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

Question

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?

Answer 1

(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.

Answer 2

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.

Answer 3

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.

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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.

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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.

Answer 4

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.