No hay ningún grupo simple de orden $36$ .

Question

He intentado hacer esto como un ejercicio y quería preguntar si mi prueba es correcta o si le falta algo. Muchas gracias.

Dejemos que $G$ sea un grupo tal que $\lvert G \rvert = 36 = 2^2 \cdot 3^2.$ Demuestra que $G$ no es sencillo.

$\underline{Proof:}$

Supongamos que $G$ es simple.

1. Comenzamos con el $2-$ Subgrupos Sylow de $G$ . Entonces:

• $s_2(G) \vert 9 \implies s_2 \in \{1,3,9\}$

• $s_2 \equiv 1 \mod2 \implies s_2 \in \{1,3,9\}$ .

Pero por suposición, $s_2 \neq 1$ Desde entonces, el único $2-$ El subgrupo Sylow sería normal en $G$ .

Dejemos que $S_1,S_2 \in Syl_2(G)$ ser dos $2-$ Subgrupos Sylow de $G$ . Considere entonces $S_1 \cap S_2 <S_1.$ Entonces tenemos:

$$\lvert S_1 \cap S_2\rvert \vert \lvert S_1\rvert = 4$$
Así, $\lvert S_1 \cap S_2 \rvert \in \{1,2\}$ .

Considere ahora $P_2$ el conjunto de elementos de orden $2$ o $4$ . Tenemos que $(S_1 \cup S_2) - \{1\} \subset P_2$ y así:

$$\lvert P_2 \rvert \geq \lvert S_1 \rvert + \lvert S_2\rvert - \lvert S_1\cap S_2\rvert -1 \geq 4+4-2-1 =5 $$

Así que sabemos que hay al menos $5$ elementos de orden 2 o 4.

2. A continuación, consideramos el $3$ -subgrupos bajos de $G$ .

• $s_3 \vert 4 \implies s_3 \in \{1,2,4\}$
• $s_3 \equiv 1 \mod 3 \implies s_3 \in \{1,4\}$

De nuevo por suposición en $G$ , $s_3 \neq 1$ . Así que tenemos que $s_3 = 4$ .

Dejemos que $H_1 , H_2 \in Syl_3(G)$ ser dos $3$ -Subgrupos de silo. Consideramos de nuevo su intersección como subgrupo, entonces:

$$\lvert H_1 \cap H_2 \rvert \vert \lvert H_1\rvert = 9$$

Así que tenemos que $\lvert H_1 \cap H_2\rvert \in \{1,3\}$ .

• Si $\lvert H_1 \cap H_2\rvert = 1$ y considerar $P_3$ el conjunto de elementos de orden $3$ o $9$ Tenemos eso:

$$P_3 = \bigsqcup_{H\in Syl_3} (H-\{1\})$$

Lo que implica que: $$\lvert P_3 \rvert = s_3 \cdot (9-1) = 4\cdot 8 = 32$$

Pero entonces $\lvert P_2\rvert + \lvert P_3\rvert = 37 > \lvert G \rvert$ . Lo cual es una contradicción. Así que $\lvert H_1 \cap H_2\rvert = 3$

3. Definir ahora $T:= H_1 \cap H_2$ y considerar su normalizador $N:= N_G(T)$ . Entonces sabemos:

• $\lvert N\rvert \vert 36 =\lvert G \rvert$
• $H_i$ son abelianos para $i =1,2$ ya que tienen cardinalidad $3^2 = 9$ .
• $9= \lvert H_1\rvert \vert \lvert N\rvert $

De ello se desprende que $\lvert N \rvert \in \{9,18,36\}$ . Pero $\lvert N \rvert \neq 36$ desde entonces $N = G$ y tendríamos dos subgrupos normales en $G$ . Contradiciendo eso $G$ es simple.

Observe que $\lvert N \rvert \geq \lvert H_1 \cup H_2\rvert \geq 9+9-3 > 9$

Así que tenemos que $\lvert N \rvert = 18$ .

4. A continuación, consideramos el $3$ -subgrupos bajos de $N$ . Tenemos:

• $s_3(N)\vert 2 \implies s_3(N) \in \{1,2\}$
• $s_3(N) \equiv 1 \mod 3 \implies s_3(N) = 1$

Pero esto es una contradicción ya que $$H_1, H_2 \subset N$$

Así que $G$ sólo tiene una $3$ -Subgrupo Sylow. Lo que implica que $G$ tiene que ser simple.

$\square$

Answer 1

A más sencillo enfoque, dejemos que $P \in Syl_3(G)$ y asumir $G$ para ser simple. Entonces $|G:P|=4$ . $G$ actúa por multiplicación por la izquierda en los cosets izquierdos de $P$ y el núcleo de esta acción es el núcleo $_G(P)=\bigcap_{g \in G}P^g$ . Se trata de un subgrupo normal de $G$ y como $G$ es simple, es trivial. Esto significa que $G$ se incrusta isomórficamente en $S_4$ . Esto implica $36 \mid 24$ por el Teorema de Lagrange, una contradicción. Por lo tanto, $G$ no puede ser simple.

Nota sobre la solución La siguiente es una generalización de la conocida incrustación de Cayley, que se puede recuperar tomando $H=1$ en la secuela.

Dejemos que $H \leq G$ con $|G:H|=n$ un número entero positivo. Poner $\Omega=\{g_1H,g_2H, \ldots ,g_nH\}$ el conjunto de cosets izquierdos de $H$ . $G$ trabaja en $\Omega$ por multiplicación desde la izquierda : si $g \in G$ entonces $g(g_iH)=gg_iH$ es de nuevo uno de los elementos de $\Omega$ . Así que cada $g \in G$ induce una permutación $\sigma_g$ en $\Omega$ . Por lo tanto, podemos definir un mapa $f: G \rightarrow S_n$ , por $f(g)=\sigma_g$ . Es fácil comprobar que $f$ es un homomorfismo (observe que $\sigma_g \circ \sigma_h=\sigma_{gh}$ para todos $g,h \in G$ ). Ahora calculemos ker $(f)$ . Si $x \in $ ker $(f)$ Esto significa que $x$ induce a la trivial permutación, por lo que para cualquier coset de la izquierda $gH$ Debemos tener $xgH=gH$ , lo que implica $x \in gHg^{-1}$ para todos $g \in G$ . Esto equivale a $x \in \underset{g \in G}\bigcap H^g$ (donde $H^g=g^{-1}Hg$ ; tenga en cuenta que cuando $g$ recorre todo el $G$ , $g^{-1}$ hace lo mismo, por lo que la intersección sobre $g^{-1}Hg$ es lo mismo que sobre $gHg^{-1}$ ). Por el contrario, si $x \in \underset{g \in G}\bigcap H^g$ , entonces induce una permutación trivial.

Concluimos que ker $(f)=\underset{g \in G}\bigcap H^g$ y por el primer teorema de isomorfismo $G/$ ker $(f) \cong $ soy $(f)$ siendo un subgrupo de $S_n$ .

En general, si $H \leq G$ el núcleo $_G(H)$ es el mayor subgrupo normal de $G$ contenida en $H$ . Es fácil demostrar que el núcleo $_G(H)=\underset{g \in G}\bigcap H^g$ .