Demuestra que el grupo no es simple

Question

Quiero mostrar que:

Si $G$ contiene un subgrupo de índice en la mayoría de las $4$$G$, no es de primer orden, a continuación, $G$ no es un simple grupo.

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Deje $N\leq G$$[G:N]\leq 4$.

Tenemos que $|G|=x\cdot y, \ 1<x,y<|G|$.

Podría yout me dan una idea de cómo podríamos concluir que $G$ no es simple?

Hacer tal uso de los subgrupos de Sylow?

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EDITAR:

En mis notas he encontrado la siguiente proposición:

$$H\leq G, \ [G:H]=m \text{ and } |G|\not\mid m! \text{ then } G \text{ is not simple. }$$

Tenemos que $H\leq G$$[G:H]=m, \ 1\leq m\leq 4$.

Supongamos que $|G|\mid m!$. A continuación, $G$ es simple. O no es el sobre de la proposición una declaración?

• Si $m=1$, $G=H$ y desde $|G|\mid 1\Rightarrow |G|=1$. Por lo tanto, $G=H=1$. En ese caso, el grupo no es sencillo.
• Si $m=2$, los valores posibles para $|G|$$1$$2$. El caso de $|G|=1$ es rechazado. No puede ser que $|G|=2$, ya que el $G$, no es de primer orden.

• Si $m=3$,$|G|\mid 3!=6$, entonces los posibles valores de $|G|$$1,2,3,6$. Los casos de $1, 2,3$ son rechazados, ya que $G$, no es de primer orden.

  Si $|G|=6$ $G$ es isomorfo a $\mathbb{Z}_6$ o a $S_3$. Dos de ellos no son simples desde $\langle 2\rangle$ es normal en $\mathbb{Z}_6$ $A_3$ es normal en $S_3$. Por lo tanto, $G$ no es simple, una contradicción. Es esto correcto?

• Si $m=4$,$|G|\mid 4!=24$, entonces los posibles valores de $|G|$$1,2,3,4,6,8,12,24$.

  Los casos de $1,2,3,6$ son rechazados.

  Si $|G|=4$ tenemos que $G$ es abelian. Tenemos que todo subgrupo de un grupo abelian es normal. Por lo tanto, $G$ no es simple, una contradicción.

  ¿Qué podemos decir acerca de los casos $|G|=8$, $|G|=12$ y $|G|=24$ ?

Answer 1

Supongamos que$G$ es simple y deja que$1<m\leq 4$ sea el índice de un subgrupo$H$. Entonces la acción de$G$ en el conjunto de cosets izquierdos de$H$ produce un homomorfismo no trivial$G\to S_m$, y como$G$ es simple, el homomorfismo es inyectiva, entonces$|G|\le 24$ Los únicos grupos simples con este orden son de primer orden.

Answer 2

• Hay un error en el argumento (de EDICIÓN), que asumió $|G| | m! $ $G$ es simple. Aquí, para obtener su argumento fijo, usted debe primero supongamos por contradicción (primera pregunta) que $G$ es simple, a continuación, utilizar la counterpositive de su Proposición. Es decir, el saber que $H \leq G$ $[G:H] = m$ y asumiendo $G$ simple, usted tiene $|G| | m!$. Y el trabajo en cada caso, como has hecho hasta ahora para obtener una contradicción.

• Sí, $\mathbb Z_6$, es abelian para cada subgrupo es normal en $\mathbb Z_6$$S_3$, no son simples porque de lo que usted ha señalado.

• Caso $|G| = 8$ tenemos que $G$ no es simple, debido a que es un $2$-grupo y dispone de centro $Z(G)$ no trivial, que es normal en $G$.

• Caso $|G| = 12 = 2^2 \cdot 3 $. Mirando el número de Sylow $3$-subgrupos de $G$ tenemos que $n_3 = 1$ o $4$ (). Si es 1, entonces es normal ($2^{nd}$ - Teorema de Sylow) lo $G$ no es simple. Suponemos, a continuación,$n_3 = 4$. A continuación, como cada uno de estos subgrupos se ha pedido a $3$, que es primo, por lo tanto deben ser disjuntos, por lo tanto no $8 \cdot 2 = 8$ elementos de orden $3$. Lo cual nos deja con $4$ elementos de la izquierda, y deben estar todos los elementos de la Sylow $2$-subgrupo (de nuevo $2^{nd}$ - Teorema de Sylow). Llegamos a la conclusión de que éste debe ser único y por lo tanto normal.

• Caso $|G| = 24 = 2^3\cdot 3$ igualmente tenemos que $$ \begin{cases}n_3 \equiv 1 \mod 3 , n_3 | 8 \\ n_8 \equiv 1\mod 8 , n_8 | 3\end{cases} \implies \begin{cases}n_3 = 1 \,\,\ \text{or} \,\,\ n _3 =4 \\ n_8 = 1\,\,\, \text{or} \,\,\, n_8 = 3\end{cases}$$

Ahora si $n_3 = 1$ o $n_8 =1 $ hemos terminado. Ahora si $n_8 = 3$ entonces la acción de la G por la conjugación de sus subgrupos de orden $8$ determina la $\varphi : G \to S_3$. Por la $2^{nd}$-Teorema de Sylow la imagen de $G$ hechos en $S_3$ transitivamente en el set $3$ subgrupos de orden $8$. A continuación, la imagen no es trivial y $\ker \varphi \neq G$. Como $|S_3|= 6 < |G| = 24 $ tenemos que $\ker \phi \neq \{e\}$. Se puede concluir que la $G$ no es simple.