Sólo necesito que alguien compruebe este argumento.
Sea $G$ sea un grupo no abeliano de orden $2009$ . La factorización en primos de $2009$ es $7^2 \cdot 41$ . Sea $n$ sea el número de subgrupos Sylow 7.
Entonces $n \equiv 1$ mod $7$ y $n$ divide $41$ . Desde $41$ es primo, debemos tener $n =1$ o $n=41$ pero $41 \equiv 6$ mod $7$ . Así $n=1$ y tenemos un único subgrupo Sylow 7 $H$ .
Desde $H$ es el único subgrupo Sylow 7, tenemos que $H$ es un subgrupo normal de $G$ . Tomando el cociente tenemos que $|G/H|=41$ Así que $G/H$ es cíclico de orden 41.
Desde $G/H$ es cíclico, $G$ es abeliano. Por tanto, no existe ningún grupo no abeliano de orden $2009$ .
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En $G = S_3$ , tienes $H = A_3$ normal y cíclico, y $G/H$ también es cíclico, pero $G$ no es abeliano.
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Metacíclico (una extensión cíclica de un grupo cíclico) no tiene por qué implicar cíclico. Existe una versión correcta de esta idea, que afirma que si $G/Z(G)$ es cíclico, entonces es trivial.