Gruppentheorie
Matthias Künzer
Universität Stuttgart
31. März 2016
Inhalt
1 G-Mengentheorie
1.1 Operationen von Gruppen
1.2 Zentralisator . . . . . . .
1.3 Fixpunkte . . . . . . . . .
1.4 Primitivität . . . . . . . .
1.5 Bahnenalgorithmus . . . .
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2 Anwendungen der G-Mengentheorie
2.1 Sylow . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Einfachheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Iwasawa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Einfachheit von An für n > 5 . . . . . . . . . . . . . .
2.2.3 Einfachheit von PSLn (F ) für (n, |F |) 6∈ { (2, 2), (2, 3) }
2.3 Präsentationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Freie Gruppen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Endliche Präsentationen via Erzeuger und Relationen
2.3.3 Bahnenalgorithmus für Relationen . . . . . . . . . . .
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3 Erweiterungen
3.1 Jordan-Hölder . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Auflösbar, überauflösbar, nilpotent . . . . . . .
3.3 Semidirekte Produkte . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Schur-Zassenhaus . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.1 Die ersten beiden Cohomologiegruppen
3.4.2 Schur . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.3 Zassenhaus . . . . . . . . . . . . . . . .
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64
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4 Kleine Untergruppen
4.1 Die Frattiniuntergruppe . . . . . .
4.2 Eine Bemerkung . . . . . . . . . .
4.3 Die Fittinguntergruppe . . . . . .
4.4 Die erweiterte Fittinguntergruppe .
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A Aufgaben und Lösungen
97
A.1 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
A.2 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
2
3
Verzeichnis der Sätze und einiger sonstiger Aussagen
Lemma 19
Lemma 31
Algorithmus 32
Satz 37
Lemma 40
Satz 45
Satz 46
Lemma 53
Lemma 61
Lemma 69
Satz 70
Satz 82
Satz 84
Satz 87
Lemma 114
Satz 118
Satz 131
Satz 147
§1.2
§1.5
§1.5
§2.1
§2.2.1
§2.2.2
§2.2.3
§2.3.2
§3.1
§3.1
§3.1
§3.2
§3.2
§3.2
§3.4.3
§3.4.3
§4.3
§4.4
S.
S.
S.
S.
S.
S.
S.
S.
S.
S.
S.
S.
S.
S.
S.
S.
S.
S.
16
21
22
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30
31
37
43
47
49
54
55
57
78
79
88
94
Bahnenlemma
Lemma von Schreier über Zentralisatorenerzeuger
Bahnenalgorithmus
Satz von Sylow
Iwasawa-Kriterium
Einfachheit der alternierenden Gruppe
Einfachheit der projektiven speziellen Gruppe
Universelle Eigenschaft einer endlich präsentierten Gruppe
Schmetterlingslemma
Lemma von Schreier über Subnormalreihen
Satz von Jordan und Hölder
Kommutatorreihe
Zentralreihen
Sylowzerlegung nilpotenter Gruppen
Lemma von Frattini
Satz von Schur und Zassenhaus
Zentralisator der Fittinguntergruppe
Zentralisator der erweiterten Fittinguntergruppe
4
Vorwort
Automorphismengruppen
Jedes mathematische Objekt X hat eine Automorphismengruppe Aut(X), bestehend aus
den invertierbaren Morphismen von X nach X. Ist X von Interesse, so hilft oft Aut(X)
beim Studium von X. Ist X nicht von sonderlichem Interesse, so kann trotzdem Aut(X)
betrachtenswert sein.
Es hat e.g. die Körpererweiterung C|R die Automorphismengruppe { idC , κ } ' C2 ,
wobei κ(z) := z̄ das komplex Konjugierte zu z ∈ C bezeichnet.
Es hat e.g. die Menge {1, 2, 3, 4, 5} als Automorphismengruppe die symmetrische Gruppe S5 .
Es hat e.g. für einen Körper K und n > 0 der Vektorraum K n die Automorphismengruppe
GLn (K).
Es hat e.g. die Gruppe S5 die Automorphismengruppe Aut(S5 ) ' S5 .
Man abstrahiert von Automorphismengruppen zu Gruppen, um einen flexibleren Formalismus zur Verfügung zu haben, in welchem auch dann Untergruppen und Faktorgruppen
gebildet werden dürfen, wenn diese nicht unmittelbar als Automorphismengruppen auftreten.
Analyse von Gruppen
Gruppen sollen analysiert werden, indem sie als aus kleinstmöglichen Bestandteilen zusammengesetzt beschrieben werden.
Diese Bestandteile heißen Kompositionsfaktoren. Wie Gruppen aus diesen zusammengesetzt sein können, versucht die Erweiterungstheorie zu beschreiben.
Betrachten wir einmal die symmetrische Gruppe S5 . Das Signum ist ein surjektiver Gruppenmorphismus von S5 nach {−1, +1} ' C2 . Der Kern des Signums ist die alternierende
Gruppe A5 . Diese stellt das kleinste nichtabelsche Beispiel einer einfachen Gruppe dar,
i.e. einer Gruppe ohne nichttriviale Normalteiler. Die Kompositionsfaktoren von S5 sind
A5 und C2 .
S5
C2
A5
A5
1
5
Zwar ist S5 nicht als direktes Produkt A5 × C2 rekonstruierbar, wohl aber noch als semidirektes Produkt,
S5 ' A5 o C2 ,
zu dessen Bildung eine Operation von C2 auf A5 zu berücksichtigen ist.
Betrachten wir ferner die Gruppe GLn (K). Sei hierbei K ein endlicher Körper und
n > 2. Die Determinante gibt einen surjektiven Gruppenmorphisms von GLn (K) nach
K r {0} = GL1 (K). Der Kern der Determinante ist die Gruppe SLn (K). Die darin
liegenden Diagonalmatrizen mit konstanter Diagonale bilden das Zentrum Z(SLn (K))
dieser Gruppe, was darin ein i.a. nichttrivialer Normalteiler ist. Die Gruppen GL1 (K)
und Z(SLn (K)) sind abelsch, sogar zyklisch, ihre Kompositionsfaktoren mithin zyklisch
von Primordnung. Schließlich ist die Faktorgruppe PSLn (K) := SLn (K)/Z(SLn (K)) eine
einfache Gruppe, solange nur (K, n) 6∈ { (F2 , 2), (F3 , 2) } ist. Somit hat diesenfalls die
Gruppe GLn (K) als Kompositionsfaktoren PSLn (K) und weitere zyklische Gruppen von
Primordnung.
GLn (K)
abelsch
SLn (K)
PSLn (K)
Z(SLn (K))
abelsch
1
Es ist zwar
GLn (K) ' SLn (K) o GL1 (K) ,
jedoch ist i.a. dann
Z(SLn (K))
r
SLn (K)
-
PSLn (K)
eine nichtspaltende Erweiterung, i.e. SLn (K) ist nicht als semidirektes Produkt seiner
Untergruppe Z(SLn (K)) und seiner Faktorgruppe PSLn (K) schreibbar. Die Tatsache, daß
Z(SLn (K)) zentral in SLn (K) liegt, hat hierbei auch nicht geholfen.
Charakterisierung von Gruppen über Erzeuger
Man kann eine Gruppe vollständig beschreiben, wenn man, grob gesprochen, ein Tupel
von Gruppenerzeugern vorgibt und dazuhin eine hinreichende Menge von Relationen, i.e.
von Produktausdrücken in diesen Erzeugern oder ihren Inversen, welche in dieser Gruppe
Produkt 1 haben.
So etwa ist die Gruppe
S := h s1 , s2 , s3 , s4 : s21 , s22 , s23 , s24 , (s1 s2 )3 , (s2 s3 )3 , (s3 s4 )3 , (s1 s3 )2 , (s1 s4 )2 , (s2 s4 )2 i
erzeugt von den Elementen s1 , s2 , s3 , s4 ; in ihr gelten die Gleichungen s21 = 1, s22 = 1,
s23 = 1, . . . , (s2 s4 )2 = 1; und zu jeder Gruppe, die von Elementen s̃1 , s̃2 , s̃3 , s̃4 erzeugt
6
wird, für welche die entsprechenden Gleichungen gelten, gibt es genau einen Gruppenmorphismus von S, welcher si - s̃i abbildet für i ∈ [1, 4].
Konstruiert wird diese Gruppe S als Faktorgruppe der freien Gruppe auf der Menge
{ s1 , s2 , s3 , s4 } modulo dem von den Relationen s21 , s22 , s23 , . . . , (s2 s4 )2 erzeugten Normalteiler.
Insbesondere erhalten wir den Gruppenmorphismus S - S5 , der si - (i, i + 1) abbildet
für i ∈ [1, 4]. Dieser ist sogar ein Isomorphismus. Damit haben wir S5 in Erzeugern und
Relationen beschrieben.
Für eine gegebene endliche Gruppe G sucht man nun einen solchen Isomorphismus von
einer geeigneten durch Erzeuger und Relationen gegebenen Gruppe nach G. Hierzu läßt
man eine freie Gruppe, i.e. eine mit Erzeugern ohne Relationen, auf G operieren und
wendet den Bahnenalgorithmus an, um den Zentralisator von 1G unter dieser Operation
zu berechnen und daraus die benötigten Relationen abzuleiten.
Organisatorisches
Inhaltlich orientieren wir uns an bekannten Darstellungen der Materie; cf. [2], [3]. Die
Verantwortung für Fehler und Unklarheiten im vorliegenden Skript trage ich natürlich
selbst. Für diesbezügliche Hinweise bin ich dankbar.
Vorausgesetzt werden elementare Kenntnisse über Gruppen aus der Linearen Algebra
und der Algebra, insbesondere die Begriffe der Gruppe, der Untergruppe, der Nebenklassen, des Normalteilers, der Faktorgruppe, des Gruppenmorphismus; cf. e.g. [6, §3.2].
