$G$ es un grupo simple no abeliano de orden $<100$ entonces $G\cong A_5$

Question

La cuestión es demostrar que :

$G$ es un grupo simple no abeliano de orden $<100$ entonces $G\cong A_5$

La sugerencia es "Eliminar todos los pedidos menos $60$ ". Lo cual creo que no es tan fácil de comprobar.

En primer lugar, elimino todos los primos (grupos cíclicos) $2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97.$ (incluyendo 1)

Los únicos números que me quedan son, $\{4,6,8,9,10,12,14,15,16,18,20,21,22,24,25,26,27,28,30,32,33,34,35,36,38,39,40,42,44,45,46,48,49,50,51,52,54,55,56,57,58,60,62,63,64,65,66,68,69,70,72,74,75,76,77,78,80,81,82,84,85,86,87,88,90,91,92,93,94,95,96,98,99\}$

Ahora, elimino todos los cuadrados primos $p^2$ (que son abelianas) $4,9,16,25,36,49,64,81$

Los únicos números que me quedan son, $\{6,8,10,12,14,15,18,20,21,22,24,26,27,28,30,32,33,34,35,38,39,40,42,44,45,46,48,50,51,52,54,55,56,57,58,60,62,63,65,66,68,69,70,72,74,75,76,77,78,80,82,84,85,86,87,88,90,91,92,93,94,95,96,98,99\}$

Ahora elimino todas las potencias primarias $p^n$ (que tienen centro no trivial por lo tanto no son simples) $2^3=8,2^5=32$ y $3^3=27$

Los únicos números que me quedan son, $\{6,10,12,14,15,18,20,21,22,24,26,28,30,33,34,35,38,39,40,42,44,45,46,48,50,51,52,54,55,56,57,58,60,62,63,65,66,68,69,70,72,74,75,76,77,78,80,82,84,85,86,87,88,90,91,92,93,94,95,96,98,99\}$

Ahora elimino todos los grupos de orden $pq$ donde $p$ y $q$ son distintos (tienen un subgrupo normal bajo p o bajo q)

De 2 - $\{2p=6,10,14,22,26,34,38, 46,58,62,74,82,86,94\}$

Los únicos números que me quedan son, $\{12,15,18,20,21,24,28,30,33,35,39,40,42,44,45,48,50,51,52,54,55,56,57,60,63,65,66,68,69,70,72,75,76,77,78,80,84,85,87,88,90,91,92,93,95,96,98,99\}$

Desde el 3 - $\{ 3p=15,21,33,39,51,57,69,87,93\}$

Los únicos números que me quedan son, $\{12,18,20,24,28,30,35,40,42,44,45,48,50,52,54,55,56,60,63,65,66,68,70,72,75,76,77,78,80,84,85,88,90,91,92,95,96,98,99\}$

De 5- $\{5p= 10,15,35,55,65,85,95\}$

Los únicos números que me quedan son, $\{12,18,20,24,28,30,40,42,44,45,48,50,52,54,56,60,63,66,68,70,72,75,76,77,78,80,84,88,90,91,92,96,98,99\}$

Desde el 7 - $\{7p= 14,21,35,49,77,91,\}$

Los únicos números que me quedan son, $\{12,18,20,24,28,30,40,42,44,45,48,50,52,54,56,60,63,66,68,70,72,75,76,78,80,84,88,90,92,96,98,99\}$

Productos restantes $pq$ repite.

Ahora elimino todos los grupos de orden $p^2q$ (que no son simples, ya que tienen un subgrupo normal bajo p o bajo q)

De 2 - $4p=\{ 8,12,20,28,44,52,68,76,92,\}$

Los únicos números que me quedan son, $\{18,24,30,40,42,45,48,50,54,56,60,63,66,70,72,75,78,80,84,88,90,96,98,99\}$

Desde el 3 - $9p= \{ 18,27,45,63,99\}$

Los únicos números que me quedan son, $\{24,30,40,42,48,50,54,56,60,66,70,72,75,78,80,84,88,90,96,98,\}$

