Sea \(G\) un grupo de orden \(n\)
a) Probar que si existe un subgrupo \(H\) de \(G\) no trivial tal que \(m=[G:N(H,G)]\) satisface que \(m!<n\) entonces \(G\) no es simple
Consideremos de vuelta el ejercicio c) de [Resuelto] Ej1 P2 (1 cuat 2010), esta vez tomemos a "\(H\)" como \(N(H,G)\)(tiene índice \(m\)). El \(K\) de nuestro ejercicio es un subgrupo invariante de \(G\). Si \(G\) fuera simple tendríamos que \(K=G\) o \(K=1\).
Si \(K=G\) como \(K \le N(H,G) \le G\) se sigue que \(N(H,G)=G\), pero justamente el normalizador es el grupo más grande en donde \(H\) es normal, lo que implica que \(H\) es normal en \(G\), y como \(H\) no era trivial llegamos a que \(G\) no es simple, absurdo.
Si en cambio fuera \(K=1\) tendríamos que \([G:K]=n\) y por el ejercicio del link se tendría que \(n\) divide a \(m!\). Esto último es absurdo ya que \(m!<n\). Luego concluimos que este caso no es posible. (probamos un resultado un poquito más fuerte)
Como el absurdo provino de suponer que \(G\) era simple, podemos afirmar que \(G\) no es simple si se cumplen las hipótesis del enunciado
b) Probar que si \(n\) no es primo y para algún primo \(p\) tal que \(p\) divide a \(n\) se verifica que \((r_p)!<n\) entonces \(G\) no es simple
Este ejercicio se deduce trivialmente del anterior y de [Resuelto] Ej 11 P3 (1cuat 2010)
Firma
Daniel