Todo grupo simple de orden impar es isomorfo a $\mathbb{Z}_{p} $ si todo grupo de orden impar es soluble

Question

Intento demostrar que las siguientes afirmaciones son equivalentes:

1. Todo grupo simple de orden impar es del tipo $\mathbb{Z}_{p}$ para la primera $p$
2. Todo grupo de orden impar es solucionable.

Pasar de 2 a 1 fue fácil pero tengo problemas con el otro sentido. Obviamente sólo necesito demostrar que dado 1 todo grupo no simple de orden impar es resoluble. Así que si asumo $G$ es un grupo no simple de orden impar entonces tiene un subgrupo normal no trivial y aquí es donde me atasco. Agradecería una pista que me lleve hacia la solución sin abandonarla del todo :)

Gracias de antemano.

Answer 1

Voy a probar $1 \Rightarrow 2$ .

Dejemos que $G$ sea un grupo finito de orden impar. Sea $G = G_0 \supset G_1 \supset\cdots \supset G_{n-1} \supset G_n = 1$ sea una serie de composición. Cada $G_i/G_{i+1}$ es un grupo simple de orden impar. Por lo tanto, por la suposición $1$ es abeliano. Por lo tanto, $G$ es solucionable.

Answer 2

Supongamos que todo grupo simple de orden impar es isomorfo a $\mathbb{Z}_{p}$ para un primer $p$ . Sea $G$ ser un grupo de orden impar. Si $G$ es simple entonces a partir de la suposición $G$ es solucionable. Supongamos que $G$ no es simple, continuamos por inducción completa sobre los números Impares menores que $\left|G\right|$ .

Hipótesis de inducción: Cada grupo $K$ de la orden impar $\left|K\right|<\left|G\right|$ es simple.

Desde $G$ no es simple hay un subgrupo normal propio $$\left\{ e\right\} \lneq H\lneq G$$ Por el teorema de Lagrange sabemos que $\left|H\right|\vert\left|G\right|$ y por lo tanto $\left|H\right|$ es necesariamente impar y como H es un subgrupo propio $\left|H\right|<\left|G\right|$ . Así, a partir de la hipótesis de inducción $H$ es solucionable.

También sabemos que: $$\left|\frac{G}{H}\right|=\frac{\left|G\right|}{\left|H\right|}\overbrace{<}^{\left|H\right|>1}\left|G\right|$$ Así que el cociente $\frac{G}{H}$ es de orden impar menor que $\left|G\right|$ y, por tanto, a partir de la hipótesis de inducción también es resoluble. Para concluir, H y $\frac{G}{H}$ son solucionables y, por tanto, también lo es $G$ (según un teorema no mostrado aquí)

Answer 3

$\,(1)\Longrightarrow (2)$ :

Dejemos que $\,G\,$ sea un grupo de mínimo Orden impar que no es solucionable. Así, $\,G\,$ no puede ser abeliano por lo que $\,G'\neq 1\,$ . Por (1), $\,G\,$ no puede ser simple, así que $\,\exists\,H\triangleleft G\,\,,\,1<H<G\,$ . Tomemos $\,H\,$ normal máximo en $\,G\,$ .

Por la hipótesis de minimidad $\,G/H\,$ tiene solución pero también simple por la maximización de $\,H\,$ como subgrupo normal y, por supuesto, de orden impar $\,\Longrightarrow\,G/H\cong\Bbb Z_p\,$ para algún primo $\,p\, $ . Pero esto significa $\,G'\leq H\,$ y por lo tanto $\,1<G'<G\,$ y, de nuevo por minimalidad $\,|G|\,\,,\,\,G'\,$ es solucionable. Pero esto contradice la suposición de que $\,G\,$ no es solucionable (¿por qué?) y por lo tanto hemos terminado.