Sylowsätze und Jordan-Hölder werden nochmals angesprochen. Der Hauptsatz über endlich erzeugte abelsche Gruppen wird in den Übungen wiederholt.
Auf Übungen und Lösungen wird im Skript manchmal Bezug genommen, sie sind daher
als Bestandteil des Skripts anzusehen.
Dank geht an Monika Truong für Diskussionen über Jordan-Hölder und weitere Hinweise. Dank geht an Maximilian Hofmann für ausgearbeitete Lösungen zu Aufgaben
und weitere Hinweise. Dank geht an Alisa Baransegeta, Jonas Dallendörfer,
Nadine Hilligardt, Carlo Klapproth, Nora Krauß und Sebastian Nitsche
für Korrekturen und Hinweise. Für weitere Hinweise auf Fehler und Unklarheiten bin ich
dankbar.
Stuttgart, im Wintersemester 2015/16
Matthias Künzer
7
Konventionen. Seien X, Y , Z Mengen. Seien G und H Gruppen.
• Sind a, b ∈ Z, so schreiben wir [a, b] := {z ∈ Z : a 6 z 6 b} für das ganzzahlige Intervall.
• Ist p > 0 eine Primzahl und x ∈ Z r {0}, so schreiben wir vp (x) := max{ α ∈ Z>0 : x ∈ pα Z } für
die Bewertung (engl. valuation) von x bei p. Wir setzen noch vp (0) = +∞.
• Ist n ∈ Z und p ∈ Z>0 prim, so schreiben wir n[p] := pvp (n) .
• Sind a, b, x ∈ Z, so bedeute a ≡x b, daß a − b ∈ xZ ist.
• Es stehe “für x ∈ X” kurz für “für alle x ∈ X”.
• Es bedeutet Y ⊂ X, daß Y ⊆ X und Y 6= X ist.
• Sei Pot(X) die Potenzmenge von X, i.e. die Menge aller Teilmengen von X.
F
S
• Sei I eine Menge und sei Yi ⊆ X für i ∈ I. Schreiben wir i∈I Yi für i∈I Yi , so bringen wir
dadurch zum Ausdruck, daß Yi ∩ Yj = ∅ ist für i, j ∈ I mit i 6= j.
• Ist X endlich, so bezeichne |X| die Anzahl ihrer Elemente.
Q
• Für k > 0 schreiben wir X ×k := i∈[1,k] X = { (xi )i∈[1,k] : xi ∈ X für i ∈ [1, k] }.
• Es bezeichnet id = idX die identische Abbildung von X nach X.
• Sei
Abb(X, Y
) die Menge der Abbildungen von X nach Y .
• Sei f : X - Y eine Abbildung. Sei X 0 ⊆ X, Y 0 ⊆ Y und f (X 0 ) ⊆ Y 0 . Wir schrei0
ben f |YX 0 : X 0 - Y 0 , x0 - f (x0 ) für die Einschränkung. Ist Y 0 = Y , so schreiben wir auch
0
0
f |X 0 := f |YX 0 . Ist X 0 = X, so schreiben wir auch f |Y := f |YX .
• Ist f : X - Y bijektiv, so bezeichnet häufig f − := f −1 : Y
f − ◦ f = idX und f ◦ f − = idY .
- X ihre Umkehrabbildung, i.e.
• Ist f : X × Y - Z eine Abbildung und sind X 0 ⊆ X und Y 0 ⊆ Y , so schreiben wir f (X 0 , Y 0 ) :=
{ f (x0 , y 0 ) : x0 ∈ X 0 , y 0 ∈ Y 0 }.
• Eine Äquivalenzrelation auf X heißt diskret, wenn ihre Äquivalenzklassen alle einelementig sind;
sie heißt verklumpt, wenn ihre einzige Äquivalenzklasse gleich X ist.
• Sei (X, 6) ein Poset, i.e. eine teilgeordnete Menge (partially ordered set).
Es heißt x ∈ X minimal, falls es kein y ∈ X mit y < x gibt. Es heißt x ∈ X initial, falls x 6 z
für alle z ∈ X gilt. Es heißt x ∈ X maximal, falls es kein y ∈ X mit x < y gibt. Es heißt x ∈ X
terminal, falls z 6 x für alle z ∈ X gilt. Es existieren höchstens ein initiales und höchstens ein
terminales Element in X. Für a ∈ X schreiben wir X>a := { x ∈ X : x > a }, etc.
• Sei G endlich. Es heißt |G| auch die Ordnung von G. Für g ∈ G heißt |hgi| auch die Ordnung von
g. Es heißt exp(G) := kgV( |hgi| : g ∈ G ) der Exponent von G. Es ist exp(G) ein Teiler von |G|.
• Die Gruppe G werde, wenn nichts anderes festgelegt wird, multiplikativ geschrieben, mit multiplikativ neutralem Element 1 = 1G .
• Wird eine abelsche Gruppe A additiv geschrieben, dann heißt ihr additives neutrales Element
0 = 0A . Es bezeichnet A× := A r {0}.
• Es bezeichnet SX die symmetrische Gruppe auf X, bestehend aus den Bijektionen von X nach X,
mit der Komposition (◦) als Multiplikation und mit 1Sn = id[1,n] = id. Für n > 0 schreiben wir
auch Sn := S[1,n] . Wir verwenden die Zykelschreibweise, nach der e.g. (1, 5, 2)(3, 4) so abbildet :
1 7→ 5, 5 7→ 2, 2 7→ 1, 3 7→ 4, 4 7→ 3. Ein 2-Zykel heißt auch Transposition.
• Sei n > 1. Es bezeichet Cn die zyklische Gruppe von Ordnung n, in welcher ein Erzeuger von
Ordnung n existiert. Es ist Cn isomorph zur additiven Gruppe von Z/nZ.
8
• Sei A ein Ring. Es bezeichnet U(A) := { a ∈ A : es gibt ein b ∈ A mit ab = 1 und ba = 1 } die
Einheitengruppe von A.
• Sei n > 2. Der Kern des Signummorphismus sgn : Sn → U(Z) = {−1, +1} ist die alternierende
Gruppe An .
• Sei R ein kommutativer Ring. Seien n, m > 0. Sei Rm×n die Menge der m × n-Matrizen. Für
i ∈ [1, m] und j ∈ [1, n] ist ei, j ∈ Rm×n das Element, das an Position (i, j) den Eintrag 1 hat,
ansonsten überall den Eintrag 0.
P
Sei En := i∈[1,n] ei,i ∈ Rn×n die Einheitsmatrix.
P
Sei diag(λ1 , . . . , λn ) = i∈[1,n] λi ei,i , wobei λi ∈ R für i ∈ [1, n].
Sei Rm := Rm×1 . Für i ∈ [1, m] ist ei ∈ Rm das Element, das an Position i den Eintrag 1 hat,
ansonsten überall den Eintrag 0, genannt der i-te Standardbasisvektor. I.e. ei = ei,1 .
• Sei R ein kommutativer Ring. Es bezeichnet
GLn (R) = U(Rn×n ) = { M ∈ Rn×n : det(M ) ∈ U(R) }
die Gruppe der invertierbaren Elemente aus Rn×n . So zum Beispiel kann U(R) = GL1 (R) identifiziert werden. Es bezeichnet
SLn (R) = { M ∈ Rn×n : det(M ) = 1 }
den Kern des Gruppenmorphismus det : GLn (R) - U(R). Ferner bezeichnet
PSLn (R) = SLn (R)/Z(SLn (R)) .
• Sei K ein Körper. Sei V ein K-Vektorraum. Es bezeichnet GL(V ) die Gruppe der bijektiven
K-linearen Abbildungen von V nach V , mit der Komposition als Multiplikation. Es ist also GL(K n )
isomorph zu GLn (K) vermöge des Isomorphismus, der einem Element ϕ ∈ GL(K n ) die beschreibende Matrix bezüglich Standardbasis zuordnet.
r einen injektiven Gruppenmorphismus, - einen surjektiven, ∼• Es bezeichnet manchmal einen bijektiven.
• Eine abelsche Gruppe A heißt endlich erzeugt, wenn es ein n > 0 und einen surjektiven Gruppenmorphismus f : Zn - A gibt.
Man sagt diesenfalls auch, A sei von den Elementen f (e1 ), . . . , f (en ) erzeugt.
• Ein Gruppenmorphismus f : G - H wird trivial genannt, wenn f (g) = 1 ist für alle g ∈ G. Wir
schreiben diesenfalls auch f = ! = !G,H .
• Ein Gruppenmorphismus von G nach G heißt Endomorphismus. Ein bijektiver Endomorphismus
heißt Automorphismus.
• Für g ∈ G bezeichne häufig g − := g −1 das Inverse zu g, i.e. gg − = 1 = g − g.
b
b
• Für g ∈ G, a ∈ Z und b ∈ Z>0 sei g a := g (a ) .
• Für g, x ∈ G ist gx := gxg − , gesprochen: g konjugiert x.
• Für g, h ∈ G ist [g, h] := g − h− gh der Kommutator von g und h.
• Ist S ⊆ G, dann ist hSi 6 G das Untergruppenerzeugnis von S in G, i.e. unter den Untergruppen
von G, die S enthalten, die initiale. Mit anderen Worten, hSi ist der Schnitt aller Untergruppen
von G, die S enthalten. Abermals mit anderen Worten, hSi ist die Menge aller endlichen Produkte
in den Elementen von S und ihrer Inversen. So ist e.g. h∅i = {1} =: 1.
• Für U, V 6 G ist [U, V ] := h [u, v] : u ∈ U, v ∈ V i. Beachte [U, V ] = [V, U ]. Speziell ist
G(1) := [G, G] die Kommutatoruntergruppe von G ; cf. Aufgabe 13, Definition 79.
