1. Admitindo conhecido o resultado do Problema 14, demonstrar que qualquer subgrupo de A_{5} tem ordem no máximo igual a 12 .

Passo 1

O que o enunciado pede: demonstrar que qualquer subgrupo de A_{5} tem ordem no máximo igual a 12.
Informações relevantes que vamos usar (admitidas ou bem conhecidas):
  • |A_{5}|=60.
  • Admitir o resultado do Problema 14: A_{5} é simples (isto é, não tem subgrupos normais próprios diferentes de \{e\} e de A_{5} — esta hipótese foi pedida para ser assumida).
  • Teorema de Lagrange: se H\le G então |H| divide |G|.
  • Fato padrão sobre ação de grupos: se G age por permutações sobre um conjunto de tamanho k transitivamente, obtemos um homomorfismo \varphi:G\to S_{k}. O núcleo desse homomorfismo é a interseção de todas as conjugações de um estabilizador (chamada core do estabilizador) e é um subgrupo normal de G.
O enunciado, portanto, pede que mostremos que se H é qualquer subgrupo próprio de A_{5} então |H|\le 12.

Passo 2

Estratégia global (sem resolver ainda): usar a ação por permutações nos cosets de H para obter um homomorfismo \varphi:A_{5}\to S_{k}, onde k=[A_{5}:H] é o índice de H em A_{5}. Explicar por que um índice pequeno levaria a uma contradição com a simplicidade de A_{5}. Em seguida converter essa informação sobre índices em uma cota superior para |H|.
Antes de aplicar, vamos revisar cuidadosamente o que é o índice e a ação em cosets.

Passo 3

Definição/lemmas que vamos usar (explicado com calma):
  • Índice: para H\le A_{5}, o índice k=[A_{5}:H] é o número de cosets laterais de H em A_{5}. Pela definição, |A_{5}| = |H|\cdot k, logo
|H|=\frac{|A_{5}|}{k}=\frac{60}{k}.
Aqui k é um inteiro \ge 1. Se H é próprio, então k\ge 2.
  • Ação por permutações nos cosets: A_{5} age por translação à esquerda no conjunto X dos cosets à esquerda \{gH: g\in A_{5}\}. Esta ação dá um homomorfismo
\varphi: A_{5}\longrightarrow S_{k},
onde k=|X|=[A_{5}:H]. O núcleo \ker\varphi é a interseção de todos os conjugados de H em A_{5} (chamada core de H) e é um subgrupo normal de A_{5}.

Passo 4

Consequências do homomorfismo \varphi:
  • A imagem \mathrm{Im}\,\varphi é um subgrupo de S_{k}. Pelo Teorema do Homomorfismo, A_{5}/\ker\varphi é isomorfo a \mathrm{Im}\,\varphi, logo
|A_{5}:\ker\varphi|=|\mathrm{Im}\,\varphi|\le |S_{k}|=k!.
Mas |A_{5}:\ker\varphi|=\dfrac{|A_{5}|}{|\ker\varphi|}. Em particular, se \ker\varphi=\{e\} então A_{5} embede em S_{k} (isto é, A_{5} isomorfo a subgrupo de S_{k}), e assim |A_{5}| divide k! e, em particular, |A_{5}|\le k!.
  • Se \ker\varphi\ne\{e\} então \ker\varphi é um subgrupo normal não trivial de A_{5}. Como assumimos A_{5} simples, isso é impossível. Portanto, para que não haja contradição com a simplicidade, a única possibilidade é que \ker\varphi=\{e\} (ou seja, a ação tem núcleo trivial), ou seja, ou a ação injeta A_{5} em S_{k} ou ocorre contradição com a simplicidade. Em suma: para qualquer subgrupo próprio H o núcleo não pode ser não trivial; portanto a única possibilidade consistente é que a ação injete A_{5} em S_{k}. (Ver explicação seguinte sobre valores de k.)

Passo 5

Agora analisamos os possíveis valores de k=[A_{5}:H].
Se a ação é injetora então A_{5} é isomorfo a um subgrupo de S_{k}, portanto |A_{5}| divide |S_{k}|=k! e em particular
60 \le k!.
Vamos ver para quais k isso é possível.
Calculemos os fatorial pequenos:
1! = 1,\quad 2! = 2,\quad 3! = 6,\quad 4! = 24,\quad 5! = 120.
Observa-se que 4! = 24 < 60 e 5! = 120 \ge 60.
Portanto, se k\le 4 então k!<60, o que impede que A_{5} injete em S_{k}. Logo para k\le 4 a única possibilidade é que \ker\varphi seja não trivial, mas isso contradiz a simplicidade de A_{5}. Conclusão: não existem subgrupos de índice k com k\le 4.
Assim necessariamente qualquer subgrupo próprio H tem índice
k=[A_{5}:H]\ge 5.

Passo 6

Transformar a desigualdade em uma cota para |H|. Como |H|=60/k e k\ge 5, obtemos
|H|=\frac{60}{k}\le \frac{60}{5}=12.
Portanto qualquer subgrupo próprio H de A_{5} tem ordem \le 12.
Observação didática: dessa forma não tivemos que listar todos os divisores de 60 nem excluir caso a caso. A ideia-chave é a ação por permutações nos cosets e o uso da simplicidade de A_{5} para forçar o índice a ser suficientemente grande, o que imediatamente dá a cota superior para |H|.

Passo 7

Comentário exemplificativo (para fixar): se H tivesse ordem 30 então o índice seria 2 e 2! é 2<60, o que leva à contradição via o mesmo raciocínio (índice 2 implicaria núcleo não trivial, i.e. H normal). Se H tivesse ordem 20 o índice seria 3 e 3! =6<60, também impossível. Se H tivesse ordem 15 o índice seria 4 e 4! =24<60, impossível. Assim todos esses casos com ordem maior que 12 são descartados de forma unificada pela desigualdade k!\ge 60.

Resposta

Qualquer subgrupo próprio H de A_{5} satisfaz |H|\le 12.

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