Seja $\pi$ é um conjunto de primos. Um número natural é dito $\pi$-número, se $p\mid n$ implica que $p\in\pi$. Um número é dito $\pi’$-número, se $p\mid n$ implica que $p\not\in\pi$.
Se $G$ é um grupo e $H\leq G$, então $H$ é dito $\pi$-subgrupo de Hall, se $|H|$ é um $\pi$-número e $|G:H|$ é um $\pi’$-número.
Exemplo. Se $\pi=\{p\}$ com um primo $p$, então $\pi$-subgrupo de Hall é simplesmente um $p$-subgrupo de Sylow.
Exemplo. O grupo $A_5$ não possui $\{3,5\}$-subgroupo de Hall nem $\{2,5\}$-subgrupo de Hall.
Nesta página provaremos o seguinte teorema.
Teorema (P. Hall). Os seguintes são equivalentes para um grupo finito $G$.
- $G$ é solúvel;
- para todo conjunto de primos $\pi$, existe Hall $\pi$-subgrupo $H$ de $G$.
Além disso, em um grupo solúvel, os $\pi$-subgrupos são conjugados.
Para demonstrar o teorema, precisaremos de dois resultados que são interessantes independentemene do Teorema de Hall.
Lemma (O argumento de Frattini). Seja $G$ um grupo finito com subgrupo normal $N$ e $P$ um $p$-subgrupo de Sylow de $N$. Então
$$
G=N_G(P)N.
$$
Demonstração. É claro que $N_G(P)N\subseteq G$, então precisamos provar que $G\subseteq N_G(P)N$.
Note que $P$ é um $p$-subgrupo de Sylow de $N$. Seja $g\in G$. Então $P^g$ é um $p$-subgrupo de Sylow de $G$ contido em $N$, logo ele também é um $p$-subgrupo de Sylow de $N$. Pelo Teorema de Sylow, existe $n\in N$ tal que $P^g=P^n$; ou seja $P^{gn^{-1}}=P$, que quer dizer que $gn^{-1}\in N_G(P)$. Portanto existe $x\in N_G(P)$ tal que $gn^{-1}=x$ que implica que $g=xn$; ou seja $G\subseteq N_G(P)N$.
Lema. Seja $G$ um grupo solúvel com ordem $p^na$ onde $p\nmid a$ e assuma que $G$ possui um único subgrupo minimal normal $M$ tal que $|M|=p^n$. Então $G$ contém subgrupos de ordem $a$ e dois tais subgrupos são conjugados.
Note que o lema anterior é um caso particular do Teorema de Schur–Zassenhaus.
Teorema (Schur-Zassenhaus). Seja $N$ um subgrupo normal de um grupo finito $G$ tal que $\mbox{mdc}(|N|,|G:N|)=1$. Então $G$ possui um subgrupo de ordem $|G:N|$. Além disso se ou $N$ ou $G/N$ é solúvel, então dois tais subgrupos são conjugados.
Na verdade, a condição no Teorema de Schur-Zassenhaus que ou $N$ ou $G/N$ é solúvel é válida em qualquer grupo finito pelo famoso Teorema de Feit–Thompson.
Teorema (Feit-Thompson, 1963). Um grupo finito de ordem ímpar é solúvel.
Demonstração do Lema. O quociente $G/M$ é um grupo solúvel de ordem $a$. Seja $K/M$ um subgrupo minimal normal de $G/M$. O grupo $K/M$ é um $q$-grupo abeliano elementar para algum primo $q\neq p$. Então $|K|=q^mp^n$ e se $Q$ é um Sylow $q$-subgrupo de $K$, então $K=QM$.
Afirmação. $Z(K)=1$.
Assuma que não. Como $K$ é normal em $G$ e $Z(K)$ é caraterístico em $K$, temos que $Z(K)$ é normal em $G$. Como $M$ é o único minimal normal de $G$, $M\leq Z(K)$. Isto implica que $Q$ é caraterístico em $K$ e logo será normal em $G$. Mas isto implica que $M\leq Q$, que é uma contradição.
Seja $N^*=N_G(Q)$ e $N=N_K(Q)=N^*\cap K$.
Afirmação. $M\cap N=1$.
Seja $x\in M\cap N$. Afirmamos que $x\in Z(K)$. Se $k\in K$, então $k=mq$ com $m\in M$ e $q\in Q$. Claramente, $x$ comuta com $m$. Provaremos que $x$ comuta com $q$. Note que $xqx^{-1}q^{-1}\in Q\cap M=1$. Logo $x$ comuta com $q$ e $x\in Z(K)$, como foi afirmado. Logo, $M\cap N\leq Z(K)=1$.
Afirmação. $|N^*|=a$.
Pelo argumento de Frattini, temos que $G=KN^*$. Como
$$
G/K=KN^*/K\cong N^*/(N^*\cap K)=N^*/N
$$
tem-se que $|N^*|=|G||N|/|K|$. Por outro lado, $K=MQ=MN$ e isto implica que $|K|=|M||N|/|M\cap N|=|M||N|$. Portanto,
$$
|N^*|=|G||N|/|K|=|G||N|/(|M||N|)=|G|/|M|=a.
$$
Demonstração do Teorema de Hall. (1) $\Rightarrow$ (2). Provaremos o resultado por indução em $|G|$. O teorema é válido se $|G|=1, p^2, p\cdot q$, etc, onde $p$ e $q$ são primos. Assuma que o teorema é válido para grupos de ordem menor que $|G|$ e assuma que $|G|=ab$ tal que $a$ é um $\pi$-número e $b$ é um $\pi’$-número.