9
• Es bedeutet U 6 G, daß U eine Untergruppe von G ist. Es bedeutet U < G, daß U 6 G und
U 6= G ist; es heißt dann U echte Untergruppe von G.
• Es bedeutet N P G, daß N eine normale Untergruppe von G ist, auch Normalteiler genannt. Es
bedeutet U C G, daß U P G und U 6= G ist.
• Eine Gruppe G mit |G| > 1 heißt einfach, wenn 1 und G die einzigen Normalteiler von G sind.
• Für U 6 G mit G/U endlich schreiben wir [G : U ] := |G/U | für den Index von U in G.
• Für eine endliche Gruppe G schreiben wir π(G) := { p > 0 prim : |G| ≡p 0 }.
f
• Sei G - H ein Gruppenmorphismus. Sein Kern werde Kern(f ) P G, sein Bild Im(f ) 6 H
geschrieben.
u
v
• Eine Sequenz von Gruppen und Gruppenmorphismen G0 - G - G00 heißt exakt bei G, wenn
Kern(v) = Im(u) ist. Eine solche exakte Sequenz heißt rechtsexakt, falls v surjektiv ist; linksexakt,
falls u surjektiv ist; kurz exakt, falls u injektiv und v surjektiv ist.
Kapitel 1
G-Mengentheorie
Sei G eine Gruppe.
1.1
Operationen von Gruppen
Definition 1 Ein Paar (M, α) bestehend aus einer Menge M und einem Gruppenmorphismus α : G - SM heißt G-Menge. Hierbei heißt α Operation von G auf M .
Wir schreiben oft kurz M := (M, α) und gm = g · m := (α(g))(m).
Ist α injektiv, so heißt M eine treue G-Menge.
Bemerkung. Sei M eine Menge.
(1) Sei gegeben ein Gruppenmorphismus α : G - SM . Dieser liefert die Abbildung
µ : G × M - M , (g, m) 7→ α(g)(m) =: g · m = gm. Für diese gilt
1 · m = α(1)(m) = idM (m) = m
und
g · (h · m) = (α(g) ◦ α(h))(m) = α(gh)(m) = (gh) · m
für m ∈ M und g, h ∈ G.
(2) Sei nun gegeben eine Abbildung µ : G × M - M , (g, m) 7→ g · m = gm, für welche
1·m = m
g · (h · m) = (gh) · m
für m ∈ M und g, h ∈ G gelten. Dann wird für g ∈ G die Abbildung M - M ,
m - g · m beidseitig invertiert von der Abbildung M - M , m - g − · m, da zum
10
11
einen g · (g − · m) = (gg − ) · m = 1 · m = m und zum anderen g − · (g · m) = (g − g) · m =
1 · m = m ist für m ∈ M . Somit ist die Abbildung
α : G
- SM
,
g
-
(m - g · m)
wohldefiniert. Sie ist ein Gruppenmorphismus, da (α(g) ◦ α(h))(m) = g · (h · m) =
(gh) · m = α(gh)(m) ist für m ∈ M , mithin α(g) ◦ α(h) = α(gh) für g, h ∈ G.
Kurz, man kann zur Konstruktion einer G-Operation auf M wahlweise direkt einen Gruppenmorphismus α : G - SM als Operation angeben wie in (1) oder in Definition 1, oder
aber man kann eine Abbildung µ : G × M - M angeben mit den in (2) beschriebenen
Eigenschaften.
Beispiel 2
(1) Sei n > 0. Es ist [1, n] eine Sn -Menge via idSn : Sn - Sn , i.e. via σ · i = σ(i) für
σ ∈ Sn und i ∈ [1, n].
Sei U 6 Sn . Betrachte den Einbettungsmorphismus ι : U - Sn . Dann ist [1, n] =
([1, n], ι) eine treue U -Menge.
(2) Sei H eine Gruppe. Sei ϕ : H - G ein Gruppenmorphismus. Sei M = (M, α) eine
G-Menge. Nach Einschränkung auf H entlang ϕ wird (M, α ◦ ϕ) eine H-Menge.
Manchmal schreibt man diese Mϕ oder MG
H.
Wir haben e.g. in (1) die Sn -Menge [1, n] entlang ι auf U eingeschränkt.
(3) Ist U 6 G, dann ist die Faktormenge G/U eine G-Menge via g·xU := gxU für x, g ∈
G. Da 1·xU = xU und da g·(h·xU ) = ghxU = (gh)·xU für g, h, x ∈ G ist, definiert
dies in der Tat eine G-Menge mit Operation α : G - SG/U , g - (xU - gxU ).
Insbesondere wird für U = 1 so G zu einer G-Menge via Linksmultiplikation.
Es ist x ∈ G genau dann in Kern(α) enthalten, wenn für g ∈ G gilt, daß xgU
T = gU ,
i.e. g − xgU = U , i.e. g − xg ∈ U , i.e. x ∈ gUT ist. Also ist Kern(α) = g∈G gU .
Insbesondere ist G/U treu genau dann, wenn g∈G gU = 1 ist.
(4) Sei K ein Körper. Sei V ein K-Vektorraum. Via α : GL(V ) - SV , ϕ - ϕ ist V
eine GL(V )-Menge, i.e. via ϕ · v = ϕ(v) für ϕ ∈ GL(V ) und v ∈ V . Ist H eine
Gruppe und γ : H - GL(V ) ein Gruppenmorphismus, so wird V γ = (V, α ◦ γ)
auch zu einer H-Menge; cf. (2).
(5) Es ist G eine G-Menge via Konjugation, i.e. via g ·x := gx für g, x ∈ G. Da 1·x = x
und da g · (h · x) = g( hx) = ghx = (gh) · x für g, h, x ∈ G ist, definiert dies in der
Tat eine G-Menge mit Operation β : G - SG , g - (x - gx).
Vorsicht, die G-Mengen-Multiplikation ist nicht die Gruppenmultiplikation.
Es ist g ∈ G genau dann in Kern(β) enthalten, wenn für x ∈ G gilt, daß gx = x, i.e.
gx = xg ist. Also ist Kern(β) = { g ∈ G : gx = xg für x ∈ G } = Z(G) das Zentrum
von G.
12
Definition 3 Seien G-Mengen M und N gegeben.
Eine Abbildung a : M - N heißt eine G-Abbildung oder ein Morphismus von G-Mengen,
wenn ga(m) = a(gm) für g ∈ G und m ∈ M gilt.
Eine bijektive G-Abbildung von M nach N heißt G-Bijektion oder Isomorphismus von
G-Mengen, angedeutet durch M ∼- N . Existiert ein Isomorphismus von G-Mengen von
M nach N , so heißen M und N isomorph, geschrieben M ' N .
Eine G-Menge isomorph zu G/1 heißt regulär ; eine G-Menge isomorph zu G/G heißt
trivial ; cf. Beispiel 2.(3).
Beispiel 4 Sei U 6 V 6 G. Dann ist f : G/U - G/V , gU - gV eine wohldefinierte
surjektive G-Abbildung. Wohldefiniert ist f , da für g ∈ G und u ∈ U auch guV = gV
ist. Surjektiv ist f nach Konstruktion. Es ist f eine G-Abbildung, da für x, g ∈ G sich
f (xgU ) = xgV = xf (gU ) ergibt.
Beispiel 5 Sei M eine G-Menge. Betrachte G als G-Menge via Linksmultiplikation; cf.
Beispiel 2.(3). Sei m ∈ M .
Es ist G - M , g - gm eine G-Abbildung.
Bemerkung 6 Seien G-Mengen M , N , P gegeben.
(1) Es ist idM eine G-Abbildung.
a
b
b◦a
(2) Sind M - N - P beides G-Abbildungen, dann auch M - P .
a
(3) Ist M - N eine bijektive G-Abbildung, dann auch a− wegen
a− (gm) = a− (g · a(a− (m))) = a− (a(g · a− (m))) = g · a− (m)
für g ∈ G und m ∈ M . Ist M ' N , so folgt also N ' M .
Definition 7 Sei M eine G-Menge. Eine Teilmenge N ⊆ M heißt G-Teilmenge, wenn
für g ∈ G und n ∈ N auch gn ∈ N liegt. Diesenfalls ist N via G - SN , g - (n - gn)
wieder eine G-Menge. Wir haben die G-Abbildung N - M , n - n.
Beispiel 8
(1) Sei k > 0. Seien G-Mengen Mi für i ∈ [1, k] gegeben. Es wird M :=
mittels α : G - SM , g - ((mi )i - (gmi )i ) eine G-Menge.
Q
(2) Sei k > 0. Sei M eine G-Menge. Schreibe M ×k := i∈[1,k] M . Sei
Q
M ×k, 6= := { (mi )i ∈ M ×k : mi 6= mj für i, j ∈ [1, k] mit i 6= j } .
Es ist M ×k, 6= eine G-Teilmenge von M ×n .
i∈[1,k]
Mi
13
Definition 9 Sei M = (M, α) eine G-Menge. Eine Äquivalenzrelation (∼) auf M heißt
G-Äquivalenzrelation, falls für m, m0 ∈ M und g ∈ G aus m ∼ m0 auch gm ∼ gm0 folgt.
Schreibe M̄ := M/(∼). Schreibe m̄ für die Äquivalenzklasse von m. Ist (∼) eine G-Äquivalenzrelation, dann ist M̄ vermöge g · m̄ := gm für g ∈ G und m ∈ M eine G-Menge.
Denn es ist 1m̄ = m̄ und g(hm̄) = ghm = ghm = (gh)m̄ für m ∈ M und g, h ∈ G, was
die Operation ᾱ : G - SM̄ , g - (m̄ - gm) liefert.
Wir haben die G-Abbildung r : M - M̄ , m - m̄.
