Ningún grupo simple de orden $96$

Question

Tengo que demostrar que no hay ningún grupo simple de orden $96$ utilizando los teoremas de Sylow.

Sé que $96 = 2^5\cdot 3$ y del tercer teorema de Sylow $n_2 = 1$ o $3$ y $n_3 = 1$ o $4$ o $16$ .

He visto algunas pruebas de esta afirmación que utilizan el llamado teorema factorial del índice, pero no me he enterado de nada. ¿Hay alguna forma de demostrarlo utilizando sólo los teoremas de Sylow?

Answer 1

Podemos utilizar el siguiente resultado sobre el número de subgrupos Sylow (se trata del Teorema 1.16 del libro Finite Group Theory de Isaacs) :

Teorema : Supongamos que $G$ es un grupo finito y $p$ un primo tal que $n_p(G) > 1$ y elegir distintos Sylow $p$ -subgrupos $S$ y $T$ de $G$ tal que el orden $|S \cap T|$ sea lo mayor posible. Entonces $n_p(G) \equiv 1 \pmod{|S : S \cap T|}$ .

Aplicando esto para $|G| = 96$ y $p = 2$ (suponiendo $n_2(G) = 3$ de lo contrario hemos terminado), vemos que $|S : S \cap T| = 2$ . Sea $D = S \cap T$ Así que $D$ es normal en $S$ y $T$ . Por lo tanto, ambos $S$ y $T$ se encuentran en el normalizador $\mathbf{N}_G(D)$ . Pero $S$ y $T$ son distintos, por lo que $|\mathbf{N}_G(D)| > |S| = 2^5$ . Esto obliga a $\mathbf{N}_G(D) = G$ es decir $D \vartriangleleft G$ . Encontramos un subgrupo normal propio no trivial.

Nota: Si no has aprendido el teorema del factorial índice probablemente tampoco hayas visto el teorema anterior y el argumento del factorial índice es en realidad mucho más sencillo aquí. Así que aunque esta respuesta no es probablemente lo que querías, sólo quería mencionar este método, ya que puede ser muy útil en otras situaciones.

Answer 2

Existe la siguiente generalización de uno de los teoremas de Sylow (véase por ejemplo aquí ), que es equivalente al teorema de la respuesta de Cihan.

Sea $P_1, P_2, \ldots, P_k$ sea el Sylow $p$ -subgrupos de $G$ . Si $[P_i : P_i \cap P_j] \geq p^d$ siempre que $i \neq j$ entonces $n_p \equiv 1 \mod p^d$ .

En $d = 1$ te da uno de los teoremas de Sylow, y la contrapositiva de este teorema en el caso $d = 2$ es útil aquí. Si $n_p \not\equiv 1 \mod p^2$ entonces existen diferentes Sylow $p$ -subgrupos $P$ y $Q$ con $[P: P \cap Q] < p^2$ . Esto implica que $[P : P\cap Q] = [Q : P \cap Q] = p$ y, por tanto, la intersección $P \cap Q$ es normal en ambos $P$ y $Q$ .

En su problema, podemos suponer $n_2 = 3$ . Entonces $3 \not\equiv 1 \mod 4$ por lo que encontramos diferentes Sylow $2$ -subgrupos $P$ y $Q$ con $P \cap Q$ normal en ambos $P$ y $Q$ . Por lo tanto, la intersección $P \cap Q$ es normal en el subgrupo $\langle P, Q \rangle$ generado por $P$ y $Q$ . El orden de $ \langle P, Q \rangle$ es múltiplo de $2^5$ y mayor que $2^5$ por lo que debe ser igual a $G$ . Así $P \cap Q$ es un subgrupo normal propio no trivial de $G$ .