¿No hay grupos simples de orden 720?

Question

Creo que la mayoría de los estudiantes que aprenden por primera vez acerca de los grupos (finitos), eventualmente aprenden acerca de la posibilidad de clasificar ciertos grupos finitos, e incluso mostrar que ciertos grupos finitos de un orden dado no pueden ser simples (estoy bastante seguro de que cada texto de álgebra para principiantes tiene algunos ejercicios como este). Hasta el orden 1000, creo que hay uno que se considera el más difícil con diferencia: el 720.

¿Alguien conoce una prueba de que no hay grupos simples de orden 720, que evita demostrando, por medio de una contradicción, que tal grupo sería $M_{10}$ ? [Para aclarar el evita parte, la prueba esbozada por Derek Holt aquí Aunque es muy bonito, no se puede calificar].

También debería descalificar la inevitable referencia al artículo de Burnside sobre este mismo tema, que estoy bastante seguro de que es defectuoso (o, como mínimo, incompleto).

Answer 1

En realidad, sólo se puede pedir una prueba que evite un hecho o una construcción en particular, si ese hecho o esa construcción son lo suficientemente difíciles o distintos de la cosa que se está probando. Por ese principio, los comentarios implican que bastaría con demostrar que el subgrupo de Derek Holt $\langle a,b,c,e \rangle$ tiene el índice 2 en el grupo de candidatos $\langle a,b,c,d,e \rangle$ . De hecho la prueba de Derek es buena: es fácil demostrar que $\langle a,b,c,e \rangle$ es isomorfo a $L_2(9) = \text{PSL}(2,\mathbb{F}_9)$ que claramente tiene un orden de 360. ( $L_2(9)$ también es isomorfo a $A_6$ pero este hecho no es necesario). Una vez que se sabe esto, también se puede construir rápidamente $M_{10}$ también, ya que se puede demostrar que el generador extra $d$ normaliza $L_2(9)$ y que $d^2 \in L_2(9)$ .

En esa publicación de Usenet, Derek dio estas expresiones: $$\begin{matrix} a &=& (2\; 3\; 4)(4\; 6\; 7)(8\; 9\; 10) \\ b &=& (2\;5\;8)(3\;6\;9)(4\;7\;10) \\ c &=& (3\;5\;4\;8)(6\;7\;10\;9) \\ e &=& (1\;2)(5\;8)(6\;7)(9\;10) \end{matrix}.$$ Recordemos que $\mathbb{F}_9 = (\mathbb{Z}/3)[i]$ . Se puede definir una biyección $$\alpha:\mathbb{F}_9 \cup \{\infty\} \to \{1,2,\ldots,10\}$$ mediante la fórmula $$\alpha(x+iy) = 2+x+3y \qquad \alpha(\infty) = 1,$$ utilizando la incrustación gauche $\mathbb{Z}/3 = \{0,1,2\} \subseteq \mathbb{Z}$ . Entonces es fácil comprobar estas expresiones (utilizando la aritmética más normal en $\mathbb{F}_9$ ): $$a(z) = z+1 \qquad b(z) = z+i \qquad c(z) = iz \qquad e(z) = 1/z.$$ Así que, eso es $L_2(9)$ .

Answer 2

¿Qué tal si seguimos el hermoso argumento de Derek Holt hasta establecer los siguientes dos hechos?

1) $G$ tiene 10 subgrupos Sylow 3.

2) Que $P_3$ sea un subgrupo Sylow 3 de $G$ . En la acción de $G$ en $Syl_3(G)$ cada elemento no identitario de $P_3$ tiene el tipo de ciclo (3,3,3,1).

Desde $G$ es simple, la acción sobre $Syl_3(G)$ incrustaciones $G$ en $A_{10}$ . En $A_{10}$ ningún elemento de tipo (3,3,3,1) conmuta con un elemento de orden dos. Por lo tanto, si $Q$ es un subgrupo Sylow 2 de $N_G(P_3)$ ningún elemento no identitario de $Q$ centraliza cualquier elemento no identitario de $P_3$ . Desde $|Q|=8$ se deduce que los ocho elementos no identitarios de $P_3$ son conjugados en $N_G(P_3)$ . Por lo tanto, $G$ contiene exactamente una clase de conjugación de elementos de orden tres. Sea $g_3$ sea un elemento de esta clase. Ningún elemento de orden 5 en $A_{10}$ se desplaza con $g_3$ y ahora se deduce que $|C_G(g_3)|=9$ Así que $G$ tiene 80 elementos de orden 3.