Beispiel. Sei eine G-Abbildung f : M - N zwischen G-Mengen gegeben. Es ist f (M )
eine G-Teilmenge von N . Sei die Äquivalenzrelation (∼) auf M definiert durch
m ∼ m0
f (m) = f (m0 )
:⇐⇒
für m, m0 ∈ M . Es ist (∼) eine G-Äquivalenzrelation, da für g ∈ G und m, m0 ∈ M mit
m ∼ m0 auch f (gm) = gf (m) = gf (m0 ) = f (gm0 ) und somit gm ∼ gm0 gilt.
Es ist
f¯ : M̄
m̄
-
f (M )
f (m)
eine G-Bijektion. Denn da m ∼ m0 genau dann gilt, wenn f (m) = f (m0 ), ist f¯ wohldefiniert und injektiv. Nach Konstruktion ist f¯ zudem surjektiv.
f
MA
AA
AA
A
r AA
M̄
f¯
∼
/N
y<
y
y
yy
- yyyy
/ f (M )
Definition 10 Sei M eine G-Menge.
(1) Wir definieren eine Äquivalenzrelation (∼) auf M durch
m ∼ m0
:⇐⇒
es gibt ein g ∈ G mit gm = m0 .
Wir erkennen (∼) als reflexiv dank 1, als symmetrisch dank Inversem und als transitiv dank Produkt.
Es ist (∼) eine G-Äquivalenzrelation, mit zugehöriger trivialer Operation
! : G - SM̄ . Denn sind m, m0 ∈ M und g ∈ G mit gm = m0 gegeben, dann
ist für x ∈ G auch xgxm = xm0 .
(2) Die Bahn unter G oder G-Bahn von m ∈ M sei die Äquivalenzklasse
Gm := { gm : g ∈ G }
von m. Es ist Gm eine G-Teilmenge von M .
14
(3) Es heißt M transitiv, wenn M aus genau einer Bahn besteht.
Beispiel 11 Sei G als G-Menge via Konjugation aufgefaßt; cf. Beispiel 2.(5).
Die Bahnen von G unter dieser Operation von G heißen Konjugationsklassen. Ist x ∈ G,
so schreiben wir Gx := { gx : g ∈ G } für die Konjugationsklasse von x.
Bemerkung 12 Sei M eine transitive G-Menge.
(1) Die einzigen G-Teilmengen von M sind ∅ und M .
(2) Ist M - T eine surjektive G-Abbildung in eine G-Menge T , dann ist T transitiv.
Beweis.
Ad (1). Sei X ⊆ M eine G-Teilmenge. Ist X 6= ∅, so können wir x ∈ X wählen, und es
wird M = Gx ⊆ X, i.e. M = X.
Ad (2). Seien t, t0 ∈ T gegeben. Wähle m, m0 ∈ M mit f (m) = t und f (m0 ) = t0 . Da
M transitiv ist, können wir g ∈ G mit gm = m0 wählen. Es wird gt = gf (m) = f (gm) =
f (m0 ) = t0 .
Definition 13 Sei k > 0.
Eine G-Menge M heißt k-fach transitiv, wenn M ×k, 6= transitiv ist.
E.g. ist M einfach transitiv genau dann, wenn M transitiv ist.
Bemerkung 14 Sei M eine G-Menge. Sei 0 6 k 6 `. Ist M eine `-fach transitive
G-Menge, so ist sie auch k-fach transitiv.
Beweis. Wegen der `-fachen Transitivität von M ist |M | > `. Die G-Abbildung
M ×`, 6=
(mi )i∈[1,`]
-
M ×k, 6=
(mi )i∈[1,k]
ist mithin surjektiv. Aus der Transitivität von M ×`, 6= folgt also die Transitivität von
M ×k, 6= ; cf. Bemerkung 12.(2).
Beispiel 15
(1) Sei n > 0. Es ist [1, n] eine n-fach transitive Sn -Menge, da für jedes Tupel paarweiser
verschiedener Elemente aus [1, n] ein – sogar genau ein – Element aus Sn existiert,
das ( 1 , 2 , . . . , n ) auf dieses Tupel schickt.
Da die Sn -Abbildung Sn - [1, n]×n, 6= , ρ - (ρ(i))i nicht nur surjektiv, sondern auch
injektiv ist, ist [1, n]×n, 6= übrigens nicht nur transitiv, sondern sogar regulär; cf.
Beispiel 5.
15
(2) Betrachte
A4 = {id, (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3),
(1, 2, 3), (1, 2, 4), (1, 3, 2), (1, 3, 4), (1, 4, 2), (1, 4, 3), (2, 3, 4), (2, 4, 3)} .
Die A4 -Menge [1, 4] ist 2-fach transitiv, da
A4 ( 1 , 2 )
= { ( σ(1) , σ(2) ) : σ ∈ A4 }
= {(1, 2), (2, 1), (3, 4), (4, 3),
(2, 3), (2, 4), (3, 1), (3, 2), (4, 1), (4, 2), (1, 3), (1, 4)}
= [1, 4]×2, 6= .
Cf. auch Aufgabe 5.
Es ist aber [1, 4] keine 3-fach transitive A4 -Menge, da ( 1 , 2 , 3 ) nicht mittels eines
Elements aus A4 nach ( 1 , 2 , 4 ) multipliziert werden kann.
Übrigens ist [1, 4]×2, 6= auch regulär, wie der Isomorphismus A4 ∼- [1, 4]×2, 6= ,
σ - ( σ(1) , σ(2) ) zeigt; cf. Beispiel 5.
1.2
Zentralisator
Sei M = (M, α) eine G-Menge; cf. Definition 1.
Definition 16 Sei N ⊆ M eine Teilmenge. Sei
CG (N ) := { g ∈ G : gn = n für n ∈ N }
der Zentralisator (oder Stabilisator ) von N (1 ).
Da 1n = n ist und da aus g, h ∈ CG (N ) folgt, daß h− n = n und also auch gh− n = n ist
für n ∈ N , ist CG (N ) 6 G.
Insbesondere ist CG (M ) = Kern(α) P G.
Für m ∈ M schreiben wir auch CG (m) := CG ({m}).
Ist N ⊆ G, so bezeichnet CG (N ) den Zentralisator von N als Teilmenge von G, gesehen
als G-Menge via Konjugation; cf. Beispiel 2.(5).
Bemerkung 17 Sei N ⊆ M eine Teilmenge. Sei x ∈ G. Schreibe xN := { xn : n ∈ N }.
Es ist
CG (xN ) = xCG (N ) .
1
Das C in CG (N ) steht für engl. centraliser.
16
Beweis. Es ist g ∈ CG (xN ) genau dann, wenn gxn = xn für n ∈ N , i.e. x− gxn = n für
n ∈ N , i.e. x− gx ∈ CG (N ), i.e. g ∈ xCG (N ).
Beispiel 18 Betrachte G als G-Menge via Konjugation.
Es ist Z(G) := CG (G) = { z ∈ G : zg = g für g ∈ G } = { z ∈ G : zg = gz für g ∈ G }
das Zentrum von G.
Lemma 19 (Bahnenlemma) Sei m ∈ M .
Wir haben die G-Bijektion
G/CG (m)
gCG (m)
βm
∼
-
Gm
gm .
Beweis. Schreibe C := CG (m).
Es ist βm wohldefiniert und injektiv, da für g, g̃ ∈ G genau dann gm = g̃m ist, wenn
m = g − g̃m ist, i.e. g − g̃ ∈ C, i.e. g − g̃C = C, i.e. g̃C = gC.
Es ist βm surjektiv.
Es ist βm eine G-Abbildung, da für h ∈ G und g ∈ G sich βm (hgC) = hgm = hβm (gC)
ergibt.
Korollar 20 Ist G endlich und M transitiv, so ist |M | ein Teiler von |G|.
Beweis. Sei m ∈ M . Es ist |G| = |Gm| · |CG (m)| = |M | · |CG (m)| ; cf. Lemma 19.
Bemerkung 21 Sei M transitiv. Sei m ∈ M .
Sei f : M - T eine surjektive G-Abbildung in eine G-Menge T . Dann gelten (1, 2, 3).
(1) Es ist CG (m) 6 CG (f (m)) 6 G.
(2) Es ist CG (m) = CG (f (m)) genau dann, wenn f bijektiv ist.
(3) Es ist CG (f (m)) = G genau dann, wenn T trivial ist.
Beweis. Es ist T transitiv; cf. Bemerkung 12.(2). Also ist T isomorph zu G/CG (f (m))
gemäß Lemma 19.
Ad (1). Für g ∈ G folgt aus g ∈ CG (m), daß gf (m) = f (gm) = f (m) und also g ∈
CG (f (m)) ist.
Ad (2). Sei f injektiv. Ist g ∈ CG (f (m)), dann folgt aus f (gm) = gf (m) = f (m), daß
gm = m und also g ∈ CG (m) ist. Also ist CG (m) = CG (f (m)) ; cf. (1).
17
Sei umgekehrt CG (m) = CG (f (m)). Sind g, h ∈ G gegeben mit f (gm) = f (hm), dann ist
gf (m) = hf (m), also h− gf (m) = f (m), also h− g ∈ CG (f (m)) = CG (m), also h− gm = m
und somit gm = hm . Also ist f injektiv.
Ad (3). Ist T trivial, dann ist |T | = 1 und also CG (f (m)) = G.
Ist umgekehrt CG (f (m)) = G, dann ist T isomorph zu G/G, i.e. trivial.
1.3
Fixpunkte
Sei M eine G-Menge.
Definition 22 Sei A ⊆ G eine Teilmenge. Sei
FixA (M ) := { m ∈ M : am = m für a ∈ A }
die Menge der Fixpunkte von M unter A. Ist A = {g} für ein g ∈ G, so schreiben wir
auch Fixg (M ) := Fix{g} (M ).
Bemerkung 23 Sei x ∈ G. Sei A ⊆ G. Es ist Fix( xA) (M ) = x FixA (M ).
