Question

$A_{4}$ Alterne grubunun mertebesi $6$ olan bir altgrubu yoktur. Neden?

Answer 1

Bu gruba $H$ diyelim. $H$'da olmayan bir $3$'lu permutasyon (cycle) $a$ alalim. O zaman $H$, $aH$ ve $a^2H$ siniflarinin ikisi esit olmak zorunda. Bu da celiski getirir. Cunku herhangi bir ikisinin esitligi $a \in H$ verir, ama biz $a$'yi disindan almistik.

Comments

$a^{2}H=aH$   dememiz lazım. Burdan $ a \in H $   nasıl diyoruz. Bir de $ H=a^{2}H $   durumuna bakmamalıyız degil mi zaten eşit olamazlar gibi geliyor ama bunu derken de icim rahat değil.

---

ilk sorun icin her iki tarafi $a^{-1}$ ile carpabiliriz.

---

Evet. Yalnız biraz kafam karıştı. 

$H \neq aH \to aH \neq a^{2}H $ diyebilir miyiz. O halde 

$H=a^{2}H $ dir. Burdan da $a^{2} \in H \to a^{2}a^{2} = a \in H $.

Ya da $ aH \neq a^{2}H $ dedikten sonra $a \in aH$ olduğu için eşit olur diyip de gosterebilir miyiz.

---

ilki icin evet. Ust yorumda dedigim gibi.
$1\ne 2$ ve $2\ne 3$ ise $1=3$ olmak zorunda degil.
Eger $H=a^2H$ oldugunu kabul ettiysen ve celiskiye $a\in H$ diyerek dustuysen, evet. 

Biraz daginik anlatim oldugundan tam da anlayamadim son kisimda ne yapilmak istedigini...

---

3 koset olamayacağı için kosetlerden hangi ikisi birbirine eşit onu görmeye çalışıyorum. Farklı kosetleri soldan bir elemanla işleme sokunca oluşan kosetler farklı olur demek dogru geldi ama H için dogru olmuyor burdan da bir çelişki yakalayıp gostermiş mi oluruz demek istedim. $2 \neq 3$ diyebiliyorsak ve sadece 2 tane farkli koset olacaksa $1=3$ olmalı.

Sanırım benim kafam durdu. En iyisi daha sonra tekrar bakayım. Teşekkür ederim yardımların için.

---

1) $a \not \in H$ ise $a^2\not \in H$ olur.

ispat: $a^2\in H$ olsaydi. $a=(a^2)^2 \in H$ olurdu. Celiski.

2) Dolayisiyla $aH\ne H$ ve $a^2H \ne H$.

3) $aH\ne a^2 H$ olur.

ispat: Esit oldugunu kabul edelim ve her iki tarafi $a^{-1}$ ile carpalim. Bu durumda $H=aH$ olur. Celiski.

ispat 2: Esit olduklarini kabul edelim. Bu durumda oyle bir $h_1,h_2$ elemanlari vardir ki $ah_1=a^2h_2$ olur. (Kume esitligi). Bu da bize $a=h_1h_2^{-1}\in H$ oldugunu verir. Celiski.

Answer 2

Böyle bir grubun var olduğunu kabul edelim ve bu alt grubun ismi de H olsun . H aynı zamanda normaldir

Bu quotient grubuna giden bir map tanımlayın

$x \in A_4$ ise $|x|=(1,2,3) $

eğer x'in mertebesini 3 olacak şekilde seçersek çelişki elde ederiz

Answer 3

Altgruba $H$ diyelim. $|A_4/H| = 2$ olduğundan $H$ normal bir altgruptur ve $A_4/H \simeq \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ olur. Ayrıca $A_4$'ün derecesi 6 olan bir elemanı olmadığından, $H$'nin elemanlarının dereceleri sadece 1, 2 ve 3 olabilir (zaten $A_4$'ün de elemanlarının dereceleri sadece 1, 2 ve 3 olabilir). $x\in A_4\setminus H$ olsun. $x^2 \in H$ olur. Demek ki $x^2$'nin derecesi 1, 2 ya da 3, yani $x$'in derecesi 2, 4 ya da 6. Son ikisi $A_4$'te mümkün olmadığından $x$'in derecesi 2 olmalı. Demek ki $x = (1\, 2)(3\, 4)$ ya da bununla aynı tipte bir permütasyon. Ama o zaman bu elemanın eşlenikleri olan $(1\, 3)(2\, 4)$ ve $(1\, 4)(2\, 3)$ elemanları da $H$'nin dışında. Öte yandan ikisinin çarpımı üçüncüsünü verdiği için bu elemanlar $H$'de olmalı, çelişki.