Assuma primeiro que existe um subgrupo normal $N$ de $G$ tal que $b\nmid |N|$. Então $|N|=a’b’$ onde $a’$ é $\pi$-número, $b’$ é $\pi’$-número e $b'<b$. Considere $Q=G/N$. Tem-se que $|Q|=(a/a’)(b/b’)$. Pela hipótese de indução, existe um subgrupo $A/N$ de $Q$ com ordem $a/a’$. Logo $|A|=(a/a’)a’b’=ab’$. Usando a hipótese de indução mais uma vez, $A$ possui um subgrupo de ordem $a$.
Provaremos que dois tais subgrupos são conjugados. Sejam $A$ e $B$ subgrupos de $G$ de ordem $a$. Considere o subgrupo $AN\leq G$. Afirmamos que $|AN|=ab’$. Assuma que $|AN|=\alpha\beta$ onde $\alpha$ e $\beta$ são $\pi$- e $\pi’$-números, respetivamente. Como $A\leq AN$ e $N\leq AN$, temos que $\alpha=a$ e $b’\mid \beta$. Por outro lado
$|AN|=|A||N|/|A\cap N|$ que implica que $\alpha\beta\mid aa’b’$ que implica que $\beta|b’$. Obtemos então que $\beta=b’$ e $|AN|=ab’$. O mesmo argumento mostra que $|B|=ab’$. Então temos que $AN/N$ e $BN/N$ são subgrupos de $G/N$ com ordem $a/a’$. Pela hipótese de indução, eles são conjugados. Assuma que $x\in G$ é tal que
$$
BN/N=(xN)^{-1}(AN/N)(xN)=x^{-1}AxN/N.
$$
Portanto, $x^{-1}AxN=BN$. Isto implica que $A^x$ e $B$ são subgrupos de $BN$ de ordem $a$. Pela hipótese de indução, eles são conjugados. Logo, $A$ e $B$ são conjugados.
Resta verificar o caso quando $G$ não possui um subgrupo normal $N$ como em cima. Neste caso, temos, para todo subgrupo normal $N$, que $b\mid |N|$. Seja $N$ um subgrupo minimo normal. Então $|N|=p^n$ com algum $n$ e $b\mid |N|$. Isto implica que $b=|M|=p^n$. Além disso se $M$ é um subgrupo minimal normal de $G$, então o mesmo argumento mostra que $|N|=p^n$ e $MN=p^n$. Logo $M=N$. Temos então que $N$ é o único subgrupo minimal normal de $G$ e $|N|=b=p^n$. O resultado agora segue do lema em cima.
(2) $\Rightarrow$ (1) Nesta direção provaremos o seguinte resultado mais forte.
Lema. Assuma que $G$ é um grupo finito tal que $G$ possui um $\{p\}’$-subgrupo de Hall para todo primo $p$. Então $G$ é solúvel.
Demonstração. Assuma que $G$ é um contra-exemplo de menor ordem. Afirmamos primeiro que $G$ é simples. De fato, assuma que $1\neq N\lhd G$ e que $p$ é um primo. Seja $H\leq G$ um $\{p\}’$-subgrupo de Hall de $G$. Então $H\cap N$ e $HN/N$ são $\{p\}’$-subgrupos de Hall de $N$ e de $G/N$ respetivamente. Pela minimalidade de $G$, $N$ e $G/N$ são solúveis que implica que $G$ também é solúvel. Mas isto não é o caso: uma contradição. Podemos então assumir sem perder generalidade que $G$ é um grupo simples.
Suponha que $|G|=p_1^{\alpha_1}\cdots p_k^{\alpha_k}$ onde os $p_i$ são primos mutualmente distintos e $\alpha_i\geq 1$. Para todo $i$, seja $H_i$ o $\{p_i\}’$-subgrupo de Hall de $G$. Então
$$
|H_i|=|G|/p_i^{\alpha_i}=\prod_{j\neq i}p_j^{\alpha_j}.
$$
Ponha $D=H_3\cap\cdots\cap H_k$. Temos que $|D|=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}$ e $D$ é um grupo solúvel pelo Teorema de Burnside. Seja $N$ um subgrupo minimal normal de $D$. Então $N$ é um $p$-grupo abeliano elementar. Assuma por exemplo que $N$ é um $p_1$-grupo. Ora, $|G:D\cap H_2|=\prod_{i\geq 2}p_i^{\alpha_i}$, então $|D\cap H_2|=p_1^{\alpha_1}$. Portanto $D\cap H_2$ é um $p_1$-subgrupo de Sylow de $D$. Pelo teoremas de Sylow, $N\leq D\cap H_2$ que implica que $N\leq H_2$. No entanto, obtemos similarmente que $|D\cap H_1|=p_2^{\alpha_2}$ e comparar as ordens implica que $G=H_2(D\cap H_1)$. Seja $g\in G$ e escreva $g=hd$ onde $h\in H_2$ e $d\in D\cap H_1$. Se $x\in N$, então
$$
gxg^{-1}=hdxd^{-1}h^{-1}=hyh^{-1} \in H_2
$$
onde $y=dxd^{-1}$. Logo $N^G\leq H_2$ onde $N^G$ é o fecho normal de $N$ em $G$. Como $H_2<G$, obtemos que $N^G$ é um subgrupo normal não trivial e próprio em $G$, mas isto é impossível, como $G$ é simples.
