$G$ ser un grupo finito de orden $n$ , $H$ ser un adecuado subgrupo de orden $m$ tal que $(n/m)!<2n$ ; $G$ no es sencillo

Question

Deje $G$ ser un grupo finito de orden $n$ , $H$ ser un adecuado subgrupo de orden $m$ tal que $(n/m)!<2n$ ; entonces, ¿cómo demostrar que $G$ no es simple ? He procedido por parte del teorema de Cayley , $\ker f$ es normal y que figuran en el $H$ ; por lo que es normal y adecuada subgrupo de $G$ , necesitamos, además, un no-singleton normal subgrupo , que no soy capaz de conseguir . Por favor, ayudar . Gracias de antemano .

Answer 1

Supongamos por contradicción que $G$ es simple. Considere la posibilidad de la acción en el coset espacio de $G/H$ por la izquierda de la multiplicación. Esto induce a un homomorphism $\rho:$ $G \to S_{\frac{m}{m}}$ con $\ker \rho \triangleleft H$. Desde $H$ apropiado, y $G$ sencillo, a continuación,$\ker \rho=\lbrace 1 \rbrace $. Por lo $\rho $ inyectiva. Lagrange del teorema implica que $n$ divide $(\frac{n}{m})!$ y desde $(\frac{n}{m})!<2n$, luego nos mut ha $n=(\frac{n}{m})!$, lo $G \cong S_{\frac{n}{m}}$. Ahora desde $G$ es simple y $H$ es adecuada, debemos tener $n>2m$ (cualquier subgrupo de índice 2 es normal!)y por lo $\frac{n}{m} \geq 3$, pero $S_{k}$ $k \geq 3$ no es simple. Contradicción.

Answer 2

Suponga que $G$ es simple. Por lo tanto la acción $f$ $G$ a la izquierda cosets de $H$ ha trivial kernel. Es decir, $f$ es un inyectiva homomorphism $f:G \to S_{n/m}$ para el grupo simétrico de grado $n/m$. Por lo tanto $|G| = n$ divide $(n/m)!$. Pero, a continuación, $(n/m)! < 2n$ implica $n = (n/m)!$, lo $f$ debe ser un isomorfismo, y $G \cong S_{n/m}$, que no es simple, la contradicción.