Por qué $A_{5}$ no tiene ningún subgrupo de orden 20?

Question

Por qué $A_{5}$ no tiene ningún subgrupo de orden 20?

Gracias.

Answer 1

Utilizamos el siguiente hecho:

Supongamos que $N \trianglelefteq G$ . Entonces $N$ contiene cada elemento que tiene un orden finito coprimo $[G:N]$ .

Supongamos que existe un subgrupo de orden $20$ en $A_5$ . Esto nos da un homomorfismo de $A_5$ a $S_3$ el núcleo $K$ de los cuales tiene orden $10$ o $20$ por el primer teorema de isomorfismo. El índice de $K$ es coprima de $5$ lo que implica que $K$ contiene todos los elementos de orden $5$ desde $K$ es normal. Pero hay $24$ elementos de orden $5$ en $A_5$ una contradicción.

Este enfoque se puede utilizar para dar una buena prueba del hecho de que $A_5$ es simple, lo que se hace en este documento por Gallian. Hay una pequeña mejora en su demostración: los subgrupos normales de orden $2$ se descartan ya que son necesariamente centrales y $A_5$ tiene un centro trivial.

Answer 2

En primer lugar, sí: es que simple (ah, cómo odiamos las cosas simples, ¿eh?)

En segundo lugar, por supuesto que ha utilizado una propiedad muy especial de $\,A_5\,$ ¡es un grupo simpe! De lo contrario, ¿cómo podría deducir $\,A_5\,$ es isomorfo a un subgrupo de $\,S_3\,$ ?? Después de todo, podría ser que el núcleo de la acción que has descrito sea lo suficientemente grande como para hacer esto posible, pero ese núcleo es un normal subgrupo de $\,A_5\,$ ...así que...

Este ejercicio es más o menos de nivel de licenciatura en matemáticas de nivel medio (a no ser, claro, que alguien diga que es de nivel de bachillerato... últimamente tenemos algunos sabios como estos por aquí), así que hay que dar más crédito a uno mismo cuando se llega a lógicamente algún resultado. Sólo asegúrese de que cada afirmación que haga pueda respaldarla.

Answer 3

Un grupo de orden 20 tiene un subgrupo normal de Sylow 5 que es cíclico, $C_5$ . Sabemos que el subgrupo Sylow 2 de $A_5$ es isomorfo al grupo 4 de Klein (no hay 4-ciclos en $A_5$ ).

Supongamos que $G$ es un grupo de orden 20 con las propiedades anteriores: $C_5\lhd G$ y $V_4\le G$ . Entonces la conjugación en $G$ da una acción de $V_4$ en $C_5$ y, por tanto, un homomorfismo $\phi: V_4\rightarrow Aut(C_5)$ . Podemos comprobar fácilmente que el grupo de automorfismo de $C_5$ es cíclico de orden 4. Está generado por el automorfismo $\sigma:x\mapsto x^2$ . Esto implica que $\phi$ no puede ser inyectiva, es decir, existe un elemento $g\in V_4$ , $g\neq1_G,$ tal que $g$ conmuta con todos los elementos de $C_5$ . El grupo $\langle C_5\cup\{g\}\rangle$ es, por tanto, cíclico de orden $10$ .

Pero el grupo $A_5$ no tiene elementos de orden diez. Por lo tanto, no puede tener un subgrupo como $G$ o bien. Por lo tanto, no puede tener ningún subgrupo de orden $20$ .

Answer 4

Por el contrario, dejemos que $G \leq A_5$ de este grupo. Entonces la intersección de $G$ con cualquiera de los $A_4$ s en $A_5$ (hay 5) deben ser $V_4$ . Esto se debe a $|G A_4| = \frac{|G| |A_4|}{|G \cap A_4|}$ y el teorema de Lagrange. Así que $G$ contiene todas las transposiciones dobles en $A_5$ . Pero $(12)(34)(34)(15) = (1 5 2)$ , una contradicción con el teorema de Lagrange.

Answer 5

Su argumento es perfectamente válido una vez que se acepta la simplicidad de $A_{5}$ . También se podría argumentar de esta manera, y lo menciono porque saca a relucir uno o dos puntos que no se mencionan en otras respuestas, aunque la de Jyrki es la más cercana en espíritu. Señalemos en primer lugar que si $G$ es un grupo finito, y $P$ es un Sylow $p$ -subgrupo de $G$ entonces el teorema de Sylow nos dice que $[G:N_{G}(P)] \equiv 1$ (mod $p$ ). De esto podemos concluir que un grupo de orden $20$ tiene un Sylow $5$ -que es necesariamente normal. Supongamos entonces que $G = A_{5}$ tiene un subgrupo $H$ de orden $20.$ Dejemos que $P$ sea el único Sylow $5$ -subgrupo de $H$ que también es un Sylow $5$ -subgrupo de $G.$ Ahora $P \lhd H,$ para que $H \leq N_{G}(P).$ Por lo tanto, $[G:N_{G}(P)]$ divide $[G:H] =3,$ para que $[G:N_{G}(P)] = 1$ ya que es el único divisor de $3$ congruente con $1$ (mod $5$ ). Pero esto significa que $A_{5}$ tiene un único Sylow $5$ -subgrupo, lo que ciertamente no es el caso, ya que $\langle (12345) \rangle$ y $\langle (13245) \rangle $ son diferentes Sylow $5$ -subgrupos de $G.$ Es un hecho general útil que si $X$ es cualquier grupo finito, y $Q$ es un Sylow $q$ -subgrupo de $X,$ entonces siempre que $M$ es un subgrupo de $X$ que contiene $N_{X}(Q),$ tenemos $[X:M] \equiv 1$ (mod $q$ ) (basta con aplicar el teorema de Sylow en $M$ y en $X$ ).