Este es un ejercicio simple que dice que $A_4$ no puede haber un subgrupo de orden $6$. Aquí en mi camino:
Obviamente, para cualquier grupo $G$ y un subgrupo $H$ % índice $2$; tenemos $∀$$ g\in G$, $g^2\in H$. Supongo que el $A_4$ tiene este subgrupo llamado $H$, de orden 6. Entonces para cualquier $\sigma\in A_4$; $\sigma^2\in H$. Creo que tal vez la contradicción sucede cuando nosotros enumerar todas las $\sigma^2$. ¿Le ruego si hay otro enfoque para este problema? Gracias.
Supongamos que existe un subgrupo $H$ $6$, que $[A_4:H]=2$ de la orden. Ahora hay $8$ % #%-ciclos de #% en $3$, por lo que existe un $A_4$-ciclo de $3$%. Entonces considere el cojunto $g\notin H$. Por lo que dos deben coincidir. Desde $H, gH, g^2H$ $H\neq gH$ debe ser igual a uno de los otros, pero cualquiera de los casos implica $g^2H$, una contradicción.
Bien, me pregunto si yo podría usar a los personajes... Si es así, entonces aquí de la siguiente manera:
Como un ejercicio, muestran que, si G cociente su centro es abelian, y si su conmutador subgrupo es de primer orden p, entonces todos los no-lineal irreductible carácter debe ser de grado n tal que n2=|G:Z(G)|.
Sin embargo, como H es de índice 2, es normal y su coeficiente de grupo abelian, es decir, el colector de un subgrupo de G' de G es de primer orden o igual a H. Si el primer caso, luego no es de carácter lineal cuya degree2 es = 2, no es posible. Por lo tanto G'=H. Pero, a continuación, G/G' es cíclico, por lo que G es abelian, que no lo es. Por lo tanto, no H puede existir. Tal vez hay alguna brecha, como este argumento muestra que ningún grupo de la orden de 12 puede tener subgrupos de orden=6...
Me informe si la brecha es detectado, gracias.
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