Grupo de la orden de 24 con ningún elemento de orden 6 es isomorfo a $S_4$

Question

La proposición: Dado un grupo de $G$ $|G|=24$ tal que $\nexists g\in G$$|g|=6$,$G\cong S_4$.

Entiendo métodos que puede emplear para deducir el número de Sylow $p$-grupos en $G$ contando los elementos o razonamiento acerca de la permutación de las representaciones. Pero, ¿cómo podemos construir un isomorfismo a $S_4$ que $n_{2-\text{Sylow}}=3$$n_{3-\text{Sylow}}=4$? O de lo contrario, descartar todas las otras posibles casos (tal vez a través del razonamiento del Teorema de Cayley)? Yo también estoy interesado en encontrar una prueba de que es quizás menos directa, pero más elegante, en particular uno que puede implicar la irreductible representaciones de $S_4$. Cualquier visión apreciado.

Answer 1

Vamos a suponer que el número de 3-subgrupos de Sylow es 4*

Deje $G$ act en el set de 3-subgrupos de Sylow, y esto le dará un homomorphism $$ f : G\a S_4 $$ Pretendemos que este homomorphism es inyectiva, y así un isomorfismo.

a) Deje $K = \ker(f)$, $K < N_G(P)$ donde $P$ es algunos fija de 3-subgrupo de Sylow. Ahora, $$ [G:N_G(P)] = 4 \Rightarrow |N_G(P)| = 6 \Rightarrow N_G(P) \cong \mathbb{Z}_6 \text{ o } S_3 $$ Si $N_G(P) \cong \mathbb{Z}_6$, $G$ tendría un elemento de orden 6, y por lo $N_G(P) \cong S_3$, y así $$ |K| \in \{1,3,6\} $$ (Nota: $|K| \neq 2$ desde $S_3$ no tiene normal subgrupos de orden 2)

b) Si $|K| = 1$ estamos hecho y si $|K| = 6$,$K = N_G(P) \triangleleft G$, pero $N_G(N_G(P)) = N_G(P)$ lo cual es una contradicción. Por lo tanto, asumen $|K| = 3$

c) Si $|K| =3$, luego por la N/C teorema, $$ G/C_G(K) = N_G(K)/C_G(K) \cong \text{ un subgrupo de } Aut(\mathbb{Z}_3) \cong \mathbb{Z}_2 $$ En particular, $2 \mid C_G(K)$, lo $C_G(K)$ contiene un elemento de orden 2, que, cuando se multiplica con un generador de $K$ le dará un elemento de orden 6 - una contradicción.

Por lo tanto, $|K| = 1$ y hemos terminado.

$\ast$ Todo lo que queda por demostrar es que $n_3 = 4$, o lo que es equivalente, $n_3 \neq 1$ : creo que un único (y por lo tanto normal) 3-subgrupo de Sylow acabaría produciendo un elemento de orden 6 (quizás por mirar el producto $HK$ para algunos adecuado $K$), pero no estoy seguro de eso.

Answer 2

Aquí es una alternativa de la prueba:

Esta prueba es un poco prolijo, pero creo que es una forma alternativa de abordar el problema. La premisa es similar a la de @PrahlanVaidyanathan 's.

Suponga que $\exists$ 4 3-subgrupos de Sylow en $G.$ Deje $H$ ser un fijo 3-subgrupo de Sylow. Ahora, $N_G(H)$ es isomorfo a $S_3$ por el mismo razonamiento anterior proporcionada por @PrahladVaidyanathan. Ahora, $G$ hechos por la conjugación de ambos el Sylow 3-subgrupos y sus normalizadores. Teniendo en cuenta la acción del grupo sobre el normalizadores hay un homomorphism de $G \rightarrow S_4$. Si $g \in G$ actos trivialmente, a continuación, $g$ normaliza cada una de las $S_3$. Por lo tanto, $g$ está en cada una de las $N_G(Syl_3(G))$ y debe tener un orden $1, 2$ o $3$. La intersección de todos los normalizadores es trivial y, a continuación, el núcleo es trivial que implica $G$ es isomorfo a $S_4$. De lo contrario, el núcleo es un subgrupo normal con dos elementos y $G4$ tiene un elemento de orden 6 considerando que el producto de que el núcleo de $f$ y cualquier Sylow 3-subgrupo. Por lo tanto, si $G$ 4 Sylow 3-subgrupos y un elemento de orden 6, entonces el Sylow 2-subgrupo es normal que implica $G$ no es isomorfo a $S_4$. A continuación, utilice el razonamiento proporcionada por @TobiasKildetoft para ilustrar el número de 3-subgrupos de Sylow es 4 y no 1.