Beweis. Es ist m ∈ Fix xA (M ) genau dann, wenn xa · m = m für a ∈ A, i.e. wenn
ax− m = x− m für a ∈ A, i.e. wenn x− m ∈ FixA (M ), i.e. wenn m ∈ x FixA (M ).
Lemma 24 (Cauchy) Seien G und M endlich.
Sei t := |{ Gg : g ∈ G }|. Wähle gi ∈ G für i ∈ [1, t] mit G =
F
G
i∈[1,t]
gi .
Dann ist
|{ Gm : m ∈ M }| =
X | Fixg (M )|
1 X
i
.
| Fixg (M )| =
|G| g∈G
|CG (gi )|
i∈[1,t]
Beweis.
Zeigen wir die erste Gleichheit. Sei ` := |{ Gm : m ∈ M }|. Wähle mi ∈ M mit M =
F
i∈[1,`] Gmi . Es wird
P
= |{ (g, m) ∈ G × M : m ∈ Fixg (M ) }|
g∈G | Fixg (M )|
=
=
|{ (g, m) ∈ G × M : gm = m }|
|{ (g, m) ∈ G × M : g ∈ CG (m) }|
P
m∈M |CG (m)|
P
|G| m∈M |Gm|−1
P
|G| i∈[1,`] |Gmi ||Gmi |−1
=
|G| · ` .
=
=
=
L. 19
18
Zeigen wir die zweite Gleichheit. Es genügt,
für i ∈ [1, t]. Gemäß Bemerkung 23 ist
P
g∈ Ggi
| Fixg (M )|
B. 23
=
P
=
G
L. 19
=
1
|G|
P
g∈ Ggi
g∈ Ggi
!
| Fixg (M )| =
| Fixgi (M )|
|CG (gi )|
zu zeigen
| Fixgi (M )|
| gi | · | Fixgi (M )|
|G| · |CG (gi )|−1 · | Fixgi (M )| .
Lemma 24 ist auch ein Spezialfall der Frobenius-Reziprozität aus der Charaktertheorie,
sofern diese bekannt sein sollte. Sei dazu o.E. M transitiv. Es ist g 7→ | Fixg (M )| der Charakter des zu M gehörigen Permutationsmodul, welcher sich aus dem trivialen Charakter
von CG (m) durch Induktion nach G ergibt, wobei m ∈ M zu wählen ist. Da das Skalarprodukt des trivialen Charakters von CG (m) mit sich selbst gleich 1 ist, gilt dies dank dieser
Reziprozität auch für das Skalarprodukt dieses Charakters mit dem trivialen Charakter
von G.
1.4
Primitivität
Sei M = (M, α) eine transitive G-Menge; cf. Definition 1.
Definition 25
(1) Ist M nichttrivial, so heißt M primitiv, wenn für jede surjektive G-Abbildung
M - T entweder diese bijektiv oder T trivial ist.
(2) Eine nichtleere Teilmenge B ⊆ M heißt Block von M , wenn für g ∈ G entweder
gB = B oder gB ∩ B = ∅ ist.
Grob gesprochen hat also eine transitive G-Menge nur die unvermeidbaren Teilobjekte, eine
primitive G-Menge zudem nur die unvermeidbaren Faktorobjekte.
Beispiel 26 Ist |M | endlich und prim, dann ist M primitiv. Denn ist f : M - T eine
surjektive G-Abbildung in eine nichttriviale G-Menge T und ist m ∈ M , so ist CG (m) 6
CG (f (m)) < G nach Bemerkung 21.(1, 3), folglich [G : CG (f (m))] ungleich 1 und Teiler
L. 19
der Primzahl [G : CG (m)] = |M |, folglich [G : CG (f (m))] = [G : CG (m)], i.e. CG (m) =
CG (f (m)), i.e. f bijektiv; cf. Bemerkung 21.(2).
Lemma 27 Sei an M transitiv erinnert. Sei M nichttrivial.
Die folgenden Aussagen (1, 2, 3, 4, 5) sind äquivalent.
(1) Es ist M primitiv.
(2) Es gibt auf M keine G-Äquivalenzrelation, die weder diskret noch verklumpt ist.
19
(3) Es gibt in M keinen Block B mit |B| > 1 und B ⊂ M .
(4) Für ein m ∈ M ist CG (m) maximal in der Menge der echten Untergruppen von G.
(5) Für jedes m ∈ M ist CG (m) maximal in der Menge der echten Untergruppen von G.
Beweis.
Ad (5) ⇒ (4). Da M transitiv ist, ist M 6= ∅.
Ad (4) ⇒ (5). Für x ∈ G und m0 ∈ M ist CG (xm0 ) = xCG (m0 ), sodaß aus CG (m0 )
maximal folgt, daß auch CG (xm0 ) maximal ist; cf. Bemerkung 17. Dank Transitivität
von M folgt also aus CG (m0 ) maximal für ein m0 ∈ M , daß CG (m) maximal ist für alle
m ∈ M.
Ad (5) ⇒ (1). Sei f : M - T eine surjektive G-Abbildung in eine nichttriviale G-Menge
T . Wir haben f als bijektiv nachzuweisen.
Sei m ∈ M . Es ist CG (m) 6 CG (f (m)) 6 G ; cf. Bemerkung 21.(1). Da T nichttrivial
ist, ist CG (f (m)) < G ; cf. Bemerkung 21.(3). Da CG (m) maximal ist, folgt CG (m) =
CG (f (m)). Mithin ist f bijektiv; cf. Bemerkung 21.(2).
Ad (1) ⇒ (5). Sei m ∈ M gegeben. Es ist CG (m) < G, da sonst M = Gm = {m} folgte,
mithin M trivial wäre, was nicht der Fall ist.
Annahme, es gibt CG (m) < U < G. Dann ist G/U nichttrivial. Wir erhalten als Kompositum von M ∼- G/CG (m) - G/U eine surjektive, nichtinjektive G-Abbildung; cf.
Beispiel 4, Lemma 19. Dies steht im Widerspruch zur Primitivität von M .
Ad (¬1) ⇒ (¬2). Sei M nicht primitiv. Dann gibt es eine surjektive, nichtinjektive
G-Abbildung f : M - T mit T nichttriviale G-Menge. Für m, m0 ∈ M setzen wir
m ∼ m0 :⇔ f (m) = f (m0 ). Dann ist (∼) eine G-Äquivalenzrelation, denn für m, m0 ∈ M
und g ∈ G folgt aus f (m) = f (m0 ), daß f (gm) = gf (m) = gf (m0 ) = f (gm0 ) ist. Da f
nichtinjektiv ist, ist (∼) nicht diskret. Da T nichttrivial ist, ist (∼) nicht verklumpt.
Ad (¬2) ⇒ (¬1). Sei (∼) eine G-Äquivalenzrelation auf M , die weder diskret noch verklumpt ist. Schreibe M̄ := M/(∼) und m̄ für die Äquivalenzklasse von m ∈ M . Wir
haben die surjektive G-Abbildung M - M̄ , m - m̄. Es ist M̄ nichttrivial, da (∼) nicht
verklumpt ist. Es ist diese Abbildung nicht bijektiv, da (∼) nicht diskret ist.
Ad (¬2) ⇒ (¬3). Sei (∼) eine G-Äquivalenzrelation auf M , die weder diskret noch verklumpt ist. Für m ∈ M und g ∈ G gibt die Multiplikation mit g eine Bijektion von der
Äquivalenzklasse von m zur Äquivalenzklasse von gm. Somit ist jede Äquivalenzklasse
von (∼) ein Block. Sei B eine Äquivalenzklasse von (∼), mithin ein Block. Es ist |B| > 1,
da (∼) nicht diskret ist. Es ist B ⊂ M , da (∼) nicht verklumpt ist.
Ad (¬3) ⇒ (¬2). Sei B ⊂ M ein Block mit |B| > 1. Für m, m0 ∈ M gelte m ∼ m0 , wenn
es ein g ∈ G gibt mit gm ∈ B und gm0 ∈ B. Es ist (∼) eine Äquivalenzrelation, denn Reflexivität folgt aus M transitiv, Symmetrie folgt aus der Konstruktion, und Transitivität
ergibt sich, da für m, m0 , m00 ∈ M und g, h ∈ G aus gm, gm0 ∈ B und hm0 , hm00 ∈ B
20
auch gm0 ∈ B ∩ gh− B, also B = gh− B und somit gm00 ∈ gh− B = B folgt. Es ist (∼)
eine G-Äquivalenzrelation, da für m, m0 ∈ M und g, x ∈ G aus gm, gm0 ∈ B auch
gx− (xm), gx− (xm0 ) ∈ B folgt. Es ist (∼) nicht diskret, da |B| > 1. Es ist (∼) nicht verklumpt, da B ⊂ M und infolgedessen für m ∈ M rB, b ∈ B und g ∈ G nicht gm, gb ∈ B
gelten kann, da ansonsten aus b ∈ B ∩ g − B auch B = g − B 3 m folgte.
Lemma 28 Sei M zweifach transitiv. Dann ist M primitiv.
Beweis. Es ist M ×2, 6= 6= ∅, also |M | > 2 und somit M nichttrivial. Es ist M transitiv; cf.
Bemerkung 14.
Annahme, M ist nicht primitiv. Dann gibt es eine G-Äquivalenzrelation (∼) auf M , die
weder diskret noch verklumpt ist; cf. Lemma 27. Wähle m, m0 , m00 ∈ M mit m 6= m0 und
m ∼ m0 6∼ m00 . Da M zweifach transitiv ist, gibt es ein g ∈ G mit g(m, m0 ) = (m, m00 ), i.e.
mit gm = m und gm0 = m00 . Dann aber ist m00 = gm0 ∼ gm = m, und wir haben einen
Widerspruch.
Beispiel 29 Sei n > 2. Sei G := Sn . Sei M := [1, n] ; cf. Beispiel 2.(1). Es ist CSn (n) =
S[1,n−1] = Sn−1 .
