Cómo demostrar que el Grupo de orden $2376$ no es sencillo

Question

Cómo demostrar que el grupo de orden $2376$ no es sencillo,

Ahora sé que $2376=2^3.3^3.11$

Así que, $n_{11}=1,12$ (¿Existen otras posibilidades? Según mis cálculos, estas son todas)

Ahora bien, si tengo $12$ Sylow-11 subgrupos entonces contar los elementos no me ayudaría.

Incluso si considero $2$ Los subgrupos Sylow-11 dicen $H,K$ entonces su intersección contendrá $1$ sólo el elemento. Así que su normalizador es todo el grupo por lo que esta forma tampoco funcionará.

Ahora estaba pensando que aquí $N_G(H)/C_G(H) \cong Aut(H) \cong \Bbb Z_{10} $ podría ayudar como si pudiera mostrar que $N_G(H)=G$ entonces he terminado. Aquí $N_G(H)$ es el normalizador del grupo $H$ en $G$ , $C_G(H)$ es el centralizador del grupo $H$ en $G$ .

Me gustaría saber si habría alguna otra forma también.

Answer 1

Debo admitir que nunca he visto un ejercicio tan duro de demostrar que un grupo de un orden específico no es simple. He aquí una solución. Supongamos que $G$ es un grupo simple de orden $2376$ . Entonces $n_{11}=12$ . Sea $S$ sea un subgrupo 11-Sylow. Entonces por los teoremas de Sylow el índice de $N_G(S)$ es $12$ y por lo tanto $|N_G(S)|=198$ . A continuación utilizamos el teorema del normalizador-centralizador y obtenemos que $|N_G(S)/C_G(S)|$ divide $10$ . Como $|C_G(S)|$ debe ser un número entero podemos ver que es $99$ o $198$ y en cualquier caso es divisible por $9$ .

Ahora veamos $C=C_G(S)$ . Es un grupo de tamaño $99$ o $198$ y de todos modos su $3$ -Los subgrupos bajos tienen tamaño $9$ . Así que dejemos $P$ ser un $3$ -Silow subgrupo de $C$ y que $H=N_G(P)$ . Sabemos que $P\leq C=C_G(S)$ . Eso significa que cada elemento de $P$ conmuta con cualquier elemento de $S$ . Así que también tenemos $S\leq C_G(P)\leq N_G(P)=H$ Así que $|H|$ es divisible por $|S|=11$ . Además, tenga en cuenta que $P$ es un $3$ -grupo en $G$ y por lo tanto está contenida en un $3$ -Silow subgrupo de $G$ . Así que dejemos $Q$ ser un $3$ -subgrupo Sylow de $G$ que contiene $P$ . Se sabe que si $p$ es primo y tenemos un grupo de orden $p^k$ entonces cualquier subgrupo de orden $p^{k-1}$ es normal en él. Por lo tanto, $P$ es normal en $Q$ y eso implica $Q\leq N_G(P)=H$ . Así que $|H|$ también es divisible por $|Q|=27$ .

Así que tenemos que $H$ es un subgrupo de $G$ que es divisible por $11$ y por $27$ por lo que es divisible por su lcm que es $297$ . Esto significa que el índice de $H$ en $G$ es como máximo $8$ . Ahora bien, si $H=G$ entonces significa que $N_G(P)=G$ y por lo tanto $P$ es normal en $G$ lo que contradice nuestra suposición de que $G$ es simple. Significa $H$ debe ser un subgrupo propio de $G$ y su índice es como máximo $8$ . Así que ahora podemos definir una acción de $G$ en $G/H$ (los cosets de la izquierda) por $g.xH=gxH$ . La acción nos da un homomorfismo $\varphi:G\to S_{G/H}$ por $\varphi(g)(xH)=gxH$ . Como $G$ es simple el homomorfismo debe ser trivial o inyectivo. Es fácil ver que no es trivial, por lo que debe ser inyectivo. Pero entonces $G$ es isomorfo a un subgrupo de $S_{G/H}$ y por lo tanto $|G|$ divide $|S_{G/H}|$ . De aquí se desprende que $11$ debe dividir $|S_{G/H}|$ . Pero eso es una contradicción porque $|S_{G/H}|=k!$ cuando $k$ es un número que es como máximo $8$ por lo que no puede ser divisible por $11$ . Así que aquí está la contradicción, $G$ no puede ser simple.