Desde 5 - $25p =\{50,75 \}$

Los únicos números que me quedan son, $\{24,30,40,42,48,54,56,60,66,70,72,78,80,84,88,90,96,98,\}$

Desde el 7 - $49p= \{ 98\}$ Los únicos números que me quedan son, $\{24,30,40,42,48,54,56,60,66,70,72,78,80,84,88,90,96,\}$

Ahora elimino todos los grupos de orden $pqr$ p,q,r son primos distintos (que no son simples, ya que tienen un subgrupo normal bajo p o bajo q o un subgrupo bajo r)

Los únicos números que nos quedan son $\{24,30,40,42,48,54,56,60,66,70,72,78,80,84,88,90,96\}$

$30=2.3.5$ Así que, $30$ Se elimina

$42=2.3.7$ Así que, $42$ se elimina

$66=2.3.11$ Así que, $66$ se elimina

$70=2.5.7$ Así que, $70$ se elimina

$78=2.3.13$ Así que, $78$ se elimina

Los únicos números que nos quedan son $\{ 24,40,48,54,56,60,72,80,84,88,90,96\}$

$\textbf{EDIT}$ Suponiendo que $G$ es simple, $|G|=24$ . como $24=2^3.3$ Número de subgrupos sylow 3 $1+3k$ divide $8$ .así, no de sylow $3$ subgrupos tiene que ser $4$ . Supongamos que $n_2=3$ cada subgrupo de bajo 3 tiene 2 elementos no identitarios en total 8 elementos no identitarios. cada subgrupo de bajo 2 tiene 7 elementos no identitarios ya que no podemos asumir que la intersección de los subgrupos de bajo 2 no es trivial, $\textbf{INCOMPLETE}$

Los únicos números que nos quedan son $\{40,48,54,56,60,72,80,84,88,90,96\}$

$40=2^3.5$ nº de dubgroups sylow 5 $1+5k$ divide $8$ Por lo tanto, sylow 5 sbgroup es único y por lo tanto el grupo no es simple.

Los únicos números que nos quedan son $\{48,54,56,60,72,80,84,88,90,96\}$

$48=2^4.3$ Número de subgrupos sylow 3 $1+3k$ divide $16$ Número de subgrupos sylow 2 $1+2k$ divide 3 suponga $n_2=3$ y $n_3=16$ Contribución de $P_3$ (subgrupo sylow 3) es de 45 y la contribución de $P_2$ (subgrupo bajo 2) es 3 que suma 48 y con el elemento identidad tenemos 49 elementos. Por lo tanto, al menos uno de $n_3$ o $n_2$ es $1$ Por lo tanto, G no es simple.

Los únicos números que nos quedan son $\{54,56,60,72,80,84,88,90,96\}$

$54=2.3^3$ Nº de grupos sylow 3 sb, $1+3k$ divide $2$ Por lo tanto, el subgrupo 3 es normal y por lo tanto el grupo no es simple.

Los únicos números que nos quedan son $\{56,60,72,80,84,88,90,96\}$

$\textbf{EDIT}$ : Considere el grupo $G$ de orden $56$ Para ello tenemos $56=2^3.7$ . Suponiendo que esto sea un grupo simple, terminaríamos con el caso de que $n_2=7,n_7=8$ . $n_p$ denota el número de subgrupos sylow p. cada silo $7$ subgrupo tiene $6$ elementos no identitarios, totalmente hay $8\times 6=48$ elementos no identitarios en todos los sylow $7$ subgrupos. cada sylow $2$ subgrupo tiene $7$ elementos no identitarios. Como existe la posibilidad de que la intersección de dos sylow $2$ para ser no triviales, habría un elemento más (no identitario) diferente de estos siete elementos no identitarios, sumando hasta 8 elementos no identitarios, con $1$ elemento de identidad y sumando hasta $1+8+48=57$ ( $48$ elementos de sylow $7$ subgrupos) contradiciendo la cardinalidad de orden del grupo $|G|=56$ . Por lo tanto, o bien $n_2=1$ o $n_7=1$ Por lo tanto, existe un único silo $2$ subgrupo o un único silo $7$ subgrupo. Así, $G$ no es sencillo.

