El examen (antiguo) que estoy viendo tiene el siguiente problema:
Supongamos que el orden de $G$ es par, pero no es divisible por $4$ . Demostrar que $G$ no es sencillo.
Un grupo con $2$ elementos es claramente un contraejemplo de ello.
¿Son esos los únicos contraejemplos?
(En caso afirmativo, ¿cómo se puede demostrar?)
De hecho, es el único contraejemplo. Así es como se demuestra eso.
Dejemos que $|G|=2n$ donde $n$ es impar, y que $x\in G$ tener orden $2$ . La permutación $G\to G$ dado por la multiplicación (digamos a la izquierda) por $x$ es una involución, y sin embargo no fija nada. Así, su descomposición cíclica se compone de $n$ $2$ -ciclos, de donde $x$ induce una permutación impar.
El conjunto de elementos de $G$ que induce permutaciones pares forma un subgrupo $H$ . Para cualquier $g\in G\setminus H$ observamos que $xg$ es un elemento de $H$ Así que $g\in x^{-1}H$ . Esto significa que el índice de $H$ en $G$ es $2$ y como resultado $H\lhd G$ .
Si $|G|>2$ entonces $H$ es un subgrupo normal no trivial de $G$ .
Aprendí este argumento en el texto Teoría de grupos finitos de Martin Isaacs, pág. 35, y apenas lo he cambiado aquí.
Este es un resultado estándar, y la prueba -- muestra que las hipótesis implican que la acción izquierda de $G$ en sí mismo no aterrizan en el subgrupo alternativo $A_{|G|}$ y por tanto el núcleo del homomorfismo de signo da un índice $2$ subgrupo normal -- también es estándar. Pero a mí me costaba recordarlo: Lo buscaba en mi texto de álgebra de licenciatura cada pocos años. $\newcommand{\ra}{\rightarrow}$
Sin embargo, hace unos meses encontré una construcción un poco más general pero también más conceptual, por lo que creo que la recordaré a partir de ahora. La idea es que siempre que un grupo $G$ actúa sobre un conjunto finito $X$ obtenemos un homomorfismo $G \ra \operatorname{Sym} X$ ; al componer con el mapa de signos naturales $\operatorname{Sym} X \ra \{\pm 1\}$ obtenemos un homomorfismo de firma $\epsilon_X: G \ra \{ \pm 1\}$ . Es interesante tratar de determinar $\epsilon_X$ para varias representaciones naturales: de hecho, esto está relacionado con la prueba de Zolotarev de la reciprocidad cuadrática y surgió en algunos trabajos míos sobre generalizaciones "abstractas" de la misma.
Si empezamos con el grupo $G$ ¿Qué es lo más natural? $G$ -¿Se ha puesto? Ciertamente es $G$ actuando sobre sí mismo, digamos que por la izquierda (hacerlo por la derecha no cambia lo que ocurre después). Llamo al homomorfismo asociado $\epsilon_G: G \ra \{ \pm 1\}$ el Firma de Cayley mapa de $G$ . Resulta que hay una sorprendente caracterización limpia de $\epsilon_G$ :
Lema: Sea $G$ sea un grupo finito.
a) Los siguientes son equivalentes:
(i) El homomorfismo de firma de Cayley $\epsilon_G$ no es trivial.
(ii) El Sylow $2$ -subgrupos de $G$ son cíclicos y no triviales.
b) Si $\epsilon_G$ no es trivial, su núcleo es el único índice $2$ subgrupo de $G$ .
Descubrí este resultado por mí mismo y me alegré de ello. Sin embargo, descubrí que la parte a) aparecía anteriormente en un 1979 Nota mensual de Patrick Morton . Para una demostración y otros resultados relacionados, véase el lema 3 aquí . La parte a) es muy elemental y proviene de la fácil identificación del tipo de ciclo de $g \cdot$ para cualquier $g \in G$ . La parte b) utiliza lo que creo que debe ser el primer "teorema del complemento normal", debido en este caso -¡bastante apropiado! -- a Cayley. (Parece que actualmente falta una referencia al teorema del complemento normal de Cayley; tal vez alguien pueda ayudarme aquí...)
Ahora dejemos que $G$ sea finito de orden $n \equiv 2 \pmod{4}$ . Entonces su Sylow $2$ -los subgrupos tienen orden $2$ por lo que debe ser cíclico y no trivial. De ello se desprende que $\epsilon_G$ es no trivial, y su núcleo es una normal, índice $2$ subgrupo de $G$ (por supuesto índice $2$ los subgrupos de cualquier grupo son siempre normales). Así que $G$ no puede ser simple a menos que tenga un orden $2$ . Además $\operatorname{Ker} \epsilon$ es el índice único $2$ subgrupo de orden $G$ .
Como dice el OP, este problema se pregunta a menudo en los exámenes de calificación. De hecho, en los exámenes de álgebra se preguntan a menudo otros problemas que se pueden resolver con esta técnica de extracción de un índice $2$ subgrupo de la acción de Cayley de $G$ en sí mismo. Creo que el Lemma anterior también ayudará con estos...
Supongamos que G es un grupo no abeliano de orden 2m donde m es impar, y tiene un subgrupo A = {1,a} de orden 2 que no es normal. Nótese que $a^2$ = 1. Entonces $\exists$ y $\in$ G tal que
(1) $y^{-1}ay$ = $b \neq$ a. A continuación,
$b^2$ = $y^{-1}ayy^{-1}ay$ = 1
$a^2$ = $b^2$ para que
aa = bb $\Rightarrow$ $ab^{-1} =ba^{-1}$ $\Rightarrow$ ab= ba
Entonces el conjunto {1,a,b,ab} es un grupo. Se puede comprobar por inspección (multiplicando juntos dos elementos cualesquiera). Por ejemplo bab = bba = a.
Pero 4 no divide a 2m, por lo que no puede haber un subgrupo de orden 4 en G. Así que no hay y como en (1).
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