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Forma alternativa de mostrar que un simple grupo de orden $60$ no puede haber un subgrupo cíclico de orden $6$

Supongamos $G$ es un simple grupo de orden $60$, muestran que $G$ no puede haber un subgrupo isomorfo a $ \frac {\bf Z}{6 \bf Z}$.

Por supuesto, una forma de hacer esto es tener en cuenta que sólo simple grupo de orden $60$$A_5$. Así que si $G$ tiene un subgrupo cíclico de orden $6$, entonces debe de haber un elemento $\sigma$ orden $6$, es decir, en (discontinuo) ciclo de descomposición de $\sigma$ debe haber un $3$ ciclo y, al menos, $2$ transposición, lo cual es imposible en $A_5$.Por lo tanto,hemos terminado.

Estoy interesado en resolver esta cuestión sin necesidad de utilizar el hecho de que $ G \cong A_5$. Aquí es lo que he intentado:

Supongamos $G$ tiene un subgrupo decir $H$ isomorfo a $ \frac {\bf Z}{6 \bf Z}$, entonces se debe considerar la natural acción transitiva $G \times \frac {G}{H} \to \frac {G}{H}$, lo que da un homomorphism $\phi \colon G \to S_{10}$. ¿Alguien que me ayude a probar que $\ker \phi$ es trivial ?

Hay alguna otra manera de resolver esta cuestión? Cualquier sugerencias/ideas?

5voto

p Groups Puntos 1309

(1) Supongamos $H=C_6$ es un subgrupo cíclico de orden $6$ $G$ (simple grupo de orden $60$). Deje $z$ a ser el elemento de orden $2$$H$, por lo que el $\langle z\rangle$ es subgrupo de orden $2$$H$.

(2) $C_G(z)=$centralizador de $z$$G$; claramente contiene a $H$. También, $\langle z\rangle$ está contenida en Sylow-$2$ subgrupo de $G$, decir $P_2$, que tiene orden de $4$, por lo tanto es abelian, y por lo tanto, centralizador de $z$ contiene este Sylow-$2$ subgrupo.

(3) por Lo tanto, $C_G(z)$ contiene un subgrupo de orden $3$ ( $H$ ) así como de Sylow-$2$ subgrupo de orden $4$; por lo tanto $|C_G(z)|\geq 12$.

(4) a Continuación,$[G\colon C_G(z)]\leq 5$, y desde $G$ es simple grupo de orden $60$, $G$ no puede haber un subgrupo de índice $<5$ [demostrar]. Por lo tanto $|C_G(z)|$ debe $12$.

(5) Así,$H\subseteq C_G(z)$$|C_G(z)|=12$. A continuación, $H$ índice de $2$$C_G(z)$, lo $H\trianglelefteq C_G(z)$. Si $P_3$ indica el (único, característico) subgrupo de $H$ orden $3$, entonces se sigue que $P_3$ es normal en $C_G(z)$. [Características subgrupo normal de un subgrupo es normal].

(6) Así, $P_3$ es un Sylow-$3$ subgrupo de $G$, lo cual es normal en un grupo de orden $12$ es decir $C_G(z)$, es decir, el índice de normalizador de Sylow-$3$ subgrupo es en la mayoría de las $5$; debe por $5$ (por razones similares, como en (4)).

(7) $P_3$ es un Sylow-$3$ subgrupo de $G$ con un índice de su normalizador igual a $5$; esto significa que el número de Sylow-$3$ subgrupos debe ser $5$; esto contradice del teorema de Sylow.

4voto

Comenzando con un mosaico de Sylow de la teoría. Sin duda, algo más simple es :-(

Un grupo de $G$ orden $60$ ha $1,4$ o $10$ Sylow $3$-subgrupos. Si sólo ha $1$, eso es normal. Si sólo ha $4$, entonces tenemos un no-trivial homomorphism $f$ $G$ $S_4$lo que significa que $\operatorname{ker}(f)$ es no trivial de la normal subgrupo de $G$.

Así, podemos asumir que hay diez distintos Sylow $3$-subgrupos. Deje $P$ ser uno de ellos. Su normalizador $K=N_G(P)$ es de orden seis. Debido a $H$ sin duda normaliza un Sylow $3$-subgrupo w.l.o.g. $H=K$. Por lo que cualquier elemento de a $x\in G$ de orden seis genera el normalizador de la $\langle x^2\rangle$. Por lo tanto, los conjugados de la $H$ tienen intersecciones de orden en la mayoría de los dos.

En otras palabras, hay $20$ elementos de orden tres y $20$ elementos de orden seis en $G$ - dos en cada conjugado de $H$. Ya no queda espacio para la necesaria seis Sylow $5$-subgrupos que $G$ debe tener para ser simple.

3voto

runeh Puntos 1304

Supongamos $a$ orden $6$ y genera el subgrupo $A$ orden $6$.

Si $A$ es el único subgrupo de orden $6$ es normal, por lo que no debe ser más de uno de estos subgrupos. ¿Cuántos hay? Así la normalización $N$ $A$ contiene $A$ como un subgrupo y no es la totalidad de $G$. Que significa que tiene el fin de $12$ o $30$ (o, como comentario sugiere, 6 - ver más abajo).

Un subgrupo de orden $30$ índice de $2$ y por lo tanto sería normal. De modo que el orden debe ser $12$ y no debe ser $5$ subgrupos de orden $6$, que es conjugado a $A$. La acción de la $G$ por la conjugación de estos subgrupos debe ser fiel (de lo contrario el no-trivial núcleo sería un subgrupo normal), y esto da una inyectiva homomorphism de $G$ a $S_5$.

Ahora un elemento de orden $6$ $S_5$ es una permutación impar, de modo que la imagen de $G$ $S_5$ contiene permutaciones impares. El incluso permutaciones en la imagen se forma un subgrupo normal de índice $2$. Así que si $G$ tiene un subgrupo cíclico de orden $6$ no puede ser simple.


Nota el elemento clave aquí que un elemento de orden $6$ $S_5$ es una permutación impar. El resto del argumento podría aplicarse a la nonabelian grupo de orden $6$ como un subgrupo, que tiene que asignar a $A_5$ si $G$ es ser simple.


Para la normalización de la orden de $6$, $10$ subgrupos de orden $6$ contiene $20$ distintos elementos de orden $6$

Sylow nos da seis subgrupos de orden $5$ (que no puede tener uno - que sería lo normal) que contengan $24$ elementos de orden $5$

No podemos tener un subgrupo de orden $3$, ni podemos tener cuatro (acción por la conjugación da homomorphism a S_4 que tendría un no-trivial kernel) así que diez es la única posibilidad con $20$ elementos de orden $3$.

Y eso nos lleva a $60$ elementos ya, por lo que la situación es imposible.

2voto

runeh Puntos 1304

Aquí hay otra respuesta basada en la simple observación de mi pasado, inspirado por considerar un comentario por @pGroups en una omisión. Es en el mismo espíritu, pero es distinto.

Tenga en cuenta que un simple grupo de orden $60$ debe tener seis subgrupos de orden $5$ permutada transitivamente por conjugación (Sylow). No puede haber un subgrupo de orden $5$ porque sería normal. Esta acción en los subgrupos de orden $5$ da un inyectiva homomorphism en $S_6$.

Ahora tenga en cuenta que los elementos de orden $6$ $S_6$ son todas las permutaciones impares, así que si $G$ tiene un elemento de orden $6$ su imagen contiene permutaciones impares. El incluso permutaciones en la imagen se forma un subgrupo normal de índice $2$, lo $G$ no puede ser simple.

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