Es ist [1, n] eine n-fach transitive Sn -Menge; cf. Beispiel 15.(1). Da n > 2, ist [1, n]
auch eine 2-fach transitive Sn -Menge; cf. Bemerkung 14. Folglich ist [1, n] eine primitive Sn -Menge; cf. Lemma 28. Also ist Sn−1 < Sn eine maximale echte Untergruppe; cf.
Lemma 27. Ist n prim, dann ist dies auch von vornherein klar.
Beispiel 30 Sei K ein Körper.
Sei V ein endlichdimensionaler K-Vektorraum mit n := dimK V > 2.
Es ist V eine GL(V )-Menge; cf. Beispiel 2.(4). Es ist V × ⊆ V eine GL(V )-Teilmenge.
Für v, ṽ ∈ V × sei v ∼ ṽ, wenn es ein λ ∈ K × gibt mit λv = ṽ. Es ist (∼) eine Äquivalenzrelation, reflexiv dank 1, symmetrisch dank λ− , transitiv dank Produkt. Es ist (∼) eine
GL(V )-Äquivalenzrelation, da für α ∈ GL(V ), für v, ṽ ∈ V × und λ ∈ K × aus λv = ṽ
folgt, daß λα(v) = α(λv) = α(ṽ) ist.
Schreibe P(V ) := V × /(∼) für die resultierende GL(V )-Menge. Für v ∈ V × ist die Äquivalenzklasse v̄ die von v aufgespannte Gerade in V , ausgenommen 0. Geometrisch gesehen
ist P(V ) der projektive Raum von V .
Durch Einschränkung wird P(V ) zu einer SL(V )-Menge; cf. Beispiel 2.(2).
Wir wollen P(V ) als zweifach transitive SL(V )-Menge erkennen.
Zunächst ist P(V )×2, 6= 6= ∅, da |P(V )| > 2, da dimK V > 2.
Für v̄, v̄ 0 ∈ P(V ) mit v̄ 6= v̄ 0 ist (v, v 0 ) linear unabhängig, sodaß wir (v, v 0 ) zu einer Basis
(v1 , v2 , . . . , vn ) von V ergänzen können, wobei v1 = v und v2 = v 0 .
21
Für w̄, w̄0 ∈ P(V ) mit w̄ 6= w̄0 ist (w, w0 ) linear unabhängig, sodaß wir (w, w0 ) zu einer
Basis (w1 , w2 , . . . , wn ) von V ergänzen können, wobei w1 = w und w2 = w0 .
Es gibt genau ein α ∈ GL(V ) mit α(vi ) = wi für i ∈ [1, n].
Es gibt genau ein β ∈ GL(V ) mit β(v1 ) = w1 / det(α) und β(vi ) = wi für i ∈ [2, n].
Es ist det(β) = det(α)/ det(α) = 1, i.e. β ∈ SL(V ). Es ist β · (v̄, v̄ 0 ) = β · (v̄1 , v̄2 ) =
(w1 / det(α), w̄2 ) = (w̄1 , w̄2 ) = (w̄, w̄0 ).
Folglich ist P(V ) eine zweifach transitive und damit auch primitive SL(V )-Menge; cf.
Lemma 28.
Sei m > 2. Wir schreiben auch Pm−1 (K) := P(K m ). Es ist also auch Pm−1 (K) eine
zweifach transitive und somit primitive SLm (K)-Menge.
1.5
Bahnenalgorithmus
Sei G endlich erzeugt, i.e. sei es uns möglich, eine endliche Teilmenge S ⊆ G zu wählen
mit
G = hSi .
Schreibe S ± := S ∪ { s− : s ∈ S, |hsi| = ∞ }.
Dann ist jedes Element von G schreibbar als ein Produkt von Elementen aus S ± .
Falls G endlich ist, dann ist S = S ± .
Sei M eine G-Menge.
Sei m ∈ M gegeben mit Gm endlich.
Der Bahnenalgorithmus wird zugleich die Berechnung von Gm und von Erzeugern
von CG (M ) liefern.
Lemma 31 (Schreier)
Wähle T ⊆ G mit T m = Gm, mit |T | = |Gm| und mit 1 ∈ T .
Sei τ : G - T festgelegt durch τ (g)m = gm für g ∈ G. Insbesondere ist τ (1) = 1.
Dann ist
CG (m) = h τ (xt)− xt : x ∈ S ± , t ∈ T i
Beweis.
Ad >. Es ist xtm = τ (xt)m, i.e. τ (xt)− xtm = m, i.e. τ (xt)− xt ∈ CG (m) für x ∈ S ± und
t ∈ T.
Ad 6. Sei g ∈ CG (m). Schreibe g = xk xk−1 · · · x1 mit k > 0 und xi ∈ S ± für i ∈ [1, k].
22
Wir setzen rekursiv t1 := 1 und ti+1 := τ (xi ti ) für i ∈ [1, k]. Schreibe yi := τ (xi ti )− xi ti =
t−
i+1 xi ti für i ∈ [1, k]. Es wird
y :=
=
=
=
yk yk−1 · · · y2 y1
−
−
−
(t−
k+1 xk tk )(tk xk−1 tk−1 ) · · · (t3 x2 t2 )(t2 x1 t1 )
t−
k+1 xk xk−1 · · · x2 x1
−
tk+1 g .
−
Da, wie schon gesehen, y ∈ CG (m) liegt, ist m = ym = t−
k+1 gm = tk+1 m, also tk+1 m =
m = 1 · m und somit tk+1 = τ (1) = 1. Es folgt
g = y ∈ h τ (xt)− xt : x ∈ S ± , t ∈ T i .
Algorithmus 32 (Bahnenalgorithmus)
Setze
N0 := {m}
und für i > 0 rekursiv
Ni+1 := { xn : x ∈ S ± , n ∈ Ni , xn 6∈
F
h∈[0,i]
Nh } .
Setze
T0 := {1} .
Beachte T0 m = N0 .
Setze für i > 0
T̃i+1 := { xt : x ∈ S ± , t ∈ Ti , xtm ∈ Ni+1 }
Induktiv nehmen wir Ti m = Ni an. Es folgt T̃i+1 m = Ni+1 . Wähle Ti+1 ⊆ T̃i+1 so, daß
Ti+1 - Ni+1 , t̂ - t̂m bijektiv ist. I.e. für alle n̂ ∈ Ni+1 gibt es genau ein t̂ ∈ Ti+1 mit
t̂m = n̂. Insbesondere folgt auch Ti+1 m = Ni+1 .
F
F
Für i > 0 schreiben wir N[0,i] := h∈[0,i] Nh und T[0,i] := h∈[0,i] Th .
E.g. ist Ni+1 = { xn : x ∈ S ± , n ∈ Ni , xn 6∈ N[0,i] }.
Für gegebenes i > 0 folgt aus Ni = ∅ auch Ni+1 = ∅. Also gibt es genau ein
j > 0
mit Ni 6= ∅ für i 6 j und Ni = ∅ für i > j + 1.
Sei g ∈ G. Schreibe gm = x` x`−1 · · · x1 m mit ` > 0 und xi ∈ S ± für i ∈ [1, `] ; sei hierfür
!
!
` minimal. Wir behaupten gm ∈ N` . Wir wollen induktiv xi xi−1 · · · x1 m ∈ Ni zeigen für
i ∈ [0, `]. Die Aussage ist richtig für i = 0. Sei die Aussage richtig für ein i ∈ [0, ` − 1].
Es wird xi+1 xi xi−1 · · · x1 m 6∈ N[0,i] , da sonst xi+1 xi xi−1 · · · x1 m = yk yk−1 · · · y1 m wäre
23
für ein k ∈ [0, i] und gewisse yh ∈ S ± für h ∈ [1, k], woraus gm = x` x`−1 · · · x1 m =
x` x`−1 · · · xi+2 yk yk−1 · · · y1 m folgte, was wegen der Minimalität von ` nicht so ist. Folglich
ist xi+1 xi xi−1 · · · x1 m ∈ Ni+1 . Dies zeigt die Induktion. Die Behauptung folgt hieraus für
i = `.
Insbesondere ist N[0,j] = Gm.
Somit gibt es für jedes g ∈ G genau ein t ∈ T[0,j] mit tm = gm. Sei τ : G - T[0,j] mit
gm = τ (g)m für g ∈ G.
Sei R̂ := { xt : x ∈ S ± , t ∈ T[0,j] }. Gemäß Lemma 31 ist
CG (m) = h τ (xt)− xt : x ∈ S ± , t ∈ T[0,j] i = h τ (r)− r : r ∈ R̂ i .
Für r ∈ R̂ ∩ T[0,j] ist τ (r)− r = 1. Für
R̂ ⊇ R ⊇ R̂ r T[0,j]
ist also immer noch
CG (m) = h τ (r)− r : r ∈ R i .
Zur Durchführung des Algorithmus erstelle man in der Praxis wie folgt einen Baum,
bestehend aus Elementen von M als Ecken und hinzugefügten Kanten. Man arbeite die
Schritte von rechts nach links ab. Innerhalb eines Schritts arbeite man von oben nach
unten.
Schritt 0. Beginne rechts mit m als Wurzel. Es ist N0 = {m}. Es ist T0 = {1}.
Schritt 1. Multipliziere m mit den Elementen von S ± . Verbinde m nach links mit den
Produkten, wobei auf den Kanten die benötigten Faktoren aus S ± notiert werden. Elemente, die dabei entstehen und die bereits vorher in den Schritten 0 bis 1 aufgetreten sind,
werden markiert. Die unmarkierten entstandenen Elemente bilden N1 . Ferner besteht T1
aus den auf den Kanten von einem unmarkierten entstandenen Element zur Wurzel m
notierten Gruppenelementen.