Como 5 no divide $|N_G(P_3)|$ vemos que todo elemento de orden 5 en $G$ tiene el tipo de ciclo (5,5) en la acción sobre $Syl_3(G)$ . Utilizando el Teorema de Sylow (y el hecho de que $G$ no es $S_6$ ), vemos que G tiene 16 o 36 subgrupos Sylow 5. Sea $P_5$ sea un subgrupo Sylow 5 de $G$ . Por la transferencia de Burnside, no podemos tener $|N_G(P_5)|=45$ . Por lo tanto, $|N_G(P_5)|=20$ . Ningún elemento de orden dos en $A_{10}$ conmuta con un elemento de tipo ciclo (5,5). Por lo tanto, $N_G(P_5)$ debe inducir a todos los $Aut(P_5)$ por lo que todos los elementos no identitarios de $P_5$ son conjugados en $N_G(P_5)$ y por lo tanto, $G$ tiene una clase de conjugación de elementos de orden 5. Hay 144 elementos de este tipo. Sea $g_5$ sea uno de esos elementos.

Consideremos ahora la tabla de caracteres de $G$ . Por los argumentos anteriores, cada uno de $g_3$ y $g_5$ son conjugados a todas sus potencias no identitarias, y se deduce que todos los caracteres irreducibles de G toman valores enteros en $g_3$ y $g_5$ . Además, estos enteros tienen un valor absoluto como máximo de dos, como se puede ver utilizando las condiciones de ortonormalidad en la tabla de caracteres y los tamaños de las clases de conjugación dadas.

Ahora $N_G(P_3)$ tiene una clase de conjugación más que $Q$ (según la definición anterior). De ello se deduce que los caracteres irreducibles de $N_G(P_3)$ son los que tienen un núcleo que contiene $P_3$ y uno más, llámalo $\chi$ . Utilizando las condiciones de ortonormalidad en la tabla de caracteres, obtenemos $\chi(1)=8$ , $\chi(g_3)=-1$ y $\chi(q)=0$ para todos $q$ no de orden 1 o 3. Inducir $\chi$ hasta $G$ para conseguir un personaje $\psi$ que toma el valor 80 en 1, -1 en la clase de $g_3$ y 0 en el resto. Para cualquier carácter irreducible $\eta$ el producto interior $\langle\psi,\eta\rangle$ es

$$\frac{80(\eta(1)-\eta(g_3))}{720}$$ .

De ello se desprende que $\eta(1)-\eta(g_3)$ es divisible por 9.

Ahora $N_G(P_5)=Z_5.Z_4$ tiene un carácter $\alpha$ tal que $\alpha(1)=4$ , $\alpha(g_5)=-1$ y $\alpha(q)=0$ si $q$ no tiene orden 1 o 5. Inducir $\alpha$ hasta $G$ para conseguir $\beta$ . Discutiendo como lo hicimos con $\psi$ vemos que para cada carácter irreducible $\eta$ , $\eta(1)-\eta(g_5)$ es divisible por 5.

Ahora, utilizando hechos básicos sobre caracteres irreducibles, vemos que para cualquier carácter irreducible $\eta$ de G, el triple $(\eta(1),\eta(g_3),\eta(g_5))$ es uno de

$$(1,1,1),(8,-1,-2),(9,0,-1),(10,1,0),(16,-2,1),(18,0,-2) or (20,2,0)$$ .

Cualquier función de clase $\eta$ satisfaciendo $\eta(1)=18$ y $\eta(g_5)=-2$ tiene norma mayor que 1. Si $\eta$ es una función de clase de norma 1 que satisface $\eta(1)=20$ y $\eta(g_3)=2$ entonces $\eta(q)=0$ para todo q que no sea de orden 1 o 3. Pero entonces el producto interno de $\eta$ y el carácter trivial es positivo. Del mismo modo, si $\eta$ tiene norma 1 y $(\eta(1),\eta(g_3),\eta(g_5))=(8,-1,-2)$ entonces $\eta$ es cero en todas las clases restantes y el producto interno de $\eta$ y el carácter trivial es negativo. Vemos ahora que todos los caracteres irreducibles no triviales de $G$ tienen el grado 9, 10 o 16. Obtenemos una contradicción al intentar sumar los cuadrados de estos grados para obtener 719.

Esta prueba tiene la clara desventaja de su mayor longitud cuando se compara con el argumento de Holt, como lo aclara maravillosamente Greg Kuperberg. Sin embargo, tiene la ventaja de alertarnos sobre el importante hecho de que, dado un supuesto grupo simple $G$ puede ser rentable considerar grandes subgrupos de $G$ cuyos caracteres entendemos, en particular los que son grupos de Frobenius.