A4 no tiene ningún subgrupo de orden 6

Question

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

Muestra que $A_4$ no tiene ningún subgrupo de orden 6.

Nota, $|A_4|= 4!/2 =12$ .
Supongamos que $A_4>H, |H|=6$ .
Luego $|A_4/H| = [A_4:H]=2$ .
Así que $H \vartriangleleft A_4$ 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.

Answer 1

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.

Answer 2

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.

Answer 3

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.

Answer 4

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.

Answer 5

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.