Grupo de orden 28 no es simple

Question

Tengo una prueba a partir de notas pero no entiendo la parte en negrita:

Caso abeliano: $a \in G / \{1\}$. Si $\langle a\rangle \neq G$, entonces hemos terminado. Si $\langle a\rangle = G$, entonces $\langle a^4\rangle$ es un subgrupo normal propio de $G$. Caso general: Sin pérdida de generalidad, podemos asumir que $G \neq Z(G)$. $\langle 1\rangle \neq Z(G)$, que es un subgrupo normal propio de $G$. Fin. De lo contrario, $|Z(G)| = 1$. $$ 28 = 1 + \sum_{**}\frac{|G|}{|C_G(x)|} $$ Debe haber algún $a\in G$ tal que 7 no divide a $$ \frac{|G|}{|C_G(a)|} $$ Se sigue que $\frac{|G|}{|C_G(a)|} = 2 $ o $4$ $\Rightarrow [G:C_G(a)] = 2$ o $4$ $\Rightarrow 28 \mid2!$ o $28\mid4!$.

Por lo tanto, un grupo de orden 28 no es simple.

¿Por qué son ciertas?

Answer 1

Su primera ecuación mostrada no podría mantenerse si todos los términos en la suma fueran divisibles por $7$, ya que entonces el lado derecho tendría una residuo de $1\bmod7$ mientras que el lado izquierdo es divisible por $7.

Dado que $|G|=28$, cada término en la suma debe dividir a $28$. Los únicos divisores de $28$ que no son divisibles por $7$ son $1$, $2$ y $4$. El único término que es $1$ ya ha sido sacado fuera de la suma; si algún otro término también fuera $1$, el centro de $G$ no sería trivial. Así que al menos un término debe ser $2$ o $4.

No entiendo qué significa la notación al final de la última línea.

Answer 2

@Mark - o podrías omitir el argumento basado en la fórmula de clase y aplicar los teoremas de Sylow: el subgrupo 7-Sylow debe ser normal, ya que el número de tales subgrupos debe dividir 28 y debe ser congruente con 1 (mod 7). Probablemente en este punto de tus notas los teoremas de Sylow no han cruzado tu camino ...

Probablemente más básico: por el teorema de Cauchy, $G$ tiene un subgrupo de orden 7, digamos $H$. Ahora $G$ actúa sobre los cuatro coclases izquierdos de $H$, por multiplicación izquierda. El núcleo de esta acción es el subgrupo normal $core_G(H)$ y está contenido en $H, por lo tanto, es igual a $H$ o debe ser trivial (su orden divide el primo 7). Pero $|G/core_G(H)|$ debe dividir $4!$ (esto es, con suerte, uno de los teoremas que ya aprendiste). Por lo tanto, $H = core_G(H)$, por lo tanto, $H$ es normal, de donde $G$ no es simple.

Answer 3

Debe haber algún $a \in G$ tal que 7 no divida $$ |G| \over |C_G(a)| $$

Para lo primero, nota que LHS es divisible por $7$. Si todos los términos en la sumatoria fueran divisibles por $7$ entonces, el RHS, será $1 \mod 7$. Por lo tanto, debe haber al menos un $x$ con la propiedad que afirmas.

Se sigue que ${|G| \over |C_G(a)|} = 2 $ o $4$

Nota que, $I=\dfrac{|G|}{|C_G(x)|}$, llamado el índice de $C_G(x)$ en $G$, es un número que divide el orden del grupo. (¿Por qué?)

Entonces, si $I$ no es $7$, debe ser $2$ o $4$. (No puede ser $1$ por la propia definición de la ecuación de clases).

$\Rightarrow [G:C_G(a)] = 2$ o $4$ $\Rightarrow 28 |2!$ o $4!$.

La conclusión en la última línea es un lema muy importante debido a Poincaré. Sea $G$, un grupo simple actuando sobre $G/H$, donde $H$ es un subgrupo propio de $G$. Esto te da un homomorfismo de $G \to \operatorname{Sym}(G/H)$. ¿Es la acción trivial? ¿Ahora cuál será su Núcleo? ¿Qué te dice el primer teorema de isomorfismo?

P.D.: No estoy de acuerdo con la secuela, especialmente en la última parte. Comienzas con la suposición de que el grupo es simple. Luego llegas a una contradicción. *"Por lo tanto, el grupo de orden 28 es simple." * está colocado erróneamente en tu prueba.

Una forma más clara sería:

Supongamos que $G$ es un grupo simple. Entonces, su centro es trivial.

Porque, si esto fuera no trivial, sería un subgrupo normal no trivial de $G$. Si es propio, hemos terminado porque esto es una contradicción con la "simplicidad" del grupo. Si es impropio, entonces, el grupo es abeliano. Por el Teorema de Cauchy para grupos abelianos, debe haber un elemento de orden $2$ que debería ser normal (porque cualquier subgrupo en $G$ será normal).

¡Ahora lleva a cabo el argumento que te he mostrado casi explícitamente!

Answer 4

Al leer la ecuación de clase módulo 7 se encuentra la existencia de un $x$ tal que $\frac{|G|}{|C_G(x)|}$ NO es divisible por 7. Por lo tanto, 7 divide a $|C_G(x)|$. Ahora, los factores del numerador $|G|$ son 1, 2, 4, 7 $\cdots$. Dado que $\frac{|G|}{|C_G(x)|}$ no puede ser 1 y no puede dividir a 7, las únicas posibilidades son 2 y 4.