Los únicos números que nos quedan son $\{60,72,80,84,88,90,96\}$

$80=2^4.5$ Posibilidades de $n_2$ son $1,5$ posibilidades de $n_5$ son $1,16$ . Supongamos que Supongamos que $n_2=5$ y $n_5=16$ entonces $P_5$ contribuye $64$ elementos y al menos $16$ elementos no identitarios de $P_2$ sumando $80$ excluyendo la identidad. Por lo tanto, G no es simple

Los únicos números que nos quedan son $\{60,72,84,88,90,96\}$

$84=2^2.3.7$ sin mucha dificultad, se puede ver $n_7=1$ y por lo tanto, G no es simple.

Los únicos números que nos quedan son $\{60,72,88,90,96\}$

$88=2^3.11$ sin mucha dificultad, se puede ver que $n_{11}=1$ por lo que G es simple.

Los únicos números que nos quedan son $\{60,72,90,96\}$

De alguna manera me las arreglé para mostrar grupos de orden $72,90,96$ no son simples. (Me duelen las manos, no puedo escribir más que esto :D)

Así que, me queda el grupo de orden $60$ y tenemos $A_5$ con $|A_5|=60$ y $G\cong A_5$

Estaría agradecido si alguien puede comprobar si esto es claro (o) no (incluso con cualquier error tipográfico) y si es posible dar una pista para una forma sencilla de llegar al resultado requerido.

Gracias.

P.D : Para ser franco, no tengo ni idea de cómo resolver esto antes de escribir esto. Pensaba decir que al menos sé que los grupos cíclicos (orden primo) no son simples y dejar el resto a los demás usuarios y entonces me di cuenta $p^2$ no son sencillos y así sucesivamente traté de eliminar uno por uno. en el momento en que llegué al caso de $72,90,96$ Me harté y decidí ciegamente asumir que son simples (:P). Escribiré sobre esos casos dentro de un tiempo en detalle.

P.D. $2$ : Podría alguien ayudarme a concluir que un grupo de orden 24 es simple. He editado un error en mi argumento. Espero una prueba que utilice el argumento de conteo y no otros resultados :)

Answer 1

Si se utilizan algunos resultados más potentes, es posible hacerlo con mucha más facilidad.

Los dos ingredientes principales para ello serán los siguientes:

Burnside's $pq$ -Teorema: Si sólo dos primos distintos dividen el orden de $G$ entonces $G$ es solucionable.

Teorema de la transferencia de Burnside: Si $P$ es un $p$ -Silow subgrupo de $G$ y $P\leq Z(N_G(P))$ entonces $G$ tiene una normalidad $p$ -complemento.

Así que al buscar un grupo simple no abeliano, el primer resultado nos dice inmediatamente que podemos suponer al menos $3$ primos distintos dividen el orden de $G$ .

La forma en que utilizaremos el segundo resultado es la siguiente:

Dejemos que $P$ ser un $p$ -Sylow subgrupo donde $p$ es el divisor primo más pequeño de $|G|$ . Demostraremos que si $|P| = p$ entonces $P\leq Z(N_G(P))$ (y entonces el resultado anterior dice que $G$ no es sencillo).

Para ver esto, observamos que $N_G(P)/C_G(P)$ es isomorfo a un subgrupo de $\rm{Aut}(P)$ (esto se conoce como el Teorema N/C y es un bonito ejercicio), que tiene orden $p-1$ y como el orden de $N_G(P)/C_G(P)$ divide $|G|$ Esto significa que $N_G(P) = C_G(P)$ y de ahí la afirmación (ya que habíamos elegido $p$ para ser el divisor primo más pequeño).

El mismo argumento muestra en realidad que si $p$ es el divisor primo más pequeño de $|G|$ Entonces, o bien $p^3$ divide $|G|$ o $p = 2$ y $12$ divide $|G|$ . La razón de esto es que si el $p$ -Sylow es cíclico de orden $p^2$ el mismo argumento es válido, ya que en ese caso todos los divisores primos de $|\rm{Aut}(P)|$ son $p$ o más pequeño.

