Sobre a não-existencia de grupos simples de ordem 144


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16 months ago by

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

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 16 months ago by Herivelto Borges 

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16 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?

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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 16 months ago by Herivelto Borges 

Aaah certo! Consegui ver, obrigado.

written 16 months ago by Luciano Renato 
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16 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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