Schritt 2. Multipliziere die Elemente von N1 mit den Elemente von S ± . Verbinde die
Elemente von N1 nach links mit den aus ihnen hervorgegangenen Produkten, wobei auf
den Kanten die benötigten Faktoren aus S ± notiert werden. Elemente, die dabei entstehen
und die bereits vorher in den Schritten 0 bis 2 aufgetreten sind, werden markiert. Die
unmarkierten entstandenen Elemente bilden N2 . Ferner besteht T2 aus den Produkten
der auf den Kantenzügen von einem unmarkierten entstandenen Element zur Wurzel m
notierten Gruppenelementen.
Schritt 3. Multipliziere die Elemente von N2 mit den Elemente von S ± . Verbinde die
Elemente von N2 nach links mit den aus ihnen hervorgegangenen Produkten, wobei auf
den Kanten die benötigten Faktoren aus S ± notiert werden. Elemente, die dabei entstehen
und die bereits vorher in den Schritten 0 bis 3 aufgetreten sind, werden markiert. Die
unmarkierten entstandenen Elemente bilden N3 . Ferner besteht T3 aus den Produkten
24
der auf den Kantenzügen von einem unmarkierten entstandenen Element zur Wurzel m
notierten Gruppenelementen.
Usf.
Dies setzen wir so fort, bis sich für ein j > 0 dann Nj 6= ∅, aber Nj+1 = ∅ ergibt.
Dann besteht Gm aus den unmarkierten Elementen des Baums.
Für jedes markierte Element des Baums nehmen wir das Produkt r der auf dem Kantenzug
von diesem Element nach m notierten Faktoren. Dieses markierte Element tritt rechts oder
oberhalb von sich bereits unmarkiert im Baum auf. Das Produkt der auf dem Kantenzug
von diesem unmarkierten Element nach m markierten Faktoren ist τ (r). Bilde τ (r)− r.
Sodann ist CG (m) erzeugt von den so entstandenen Elementen τ (r)− r.
Oft kann durch direkte Betrachtung das so gewonnene Erzeugendensystem von CG (m)
noch reduziert werden.
Beispiel 33 Sei G := h(1, 2, 3, 4), (1, 3)i 6 S4 . Sei S := {(1, 2, 3, 4), (1, 3)}. Es ist S ± = S,
da alle Elemente von S endliche Ordnung haben.
Sei M := [1, 4] ; cf. Beispiel 2.(1). Sei m = 1.
Durchführung des Bahnenalgorithmus, Algorithmus 32, liefert folgenden von rechts nach
links erstellten Baum.
3
(1,2,3,4)
2
(1,3)
(1,2,3,4)
2
1
1
(1,2,3,4)
4
(1,2,3,4)
(1,3)
(1,3)
4
3
(1,3)
1
Somit ist M transitiv.
In der Notation von Algorithmus 32 ist j = 2 und
∈T
T[0,2]
∈T
∈T
0
z
}|1
{ z
}|2
{
z}|{
= { id , (1, 2, 3, 4) , (1, 3) , (1, 2, 3, 4) ◦ (1, 3) }
|
{z
}
= (1,4)(2,3)
25
Ferner ist CG (M ) erzeugt von folgender Liste von Elementen.
(1, 3)− ◦ ((1, 2, 3, 4) ◦ (1, 2, 3, 4))
(1, 2, 3, 4)− ◦ ((1, 3) ◦ (1, 2, 3, 4))
−
id ◦((1, 2, 3, 4) ◦ (1, 2, 3, 4) ◦ (1, 3))
((1, 2, 3, 4) ◦ (1, 3))− ◦ ((1, 3) ◦ (1, 2, 3, 4) ◦ (1, 3))
id− ◦((1, 3) ◦ (1, 3))
=
=
=
=
=
(2, 4)
(2, 4)
(2, 4)
(2, 4)
id
Folglich ist CG (m) = h(2, 4)i.
Insbesondere ist |CG (m)| = 2 und |Gm| = 4, woraus wir |G| = |Gm| · |CG (m)| = 8
entnehmen; cf. Lemma 19.
Ist die Ordnung von CG (m) an dieser Stelle noch nicht ablesbar, so kann das Verfahren
fortgesetzt werden, indem m0 ∈ M r {m} gewählt und die Operation von CG (m) auf
M r {m} betrachtet wird. Diese Iteration des Bahnenalgorithmus nennt man SchreierSims-Algorithmus.
Kapitel 2
Anwendungen der G-Mengentheorie
2.1
Sylow
Wir folgen [1, (5.17), §6].
Sei G eine endliche Gruppe. Sei p > 0 eine Primzahl.
Definition 34
(1) Eine endliche Gruppe H heißt p-Gruppe, falls |H| = |H|[p] ist, i.e. falls |H| eine
Potenz von p ist.
(2) Es heißt U 6 G eine p-Untergruppe, falls U eine p-Gruppe ist.
(3) Es heißt P 6 G eine p-Sylowuntergruppe, falls |P | = |G|[p] ist, i.e. falls P eine
p-Untergruppe von G und [G : P ] teilerfremd zu p ist.
(4) Die Menge der p-Sylowuntergruppen von G wird mit Sylp (G) bezeichnet. Es ist
Sylp (G) eine G-Teilmenge von Pot(G) im Sinne von Aufgabe 4.(7).
Lemma 35 Sei M eine nichtleere endliche G-Menge.
Gebe es für jedes m ∈ M eine p-Untergruppe P (m) 6 G mit FixP (m) (M ) = {m} .
Dann ist M transitiv und |M | ≡p 1.
Beweis. Wähle n ∈ M . Betrachte die G-Teilmengen N := Gn und N 0 := M r Gn von M .
Dies sind insbesondere P (n)-Teilmengen der P (n)-Menge MP (n) . Es ist FixP (n) (M ) =
{n}. Dank Aufgabe 7.(1) ist
|N | ≡p | FixP (n) (N )| = |{n} ∩ N | = |{n}| = 1
26
27
und
|N 0 | ≡p | FixP (n) (N 0 )| = |{n} ∩ N 0 | = |∅| = 0 .
!
!
Da N zudem eine transitive G-Menge ist, bleibt N = M zu zeigen, i.e. N 0 = ∅.
Annahme N 0 6= ∅. Wähle n0 ∈ N 0 . Es ist FixP (n0 ) (M ) = {n0 }. Folglich ist mit Aufgabe 7.(1)
|N 0 | ≡p | FixP (n0 ) (N 0 )| = |{n0 } ∩ N 0 | = |{n0 }| = 1 ,
im Widerspruch zu |N 0 | ≡p 0.
Lemma 36 Sei Ω := { U 6 G : U ist eine p-Untergruppe von G }. Es operiert G auf Ω
via Konjugation; cf. Aufgabe 4.(7).
Sei Ωmax ⊆ Ω die G-Teilmenge der maximalen Elemente von Ω, i.e. die Menge der maximalen p-Untergruppen von G. Dies ist eine G-Teilmenge von Ω ; cf. Aufgabe 4.(8).
Es ist Ωmax 6= ∅.
Für Q ∈ Ωmax ist FixQ (Ωmax ) = {Q}.
Beweis. Da 1 ∈ Ω liegt und da Ω endlich ist, ist Ωmax 6= ∅.
!
Zeigen wir FixQ (Ωmax ) = {Q}.
Ad ⊇. Da gQ = Q für g ∈ Q ist, ist Q ∈ FixQ (Ωmax ).
Ad ⊆. Sei P ∈ FixQ (Ωmax ) gegeben, i.e. sei gP = P für g ∈ Q, i.e. sei Q 6 NG (P ) ; cf.
Aufgabe 4.(6). Dann ist P Q 6 G mit |P Q| = |P | · |Q|/|P ∩ Q| ; cf. Aufgabe 12.(1, 2).
Insbesondere ist |P Q| eine Potenz von p.
Annahme, es ist P 6= Q. Wegen Maximalität von Q ist dann auch Q 66 P . Somit ist
P Q > P , im Widerspruch zur Maximalität von P .
Satz 37 (Sylow) Sei an die endliche Gruppe G und die Primzahl p > 0 erinnert.
(1) Es ist Sylp (G) 6= ∅.
(2) Es ist Sylp (G) eine transitive G-Menge unter der Konjugationsoperation.
(3) Es ist | Sylp (G)| ≡p 1.
Für P ∈ Sylp (G) ist dabei | Sylp (G)| = |G|/|NG (P )|, was |G|/|G|[p] teilt.
(4) Sei U 6 G eine p-Untergruppe. Dann gibt es ein P ∈ Sylp (G) mit U 6 P .
Beweis. Sei Ωmax die Menge der maximalen p-Untergruppen von G ; cf. Lemma 36. Dank
Lemma 36 können wir Lemma 35 verwenden um zu schließen, daß Ωmax transitiv und
|Ωmax | ≡p 1 ist.
!
Wir zeigen Sylp (G) = Ωmax . Zu zeigen ist dazu nur Sylp (G) ⊇ Ωmax .
28
Annahme, es gibt ein Q ∈ Ωmax mit |Q| < |G|[p]. Sei N := NG (Q) ; cf. Aufgabe 4.(6). Es
ist [G : N ] = |Ωmax | ≡p 1 ; cf. Lemma 19. Also ist |N |[p] = |G|[p], mithin [N : Q] ≡p 0.
Folglich gibt es in N/Q eine Untergruppe von Ordnung p ; cf. Aufgabe 7.(2). Deren Urbild
in N ist eine Untergruppe von G von Ordnung p · |Q|, die Q enthält; cf. Aufgabe 17. Dies
steht aber im Widerspruch zu Q ∈ Ωmax .
Nun folgt (1) aus Lemma 36. Es folgt (2) aus Ωmax transitiv. Es folgt (3) aus |Ωmax | ≡p 1
sowie aus Lemma 19 und P 6 NG (P ) ; cf. Aufgabe 4.(6). Es folgt (4) aus der Konstruktion
von Ωmax .