Si $P$ no es cíclico, entonces el orden de $\rm{Aut}(P)$ será $(p^2-1)(p^2 - p) = (p+1)p(p-1)^2$ y el único caso en el que ésta puede tener un divisor primo mayor que $p$ es cuando $p = 2$ en cuyo caso ese divisor primo es $3$ y recibimos la reclamación.

En resumen, obtenemos que el orden de $G$ debe ser divisible por al menos $3$ primos distintos, y el más pequeño divide el orden $3$ veces, o el divisor primo más pequeño es $2$ (en realidad, por Feit-Thompson, sabemos que debe ser así, pero he preferido no invocar también eso), y $3$ también debe dividir la orden.

Esto nos da inmediatamente $60$ como límite inferior del orden de $G$ y el siguiente orden posible sería $2^2\cdot 3\cdot 7 = 84$ y todos los demás órdenes son mayores que $100$ . Así que nos queda descartar el orden $84$ (lo que ha hecho), y mostrando que el único de orden $60$ es $A_5$ .

Answer 2

En cuanto a un grupo de orden $24$ .

Sabemos que $n_2$ es 1 o 3. Si $n_2=1$ hemos terminado. Si $n_2=3$ entonces deja que $X$ sea el conjunto de los tres $2$ -Grupos de silo. $G$ actúa transitoriamente sobre $X$ por conjugación. En particular, la acción no es trivial. La acción del grupo puede considerarse como un homomorfismo $\phi\colon G\to S_X=S_3$ . Desde $1<\left|Im(\phi)\right|\le 6$ tenemos $8\le \left|\ker\phi\right|<24$ Así que $G$ no es sencillo.

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Se puede acortar significativamente la prueba con el siguiente lema.

Si $\left|G\right|=p^km$ donde $p$ es un primo, $p\nmid m$ y $p^k\nmid (m-1)!$ entonces $G$ no es sencillo.

Prueba de ello: Sea $P$ ser un $p$ -Sylow subgrupo. Entonces $G$ actúa transitivamente sobre los cosets $G/ P$ por multiplicación por la izquierda. Como $\left[G\colon P\right]=m$ esta acción es un homomorfismo $\phi\colon G\to S_m$ . Si $G$ es simple entonces $\ker\phi=\{e\}$ así que $\phi$ es una inyección. Eso es, $G$ es isomorfo a un subgrupo de $S_m$ . Por lo tanto, $p^km=\left|G\right| \mid m!$ así que $p^k\mid (m-1)!$ que es una contradicción.

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Hay un pequeño error en tu argumento, 36 no es un primo al cuadrado.

Answer 3

Aquí hay una forma posiblemente más corta de hacer el problema desde "cero" (asumiendo sólo el teorema de Sylow, y no asumiendo que Burnside $pq$ -teorema) que lo que se hace en OP:

Dejemos que $G$ sea un grupo simple no abeliano de orden $n < 100$ . Sea $f(n)$ sea el mayor primo que divide a $n$ .

Caso 0 : $n = p^k$ . Entonces el centro es no trivial, y por cauchy en el centro podemos encontrar un subgrupo normal de orden $p$ . Se trata de un subgrupo propio cuando $k > 1$ y si $k = 1$ entonces $G$ es abeliana. Por lo tanto, supongamos $n$ no es una potencia primera. Por lo tanto, si cualquier sylow- $p$ grupo es normal, habremos terminado en los otros casos (ya que sería un subgrupo normal propio)

Caso 1 : $f(n) > 7$ . Entonces, obviamente $f(n) > 10$ . Ahora, reclamo el silo- $f(n)$ grupo es normal. Si no lo es, entonces $n_{f(n)}(G) \geq 1 + f(n)$ Así que el grupo tiene un orden al menos $f(n)(f(n)+1) > 100$ una contradicción.

