$PSL(2,13)$ no tiene ningún subgrupo de índice primo.

Question

Quiero demostrar que $PSL(2,13)$ no tiene ningún subgrupo de índice primo, donde $PSL(2,13) = \frac{SL(2,13)}{\brace-I,I}$ .

Tenemos el siguiente hecho.

Si $G$ sea un grupo simple y $H$ sea un subgrupo de $G$ tal que $|G:H|=n$ , ( $n$ es mayor que 1)entonces $G$ está incrustado en $A_n$ .

Ahora sé que $PSL(2,13)$ es simple. También $|PSL(2,13)|= 2^2×3×7×13.$ Si $H$ sea un subgrupo de $PSL(2,13)$ con índice primo $p$ entonces $p$ puede ser 2,3,7 o 13.

Si $p=2$ entonces $H$ es normal en $PSL(2,13)$ y es imposible como $PSL(2,13)$ es un grupo simple.

Si $p=3$ entonces según ese hecho $PSL(2,13)$ debe estar incrustado en $A_3$ y es imposible por el orden de los grupos.

También si $p=7$ tenemos el mismo resultado que el 3.

Si $p=13$ entonces $PSL(2,13)$ debe estar incrustado en $A_{13}$ .

No sé cómo demostrar que eso no ocurre.

Answer 1

Supongamos que $G = {\rm PSL}(2,13)$ se incrusta en $A_{13}$ . Entonces, claramente $G$ actúa transitoriamente sobre el $13$ puntos.

Ahora un Sylow $7$ -subgrupo $P$ de $G \le A_{13}$ sería generada por un solo $7$ -ciclo, y así se arreglaría $6$ puntos.

Por un argumento estándar utilizando el Teorema de Sylow, si un grupo finito (en general) $G$ actúa transitivamente sobre un conjunto $X$ y $P$ es un Sylow $p$ -subgrupo de un estabilizador puntual $G_\alpha$ para $\alpha \in X$ entonces $N_G(P)$ actúa transitivamente sobre el conjunto de puntos fijos de $P$ .

Así que en este caso, $N_G(P)$ actúa transitoriamente sobre los seis puntos fijos de $P$ y por lo tanto $|N_G(P)|$ es divisible por $3$ . Pero el normalizador de $P$ en $G$ tiene orden $14$ contradicción.