres primos diferentes (como $60=2^2\times 3\times 5$ ). Por lo tanto, este caso es un poco difícil en comparación con los problemas comunes de examen/tarea, donde tenemos las órdenes de la forma $p, p^2, p^3, pq, pq^2, pqr.$

Supongamos que un grupo $G$ de orden $90$ es simple. Utilizando los teoremas de Sylow, con notaciones estándar, no es difícil demostrar que $n_3=10$ y $n_5=6.$ Así que tenemos $6\times(5-1)=24$ elementos de orden $5$ y si $3$ -Sylow se cruzan trivialmente entonces tenemos $10\times(9-1)=80$ elementos de orden $3,$ pero esto se contradice con el orden del grupo como $24+80\gt 90.$ Por lo tanto, $3$ -Los subgrupos de Sylow deben tener una intersección no trivial.
Dejemos que $H, K\in Syl_3(G),$ entonces $|H\cap K|=3$ y $$|HK|=\dfrac{|H||K|}{|H\cap K|}=27.$$ Más información en $[H :|H\cap K|]=[K:|H\cap K|]=3$ es el factor primo más pequeño de ambos $|H|, |K|.$ Por lo tanto, $H\cap K$ es normal en ambos $H$ y $K.$ Ahora veamos el narmalizador $N=N_G(H\cap K)$ de la intersección en $G.$ Está claro que $HK\subset N$ y por lo tanto tenemos $|N|$

• $\ge27$
• divide $90$
• divisible por $9.$

Por lo tanto, sólo tenemos dos posibilidades $|N|\in\{45, 90\}.$
Si $N=G,$ entonces $H\cap K$ es normal en $G.$ De lo contrario, $[G:N]=2$ y luego $N$ es normal en $G.$ Por lo tanto tenemos una contradicción con nuestra suposición y por lo tanto $G$ no puede ser simple.

Answer 2

Primer intento:

$90=2\cdot 3^2\cdot 5\Longrightarrow\,$ por los teoremas de Sylow, si un grupo de orden 90 es simple entonces debe tener seis subgrupos de 5-Sylow, pero entonces podemos hacer que el grupo actúe sobre este sbgps. y así obtener un homomorfismo en $\,S_5\,$ [ falso , ver más abajo], que no puede ser una inyección (¿por qué?), contradiciendo así la inexistencia de normales no triviales; sbgps. en el grupo...

Ahora un pequeño ralentizar: dejar $\,H\leq G\,,\,[G:H]=n\,$ y que $\,G^H,$ denotan el conjunto de los n cosets izquierdos de G en H. Definir una acción de $\,G\,$ en $\,G^H\,$ por $\,x\cdot gH\to (xg)H\,$ . Como cualquier otra acción, ésta define un homomorfismo $\,f:G\to Sym_{G^h}\cong S_n\,$ , por $\,\,f(x)(gH):=(xg)H$ .

Lo mejor de todo esto es que $\,\ker f\,$ es el mayor sbgp normal. de $\,G\,$ contenida en el sbgp. $H$

Bueno, lo anterior debería ser suficiente para entender la primera parte. Sin embargo, vea a continuación.

Segundo intento:

Por supuesto, m.k.: ¡tienes razón! ¡Confundí los 6 Sylows sbgps. de con el orden de cada uno de ellos , 5...! ¡Por supuesto, esto hace que mi "prueba" no tenga valor ya que 90 es un divisor de 6!

Pero podemos arreglar esto de la siguiente manera, siguiendo la teoría general expuesta en mi primera respuesta: dejemos que $\,f:G\to S_6\,$ sea el correspondiente homomorfismo de permutación , y pongamos $\,N:=\ker f\,$ Así que, de hecho $\,N\leq N_G(P_5)\,,\,\,P_5=\,$ a Sylow 5-sbgp.

1. No puede ser $\,N=G\,$ como entonces $\,P_5\triangleleft G\,$

2. Si $\,N=1\,$ entonces $\,G\lneq S_6\,$ . Pero cualquier elemento de $\,G\,$ de orden 5 está representado (incrustado) dentro de $\,S_6\,$ por un 5-ciclo, que es un elemento de $\,A_6\,$ y por lo tanto $\,A_6\cap G\,$ es un subgrupo normal propio no trivial de $\,G$

Por supuesto, cualquier otro caso nos da un sbgp propio normal no trivial. de $\,G$ ..

Gracias a m.k.

Answer 3

Otra respuesta (simplemente reescribiendo el argumento de C Monsour para la solvencia de $|G|=90$ )

Tenemos una inyección $f:G\to S_{90}$ y un elemento de orden $2$ en $G$ hace $f(G)\not\subseteq A_{90}$ . Así que en la composición $f:G\to S_{90}\to S_{90}/A_{90}$ es $imf \not=1$ así que $1\not= kerf \lhd G$ (y $kerf\not= G$ )