Sobre a não-existencia de grupos simples de ordem 144


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14 months ago by

Questão 32 da lista, não consegui provar que não existem grupos simples de ordem 144. Alguém que fez pode me ajudar?

Community: Algebra I-ICMC-2017

Usando os recursos clássicos, tentar eliminar alguns casos até o ponto onde sobra a possibilidade \(n_2=9\) e \(n_3=16\).

Tome dois \(3\)-Syllows \(H\) e \(K\) tais que \(|H \cap K|=3\) e analise o que pode ser dito sobre o normalizador
\(N_G(H \cap K)\).

written 14 months ago by Herivelto Borges  

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14 months ago by

Acho que posso ajudar.

Como 144 = 3^2*2^4, pelos teoremas de sylow sabemos que existe um 2-sylow e um 3-sylow.

Sabemos que n_3 \equiv 1 (mod 3) e n_3|16, logo n_3 = 1, 4 ou 16.

Se n_3 = 1, acabou.

Se n_3 = 4, pela questão (6) da lista, temos que [G:N(P)] = 4.

Mas também provamos em sala que: Se |G| não divide [G:H]!, com H subgrupo de G, então G tem Um subgrupo normal não trivial em H.

Como |G| = 144 não divide 4! = 24 e N(P) é subgrupo de G, segue que se n_3 = 4, então G não é simples.

Por um argumento inteiramente análogo, sabemos que n_2 = 1, 3 ou 9. Porém se n_2 = 1 ou 3, G não é simples.

Mas não podemos usar o mesmo argumento pra os casos em que n_3 = 16 e n_2 = 9. Alguém tem ideias de como eliminar esses dois casos?

2

Tome dois \(3\)-Syllows  distintos \(H\) e \(K\) (supondo que exista!) tais que \(|H \cap K|=3\) e analise o que pode ser dito sobre o normalizador \(N_G(H \cap K)\).

written 14 months ago by Herivelto Borges  

Aaah certo! Consegui ver, obrigado.

written 14 months ago by Luciano Renato  
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14 months ago by

Veja que \(144 = 3^2 \cdot 2^4\). Analisando os 3-Sylows, temos que \(n_3 \equiv 1 \mod 3\) e \(n_3 \mid 16\),
o que implica que os únicos valores possíveis são \(n_3 = 1\), ou \(n_3=4\) ou \(n_3 = 16\).
Se tivermos \(n_3=1\) então ficamos felizes, pois se existe um único subgrupo de \(G\) de ordem 9, o grupo não é simples.

Se tivermos \(n_3=4\), significa que existem 4 3-Sylows no grupo. Lembre-se que todos os p-Sylows são conjugados
(segundo teorema de Sylow), mas sabemos que o número de subgrupos conjugados a um dado subgrupo \(H\) é \([G:N(H)]\). Assim,
temos nesse caso que, sendo \(P\) um dos \(p\)-Sylows, \(G:N(P)] = 4\). Veja, entretanto, que claramente \(144 \nmid 4!\),
mas um teorema garante que se existe um subgrupo de índice \(r\), mas a ordem de \(G\) não divide \(r!\), então \(G\) não é simples.
Segue então que se \(n_3=4\) nós ficamos felizes de novo, pois nesse caso \(G\) não é simples.

Falta analisar o caso \(n_3=16\). Vamos mostrar inicialmente que dentro desse caso temos dois outros casos possíveis.
A interseção de dois 3-Sylows quaisquer deve possuir uma ordem divisora de 9, pois se \(H,K\) são 3-Sylows, temos que
\(H \cap K \leq H\) e segue o que foi dito pelo Teorema de Lagrange. Logo, os possíveis tamanhos para a interseção de
dois 3-Sylows são 1, 3 ou 9. O caso cuja interseção tem tamanho 9 não ocorre, pois os 3-Sylows são todos distintos.
Se for o caso em que todas as interseções possuem tamanho 1, então juntando todos os 3-Sylows, já temos um total de
\((9-1)\cdot 16 = 128\) elementos do grupo em tais subgrupos. Entretanto, como a ordem de \(G\) é 144, ele deve
possuir um subgrupo de ordem 16 (que é um 2-Sylow), mas como já tínhamos 128 elementos dentro dos 3-Sylows, só cabe
um único subgrupo de ordem 16 (ele com certeza não possuirá nenhum elemento em comum com os 3-Sylows, exceto a identidade,
pense nisso), logo tal subgrupo de ordem 16 será normal e mais uma vez \(G\) não será simples.

Podemos supor então que existem dois 3-Sylows \(H,K\) tais que \(|H \cap K| = 3\). Veja que \([H:H\cap K] = [K:H \cap K] = 3\),
mas como 3 é o menor primo que divide o \(|H|=|K|=9\), temos que \(H \cap K \triangleleft H\) e \(H \cap K \triangleleft K\).
Perceba agora que como \(|HK| = \frac{|H| \cdot |K|}{|H \cap K|}\), temos nessas condições que \(|HK| = 27\). Mas sabemos também
que nessas condições \(HK \subset N(H \cap K)\) (veja adendo), assim \(N(H \cap K)\) tem pelo menos 27 elementos, mas seu tamanho também
deve dividr 144, o que nos diz que as única possibilidade para \(|N(H \cap K|\) são 36, 48, 72 ou 144, vamos ter que analisar os casos.
Se for \(|N(H \cap K)| = 144\), então acabou o problema, pos teremos \(H \cap K \triangleleft G\). Se for \(|N(H \cap K)| = 72\), mais uma
vez acabou o problema, pois teremos \([G:N(H\cap K)] = 2\), logo \(N(H \cap K) \triangleleft G\). Se for \(|N(H \cap K)| = 36\), então teremos
\([G:N(H \cap K)] = 4\), mas \(144 \nmid 4!\), logo \(G\) não é simples. Analogamente fazemos o último caso, pos se for \(|N(H \cap K)|=48\),
então \([G:N(H \cap K)] = 3\), mas \(144 \nmid 3!\) e assim \(G\) não é simples.

A conclusão é que em qualquer caso possível conseguimos concluir que \(G\) possuirá um subgrupo normal não trivial, logo, sucesso!

Adendo: Foi dito que podíamos concluir que \(HK \subset N(H \cap K)\), isso porque tal normalizado é normal tanto em \(H\) quanto \(K\), logo, temos
que \(h H \cap K h^{-1} = H \cap K = k H \cap K k^{-1}\) para todo \(h \in H\) e \(k \in K\). Usando essas duas igualdades conseguimos concluir
que \((hk^{-1} H \cap K (hk^{-1})^{-1} = H \cap K\), logo \(HK \subset N(H \cap K\).

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