Prove que se G é um grupo de ordem 56, então G tem um 2-subgrupo de Sylow normal ou um 7 -subgrupo de Sylow normal.

Passo 1

O enunciado diz que G é um grupo finito com
|G| = 56 = 2^3 cdot 7
Pelo Teorema de Sylow, vamos chamar de n2 o número de 2–Sylow e de n7 o número de 7–Sylow em G. Nosso objetivo é mostrar que pelo menos um deles é igual a 1, ou seja, é único e portanto normal.

Passo 2

Aplicando as restrições de Sylow temos:
  1. n7 divide 2^3=8 e n7equiv1pmod7. Assim
n7in1,8
  1. n2 divide 7 e n2equiv1pmod2. Assim
n2in1,7
Logo as únicas possibilidades são
(n7,n2)in(1,1),(1,7),(8,1),(8,7)

Passo 3

Suponha, por absurdo, que n7=8 e n2=7.
Cada 7–Sylow é um subgrupo cíclico de ordem 7, que tem 6 elementos de ordem 7 além da identidade. Dois 7–Sylow distintos intersectam-se apenas na identidade, pois toda interseção de subgrupos de ordem primo é trivial. Portanto a união de todos os 8 subgrupos de ordem 7 tem
1 + 8cdot 6 = 49
elementos distintos. Assim restam em G exatamente
56 - 49 = 7
elementos fora dos Sylow–7.
Por outro lado, cada 2–Sylow tem ordem 8, ou seja, 7 elementos não identicamente a 1. Se houvessem 7 subgrupos de ordem 8, cada um teria 7 “não-1” e eles só poderiam se apoiar nesses 7 elementos restantes, o que forçaria todos esses Sylow–2 a coincidirem, contra n2=7. Em outras palavras, não há espaço para sete subgrupos distintos de ordem 8 sem ultrapassar o total de 56 elementos. Isso é uma contradição com n2=7.

Passo 4

Da contradição acima, não é possível ter simultaneamente n7=8 e n2=7. Logo pelo menos um dos números de Sylow deve ser 1:
n7=1ou n2=1
Se n7=1, o único 7–Sylow é normal. Se n2=1, o único 2–Sylow é normal.

Resposta

Concluímos que G tem ou um 2–subgrupo de Sylow normal ( n2=1) ou um 7–subgrupo de Sylow normal ( n7=1).

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