Aunque todo el mérito es de Derek Holt, he aquí una prueba más elaborada utilizando la teoría desarrollada en los capítulos anteriores del libro de Isaacs.
I.M. Isaacs - Teoría de Grupos Finitos, Problema 3B.15
( Berkovich ) Deja que $G$ sea un grupo soluble y $H$ un subgrupo propio del menor índice posible. Entonces $H$ es un normal subgrupo.
Prueba (Cualquier referencia a un teorema, lema, corolario o problema será del libro mencionado) Supongamos que $H$ es no normal. Derivaremos una contradicción construyendo un subgrupo propio con índice menor que el de $H$ .
Por inducción en $|G|$ podemos suponer que el núcleo $_G(H)=1$ (véase también el teorema 1.1). Nótese que $|H|$ es un subgrupo maximal no normal, y por tanto $H=N_G(H)$ . Poner índice $[G:H]=n$ . Sea $N$ sea un subgrupo normal mínimo de $G$ . Por el lema 3.11, $N$ es un abeliano elemental $p$ -grupo (es decir $N \cong C_p \times \cdots \times C_p$ , $p$ primo).
Consideremos el subgrupo $HN$ . Desde $H$ es máxima, o bien tenemos $H=HN$ o $G=HN$ . El primer caso es imposible, ya que equivale a $N \subseteq H$ , contradiciendo el núcleo $_G(H)=1$ . Así que $G=HN$ y como $N$ es normal y abeliano se deduce que $H \cap N$ está normalizado por ambos $H$ y $N$ , lo que da $H \cap N \lhd G$ . De nuevo, ya que el núcleo $_G(H)=1$ obtenemos $H \cap N=1$ Esto implica que $|N|=$ índice $[G:H]=n$ , una potencia de primera (y resuelve de paso Problema 3B.1)
Ahora veamos la acción de $H$ en $N$ por conjugación. Por supuesto, la órbita de $1 \in N$ , $\mathcal{O}_1=\{1\}$ y esto implica que todas las demás órbitas deben tener una longitud $\leq n-1$ . Afirmamos que si $g \in N-\{1\}$ entonces la longitud de su órbita $\mathcal{O}_g$ es igual al índice $[H:H \cap H^g]$ . Por el Principio de Conteo Fundamental (Teorema 1.4) esto es equivalente a mostrar que el subgrupo estabilizador de $g$ es igual a $H \cap H^g$ . Sea $h \in H$ y supongamos $g^h=h^{-1}gh=g$ . Entonces $h=g^{-1}hg \in H^g$ De ahí que $h \in H \cap H^g$ . A la inversa, supongamos que $h \in H \cap H^g$ , digamos que $h=g^{-1}kg$ para algunos $k \in H$ . Entonces $hk^{-1}=g^{-1}(kgk^{-1})$ . El lado izquierdo, $hk^{-1} \in H$ el lado derecho $\in N$ ya que $N$ es normal. Pero $H \cap N=1$ Así que $h=k$ y $h$ y $g$ conmutación. Esto demuestra la afirmación.
Ahora, fija un $g \in N-\{1\}$ y poner $K=(H \cap H^g)N$ . Demostraremos que $K$ es un subgrupo propio de $G$ y ese índice $[G:K] \lt n$ , contradiciendo finalmente la elección de $H$ . Supongamos que $G=(H \cap H^g)N$ . Tenga en cuenta que $(H \cap H^g) \cap N=1$ y esto da por comparación de índices, índice $[H: H \cap H^g]=1$ Así que $H=H \cap H^g$ , lo que implica $H=H^g$ . Pero entonces $g \in N_G(H) \cap N= H \cap N=1$ , contradiciendo la elección de $g$ . Así que $K$ es un subgrupo propio.
Ahora usando el Corolario X.11, $|G|=|HN|=\frac{|H||N|}{|H \cap N|}=|H||N|$ . De la misma manera, $|K|=|(H \cap H^g)N|=|H \cap H^g||N|$ . Esto demuestra que el índice $[G:K]=$ índice $[H:H \cap H^g]=\#\mathcal{O}_g \lt n$ . La prueba está ahora completa.
Corolario Dejemos que $G$ sea un grupo soluble y $H$ un subgrupo propio de mayor orden posible. Entonces $H$ es un normal subgrupo.
