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60 votos

A4 no tiene ningún subgrupo de orden 6

¿Puede un amable algebraísta ofrecer una mejora a este bosquejo de una prueba?

Muestra que A4 no tiene ningún subgrupo de orden 6.

Nota, |A4|=4!/2=12 .
Supongamos que A4>H,|H|=6 .
Luego |A4/H|=[A4:H]=2 .
Así que H así que considera el homomorfismo
\pi : A_4 \rightarrow A_4/H
deja x \in A_4 con |x|=3 (es decir, en un ciclo de 3)
luego 3 divisiones | \pi (x)|
para que |A_4/H|=2 tenemos | \pi (x)| divide 2
así que \pi (x) = e_H así que x \in H
así que H contiene todos los 3 ciclos
pero A_4 tiene 8 3 -ciclos
8>6 , A_4 no tiene ningún subgrupo de orden 6.

59voto

ChristopherE Puntos 148

Considere el grupo A_4/H . Dejemos que x ser un 3 -ciclo, no en H y considerar los cosets H , xH y x^2H en A_4/H . Como se trata de un grupo de orden 2 dos de los cosets deben ser iguales. Pero H y xH son distintos, por lo que x^2H debe ser igual a uno de ellos.

Si H=x^2H entonces x^2=x^{-1}\in H Así que x\in H contradicción. Si xH=x^2H entonces x\in H el mismo problema. Así que H no existe.

30voto

azimut Puntos 13457

Al observar los posibles tipos de ciclos, vemos que A_4 consiste en el elemento de identidad (orden 1 ), 3 transposiciones dobles (orden 2 ) y 8 3 -ciclos (orden 3 ).

Supongamos que A_4 tiene un subgrupo H de orden 6 . Desde A_4 no contiene elementos de orden 6 , H no puede ser cíclico. Por lo tanto, H \cong S_3 , lo que implica que H contiene 3 elementos de orden 2 . Así que H contiene el elemento de identidad y el 3 transposiciones dobles. Dado que esas 4 forman un subgrupo de A_4 , H contiene un subgrupo de orden 4 . Contradicción.

19voto

Sora. Puntos 180

Sé que este post es antiguo, pero hay otra forma elegante de demostrarlo: un subgrupo de orden 6 tiene índice 2. Demostramos la siguiente afirmación: Cualquier subgrupo de índice 2 de un grupo finito debe contener todos los elementos de orden impar.

Dejemos que G sea finito y H\subseteq G un subgrupo de índice 2. Cualquier subgrupo de índice 2 es normal, por lo que G/H es un grupo y escribimos \bar g:=gH . Sea g sea un elemento de orden impar. Ahora tenemos g^{\operatorname{ord}g}=e\ \Rightarrow\ \bar g ^{\operatorname{ord}g}=\bar e\ \Rightarrow\ \operatorname{ord}\bar g\mid\operatorname{ord}g. Por otro lado, por el teorema de Lagrange, sabemos que \operatorname{ord}G/H =2 así que \bar g^2=\bar e\ \Rightarrow\ \operatorname{ord}\bar g\mid2. Desde \operatorname{ord}g es impar, se deduce que \operatorname{ord}\bar g=1\ \Rightarrow\ \bar g=\bar e=e_{G/H}=H\ \Rightarrow\ g\in H.

Ahora bien, como A_4 contiene 9 elementos de orden impar, un subgrupo de índice 2 tendría, por la afirmación anterior, al menos 9 elementos, pero por el teorema de Lagrange tiene exactamente 6 elementos, lo cual es una contradicción.

8voto

Mohabat Puntos 1

No estoy seguro si esto es una combinación de lo que la gente hizo arriba o no, pero aquí hay un enfoque que debería funcionar.

A efectos de contradicción, supongamos que H\subset A_4 es un subgrupo de A_4 de orden 6. Entonces, para cualquier a\notin H por las propiedades de los cosets de la izquierda, entonces aH\cap H=\emptyset . De nuevo, por las propiedades de los cosets, ya que |aH|=|eH|=|H| (todos los cosets tienen el mismo número de elementos), esto implica que |aH|=6 . Entonces, como los cosets forman una partición del grupo A_4 y |A_4|=12 entonces A_4=H\cup aH Supongamos ahora que a es un ciclo de 3 en A_4 Entonces, o bien a^2\in H o a^2\in aH . Si a^2\in H , entonces esto implica que a^4=a^2\cdot a^2\in H pero, como el orden de a es 3 (es un 3-ciclo), entonces a^4=a y como a\notin H esto es una contradicción. Del mismo modo, si a^2\in aH por las propiedades de los cosets esto implica que (a^2)\cdot a^{-1}\in H lo que implica a\in H y de nuevo esto es una contradicción.

Por tanto, H no puede ser un subgrupo de A_4 de orden 6.

2voto

ubu16 Puntos 14

Soy un novato, apenas empiezo a ver el contenido en la universidad. La siguiente es mi solución. Si cometo algún error, por favor señálelo.

En primer lugar, como grupo de orden 6 es C_6 o D_6 En este caso, sólo podemos hablar de estos dos casos. Además, una permutación par de 4 elementos sólo puede ser de la forma (abc)(d) o (ab)(cd)

Caso 1: C_6 . Esto es, por supuesto, imposible ya que el orden máximo es 4.

Caso 2: D_6 . Es de la forma { e,r,r^2,s,sr,sr^2 }. r debe ser de la forma (abc)(d), y por ejemplo, podemos asumir s de la forma (ad)(bc).

Entonces es fácil calcular sr=(acd), sr^2 =(abd). Sin embargo, en este caso, (abd)^2=(adb), que es un nuevo elemento fuera de los seis. Por lo tanto, es una contradicción.

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