Caso 2 : $f(n) = 7$ . Entonces $n_7(G) = 7k + 1$ y $7(7k+1) \leq 100 \Rightarrow n_7(G) \in \{1, 8 \}$ . Si $n_7(G) \neq 1$ entonces el $7 \cdot n_7 = 56$ divide el orden del grupo, lo que obliga a $n = 56$ . Si el sylow- $8$ tampoco es normal, entonces $n_8 = 7$ . Por lo tanto, hay al menos $(7-1) \cdot n_7 + 1 + (8-1) + 1 > 56$ elementos a en un grupo de orden $56$ una contradicción.

Caso 3 : $f(n) = 5$ . Utilizando una delimitación similar, si el grupo sylow-5 no es normal, entonces $n_5(G) \in \{6, 11, 16 \}$ .

• Si $n_5(G) = 16$ entonces $5 \cdot n_5 = 80 | n \leq 100 \Rightarrow n =80$ . Si el sylow- $16$ grupo no es normal, el $n_{16} = 5$ . Para dos grupos de distrito sylow-16 $H_1, H_2$ , tenga en cuenta que $|H_1 \cap H_2| \leq 8$ Así que $|H_1 \cup H_2| = |H_1| + |H_2| - |H_1 \cap H_2| \geq 24$ . Por lo tanto, hay exactamente $(5-1) \cdot n_5 = 64$ elementos de orden exactamente $5$ y al menos $24$ elementos de orden divisorio $16$ . Pero entonces $64 + 24 = 88 > 80$ una contradicción.
• Si $n_5(G) = 11$ entonces $11$ divide $n$ y esto se reduce al primer caso.
• Si $n_5(G) = 6$ entonces $30 | n$ Así que $n$ es $30, 60, 90$ . Ahora bien, obsérvese que un grupo de orden $2k$ con $k$ impar tiene un subgrupo normal de tamaño $k$ (boceto: Que $G$ actúan sobre sí mismos por acción izquierda, dando un morfismo fiel $G \mapsto S_{|G|}$ , componer con con el mapa de signos $\pi \mapsto sgn(\pi)$ para obtener un mapa $G \mapsto \{1, -1 \}$ . $G$ tiene un elemento de orden $2$ y no es difícil ver este mapa para $-1$ por lo que el núcleo de este mapa es el subgrupo normal deseado). Así que esto da la única posibilidad como $n = 60$

Caso 4 : Así $n = 2^a 3^b$ para algunos $b$ con $a \geq 1$ (de lo contrario es el caso 0), y $1 \leq b \leq 4$ ).

• $b = 4$ . Entonces $n \geq 2 \cdot 3^4 = 162$ una contradicción.
• $b = 3$ . Entonces $n = 54 = 2 \cdot 27$ por lo que es manejado por el $2k$ lema (en $n_5(G) = 6$ caso)
• $b = 2$ . Entonces $n = 2^k 9$ para $1 \leq k \leq 3$ . Ahora bien, si $n_9 \neq 1$ entonces $n_9 = 10$ ( $n_9 = 19$ es demasiado grande). Pero entonces $5 | n$ que lo reduce al caso anterior.
• $b = 1$ . Entonces $n = 3 \cdot 2^k$ .
  • $n = 6$ es manejado por el $2k$ lema
  • $n > 6$ . Tenga en cuenta que si $G$ es simple, y $H$ es un subgrupo propio de $G$ entonces $G$ es isomorfo a un subgrupo de $S_k$ donde $k = [G:H] > 1$ (la prueba es fácil, la acción de $G$ en los conjuntos de la izquierda de $H$ por multiplicación da un mapa de $G$ a $S_k$ . Si el núcleo no es trivial, por simplicidad debe ser todo de $G$ Por lo tanto, en particular $gH = H$ lo que no tiene sentido. Por tanto, el núcleo es trivial, y concluimos por primer isomorfismo). Así, en particular, $|G| \leq S_k = k!$ que (toma $H$ para ser sylow- $2^k$ grupo) es $6$ en este caso. De nuevo, una contradicción.