Teorema Lagrange memunculkan pertanyaan sebaliknya, apakah setiap pembagi urutan suatu kelompok adalah urutan dari suatu subgrup. Ini tidak berlaku secara umum: diberi grup terbatas G dan pembagi d dari |G|, belum tentu ada subgrup G dengan urutan d . Contoh terkecil adalah A4 (grup bergantian dengan derajat 4), yang memiliki 12 elemen tetapi tidak ada subgrup berorde 6.
"Kebalikan dari Teorema Lagrange "(CLT) grup adalah grup berhingga dengan properti bahwa untuk setiap pembagi dari urutan grup, ada subkelompok dari urutan. Diketahui bahwa grup CLT harus solvable dan setiap grup selesaikan adalah grup CLT. Namun, terdapat grup yang dapat dipecahkan yang bukan CLT (misalnya, A 4 ) dan grup CLT yang tidak dapat diselesaikan (misalnya, S 4 </ sub>, kelompok simetris derajat 4).
Contoh kebalikan dari kebalikan dari teorema Lagrange
Kebalikan dari teorema Lagrange menyatakan bahwa jika d adalah pembagi dari urutan grup G, maka terdapat subgrup di mana |H| = d.
Jika memeriksa grup bergantian A4, himpunan genap permutasi sebagai subgrup dari Grup simetris S4.
- A4 = (e, (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3), (1 2 3), (1 3 2), (1 2 4), (1 4 2), (1 3 4), (1 4 3), (2 3 4), (2 4 3)}.
|A4| = 12 jadi pembaginya adalah 1, 2, 3, 4, 6, 12. Asumsikan sebaliknya bahwa terdapat subgrup H pada A4 dengan |H| = 6.
Misalkan V menjadi subgrup non-cyclic dari A4 yang disebut Klein empat grup.
- V = (e, (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)}.
Maka K = H ⋂ V. Karena H dan V adalah subgrup dari A4, K juga merupakan subgrup dari A4.
Dari teorema Lagrange, urutan K harus membagi 6 dan 4, urutan H dan {{mvar | V} } masing-masing. Dua bilangan bulat positif yang membagi 6 dan 4 adalah 1 dan 2. Begitu |K| = 1 atau 2.
Menganggap |K| = 1, menjadi K = (e}. Jika H tidak berbagi elemen apa pun dengan V, maka 5 elemen di H selain Elemen identitas e harus menjadi dari bentuk (a b c) di mana a, b, c adalah elemen berbeda di (1, 2, 3, 4}.
Karena setiap elemen bentuk (a b c) kuadrat adalah (a c b), dan (a b c)(a c b) = e, any element of H dalam bentuk (a b c) harus dipasangkan dengan kebalikannya. Secara khusus, 5 elemen yang tersisa dari H harus berasal dari pasangan elemen yang berbeda di A4 yang tidak ada di V. Hal ini tidak mungkin karena pasangan elemen harus genap dan tidak dapat berjumlah hingga 5 elemen. Jadi, asumsi |K| = 1 salah, jadi |K| = 2.
Kemudian, K = (e, v} di mana v ∈ V, v harus dalam bentuk (a b)(c d) di mana a, b, c, d adalah elemen yang berbeda dari (1, 2, 3, 4}. Empat elemen lainnya dalam H adalah siklus dengan panjang 3.
Perhatikan bahwa coset dihasilkan oleh subgrup grup adalah partisi dari grup. Koset yang dihasilkan oleh subgrup tertentu bisa identik satu sama lain atau disjoint. Indeks subgrup dalam satu grup [A4 : H] = |A4|/|H| adalah jumlah koset yang dihasilkan oleh subkelompok itu. Karena |A4| = 12 and |H| = 6, H akan menghasilkan dua koset kiri, yang satu sama dengan H dan yang lainnya, gH, yang panjangnya 6 dan menyertakan semua elemen di A4 tidak termasuk H.
Karena hanya ada 2 koset berbeda yang dihasilkan oleh H, maka H harus normal. Karena, H = gHg−1 (∀g ∈ A4). Secara khusus, ini benar untuk g = (a b c) ∈ A4. Karena H = gHg−1, gvg−1 ∈ H.
Tanpa kehilangan keumuman, asumsikan a = 1, b = 2, c = 3, d = 4. Kemudian g = (1 2 3), v = (1 2)(3 4), g−1 = (1 3 2), gv = (1 3 4), gvg−1 = (1 4)(2 3). Bertransformasi kembali, kita dapatkan gvg−1 = (a d)(b c). Karena V berisi semua transposisi terputus-putus dalam A4, gvg−1 ∈ V. Hence, gvg−1 ∈ H ⋂ V = K.
Karena gvg−1 ≠ v, kami telah menunjukkan bahwa ada elemen ketiga di K. Tapi sebelumnya kami berasumsi seperti itu |K| = 2, jadi kami memiliki kontradiksi.
Oleh karena itu, asumsi awal kita bahwa ada subgrup berorde 6 tidak benar dan akibatnya tidak ada subgrup orde 6 pada A4 dan kebalikan dari teorema Lagrange belum tentu benar.
Q.E.D.