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A4 no tiene subgrupos de orden 6

Puede un tipo algebrista ofrecen una mejora a este boceto de una prueba?

Mostrar que $A_4$ no tiene subgrupos de orden 6.

Nota, $|A_4|= 4!/2 =12$.
Supongamos $A_4>H, |H|=6$.
A continuación,$|A_4/H| = [A_4:H]=2$.
Por lo $H \vartriangleleft A_4$, por lo que considerar la homomorphism
$\pi : A_4 \rightarrow A_4/H$
deje $x \in A_4$ $|x|=3$ (es decir, en un 3-ciclo)
luego de que 3 divide $|\pi(x)|$
así que como $|A_4/H|=2$ tenemos $|\pi(x)|$ divide 2
por lo $\pi(x) = e_H$ $x \in H$
por lo $H$ contiene todos los 3-ciclos
pero $A_4$ ha $8$ $3$-los ciclos de
$8>6$, $A_4$ no tiene subgrupos de orden 6.

33voto

ChristopherE Puntos 148

Considerar el grupo $A_4/H$. Deje $x$ $3$- ciclo, no en $H$, y considerar los cosets $H$, $xH$, y $x^2H$$A_4/H$. Dado que este es un grupo de orden $2$, dos de los cosets debe ser igual. Pero $H$ $xH$ son distintos, por lo $x^2H$ debe ser igual a uno de ellos.

Si $H=x^2H$,$x^2=x^{-1}\in H$, lo $x\in H$, contradicción. Si $xH=x^2H$,$x\in H$, mismo problema. Por lo $H$ no existe.

14voto

azimut Puntos 13457

Mirando el posible ciclo de tipos, podemos ver que $A_4$ consiste en el elemento de identidad (orden $1$), $3$ doble transposiciones (orden de $2$) y $8$ $3$-ciclos (orden de $3$).

Suponga que $A_4$ tiene un subgrupo $H$ orden $6$. Desde $A_4$ no contiene elementos de orden $6$, $H$ no puede ser cíclica. Por lo tanto,$H \cong S_3$, lo que implica que $H$ contiene $3$ elementos de orden $2$. Por lo $H$ contiene el elemento de identidad y el $3$ doble transposiciones. Desde los $4$ elementos forman un subgrupo de $A_4$, $H$ contiene un subgrupo de orden $4$. Contradicción.

4voto

Mohabat Puntos 1

No estoy seguro de si esto es una combinación de lo que la gente hizo anteriormente o no, pero aquí es un enfoque que debe trabajar.

Para el propósito de la contradicción, supongamos $H\subset A_4$ es un subgrupo de $A_4$ de orden 6. Entonces, para cualquier $a\notin H$ por las propiedades de la izquierda cosets, a continuación,$aH\cap H=\emptyset$. De nuevo, por las propiedades de cosets, ya $|aH|=|eH|=|H|$ (todos los cosets tienen el mismo número de elementos), esto implica que $|aH|=6$. Entonces, como cosets forman una partición del grupo $A_4$, e $|A_4|=12$, luego $$A_4=H\cup aH$$ Now suppose that $un$ is a 3-cycle in $A_4$, then either $^2\en%H $ or $^2\en ay$. If $^2\en%H $, then this implies that $^4=a^2\cdot a^2\en%H $ but, since the order of $un$ is 3 (it is a 3-cycle), then $^4=una$ and since $\noen H$ es una contradicción. Del mismo modo, si $a^2\in aH$ por las propiedades de cosets esto implica que $(a^2)\cdot a^{-1}\in H$, lo que implica $a\in H$ y de nuevo esto es una contradicción.

Como tal, la H no se puede ser un subgrupo de $A_4$ de orden 6.

1voto

Bill Kleinhans Puntos 1087

Basándose en las reflexiones, $A_4$ es isométrico a la rotación del grupo del tetraedro. El tetraedro tiene 4 vértices, de modo que 4 subgrupos de orden 3. También hay 3 pares de aristas no adyacentes. 3 subgrupos de orden 2. Esto agota todos 12 los elementos del grupo.

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