Cf. auch [7, Satz 13].
Beispiel 38 Es ist Syl3 (S4 ) = { h(1, 2, 3)i , h(1, 2, 4)i , h(1, 3, 4)i , h(2, 3, 4)i }. Somit ist in
der Tat | Syl3 (S4 )| = 4 ≡3 1 ; cf. Satz 37.(3).
2.2
2.2.1
Einfachheit
Iwasawa
Sei G eine Gruppe.
Definition 39 Ist G = G(1) , so heißt G perfekt ; cf. Aufgabe 13.
Lemma 40 (Iwasawa-Kriterium)
Sei M = (M, α) eine primitive G-Menge. Sei m ∈ M .
Schreibe K := Kern(α) und C := CG (m).
Sei A P C mit A abelsch und h gA : g ∈ G i = G. Dann gelten (1, 2).
(1) Sei N P G gegeben mit N 66 K. Dann ist G(1) 6 N .
(2) Ist G perfekt, dann ist G/K einfach.
Beweis.
T
T
Ad (1). Es ist g∈G gC = g∈G CG (gm) = K wegen der Transitivität von M ; cf. Bemerkung 17. Aus N P G und N 66 K folgt also N 66 C. Da C eine maximale echte
Untergruppe von G ist, folgt G = N C ; cf. Lemma 27, Aufgabe 12.(2).
Sei g ∈ G. Sei a ∈ A. Schreibe g = nc mit n ∈ N und c ∈ C. Es wird ga = n(cac− )n− =
−
n · cac n− · (cac− ) ∈ N A. Folglich ist gA 6 N A.
Es folgt G = h gA : g ∈ G i 6 N A 6 G, also N A = G.
29
Nun ist aber G/N = N A/N ' A/(A ∩ N ) abelsch; cf. Aufgabe 12.(2). Also ist G(1) 6 N ;
cf. Aufgabe 13.(4).
Ad (2). Jeder Normalteiler von G/K ungleich 1 ist von der Form N/K mit K < N P G ;
!
cf. Aufgabe 17. Wir haben N = G zu zeigen.
Wegen G perfekt und wegen (1) ist aber G = G(1) 6 N P G, also N = G.
2.2.2
Einfachheit von An für n > 5
Lemma 41 Sei n > 2. Es wird An von { σ ∈ An : σ ist 3-Zykel } erzeugt.
Beweis. Induktion über n. Es ist A2 = 1.
Sei n > 2. Sei ρ ∈ An+1 gegeben. Ist ρ(n + 1) = n + 1, dann ist ρ ∈ An , also Produkt von
3-Zykeln.
Sei ρ(n + 1) 6= n + 1. Sei ` ∈ [1, n + 1] r {n + 1, ρ(n + 1)}, möglich, da n > 2. Dann ist mit
ρ0 := (ρ(n + 1), n + 1, `) ◦ ρ wieder ρ0 (n + 1) = n + 1. Also ist ρ0 ∈ An und somit Produkt
von 3-Zykeln. Folglich ist auch ρ Produkt von 3-Zykeln.
Lemma 42 Sei n > 5. Sei N P An . Enthält N einen 3-Zykel, dann ist N = An .
Beweis. Sei (a, b, c) ∈ N mit a, b, c ∈ [1, n] mit |{a, b, c}| = 3. Für σ ∈ An ist σ(a, b, c) =
(1)
(σ(a), σ(b), σ(c)). Da An auf [1, n] dreifach transitiv operiert, liegen alle 3-Zykel in An ;
cf. Aufgabe 5.
Lemma 43 Sei n > 5. Es ist An perfekt.
(1)
Beweis. Dank Lemma 42 bleibt also zu zeigen, daß An einen 3-Zykel enthält.
(1)
Es ist [(1, 2, 3), (3, 4, 5)] = (1, 3, 2) ◦ (3, 5, 4) ◦ (1, 2, 3) ◦ (3, 4, 5) = (2, 5, 3) ∈ An .
Lemma 44 Es ist A5 einfach.
Beweis. Es operiert G := A5 dreifach transitiv und treu auf [1, 5] ; cf. Aufgabe 5. Also
operiert G primitiv auf [1, 5] ; cf. Bemerkung 14, Lemma 28.
Es ist A4 = CG (5) =: C.
Es ist A := h (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4) i = C id t C(1, 2)(3, 4) P C. Es ist h gA : g ∈ G i = G ;
cf. Aufgabe 14.
Somit folgt die Einfachheit von A5 aus Lemma 40.(2).
30
Da wegen Index 5 ohnehin klar ist, daß A4 eine maximale echte Untergruppe in A5 ist,
wurden die allgemeinen Zusammenhänge für primitive Operationen in Lemma 44 nicht
wirklich benötigt und sollen hiermit nur illustriert werden.
Satz 45 (Einfachheit der alternierenden Gruppe)
Es ist An einfach für n > 5.
Beweis. Induktion über n > 5. Für n = 5 ist dies Lemma 44.
Sei n > 6.
Behauptung 1. Für N C An ist |N | ein Teiler von n.
Es ist N ∩ An−1 P An−1 , dank Induktion also N ∩ An−1 = 1 oder N ∩ An−1 = An−1 .
Ist N ∩ An−1 = An−1 , dann enthält N einen 3-Zykel, da n − 1 > 3. Also ist N = An ; cf.
Lemma 42. Dies ist ausgeschlossen.
Ist N ∩ An−1 = 1, dann ist
An−1 ' An−1 /(N ∩ An−1 ) ' N An−1 /N 6 An /N ;
cf. Aufgabe 12.(2). Es folgt, daß |An−1 | ein Teiler von [An : N ] ist. Somit ist |N | ein Teiler
von |An |/|An−1 | = n.
Dies zeigt Behauptung 1.
Behauptung 2. Sei N C An . Dann ist N 6 M := N ◦
Es ist
(1,2)
(1,2)
N C An und auch M C Sn .
(1,2)
An = An , denn für ρ ∈ N und ξ ∈ An erhalten wir
NP
((1,2)ξ) (1,2)
(
Es ist M = N ◦
ρ) = ( (1,2)ξ)( (1,2)ρ)( (1,2)ξ)− =
(1,2)
N=
(ξρξ − ) ∈
(1,2)
(1,2)
N.
(1,2)
|M |
N ◦ N P An ; cf. Aufgabe 12.(2, 3). Es ist
|N | · | (1,2)N |/|N ∩
=
Beh. 1
6
<
6
6
=
(1,2)
N|
n·n
n · ((n − 1) · 2)
n · ((n − 1) · (n − 2)) · (n − 3)/2
n!/2
|An | ;
cf. Aufgabe 12.(1).
!
Es bleibt σM = M zu zeigen für σ ∈ Sn . Falls σ ∈ An , ist σM = M wegen M P An .
Falls σ ∈ Sn r An , dann sei σ 0 := σ ◦ (1, 2), womit dann σ = σ 0 ◦ (1, 2) und also
σ
M =
σ
(N ◦
(1,2)
N) =
σ 0 ◦(1,2)
(N ◦
(1,2)
N) =
σ 0 (1,2)
(
N ◦ N) =
σ0
M = M.
31
wird wegen M P An . Dies zeigt Behauptung 2.
Annahme, es gibt 1 < N C An . Dank Behauptung 2 ist o.E. auch N C Sn .
Die folgende Fallunterscheidung ist nicht disjunkt.
Fall 1 : Es gibt in N ein Element, welches einen Zykel von einer Länge k > 3 enthält.
Dann gibt es darin auch ein Element ρ, welches den Zykel (1, 2, 3, . . . , k) enthält. Es wird
N 3 [ρ, (1, 2)] = [(1, 2, 3, . . . , k), (1, 2)] = (1, 2, 3, . . . , k)− ◦ (2, 1, 3, . . . , k) = (1, 2, k) ,
was mit Lemma 41 zu N = An führte, was aber nicht so ist. Fall 1 tritt also nicht auf.
Fall 2 : Es gibt ein Element in N , das aus zwei Transpositionen besteht.
Dann liegen auch (1, 2)(3, 4) und (1, 2)(3, 5) in N . Es folgt
N 3 [(1, 2)(3, 4), (1, 2)(3, 5)] = [(3, 4), (3, 5)] = (3, 4, 5) ,
und wir sind in Fall 1, welcher nicht auftritt. Also tritt auch Fall 2 nicht auf.
Fall 3 : Es gibt es ein Element in N , dessen Zykeldarstellung mindestens drei Transpositionen aufweist.
Also gibt es darin auch ein Element ρ, welches (1, 2)(3, 4)(5, 6) enthält. Dann ist
N 3 [(2, 4, 6), ρ] = [(2, 4, 6), (1, 2)(3, 4)(5, 6)] = (1, 3, 5)(2, 6, 4) ,
und wir sind in Fall 1, welcher nicht auftritt. Also tritt auch Fall 3 nicht auf.
Wir haben einen Widerspruch.
2.2.3
Einfachheit von PSLn (F ) für (n, |F |) 6∈ { (2, 2), (2, 3) }
Satz 46 (Einfachheit der projektiven speziellen Gruppe)
Sei F ein Körper. Sei n > 2. Sei (n, |F |) 6∈ { (2, 2), (2, 3) }.
Wir erinnern an PSLn (F ) = SLn (F )/Z(SLn (F )).
Es ist PSLn (F ) einfach.
Beweis. Es ist G := SLn (F ) perfekt; cf. Aufgabe 18.
Es ist M := Pn−1 (F ) eine primitive G-Menge; cf. Beispiel 30.
!
1
0
Sei m := e1 = ... ∈ M . Sei C := CG (m) = ∗0 ∗∗ 6 SLn (F ).
0
Wir haben den Gruppenmorphismus C - GLn−1 (F ), (xi,j )i,j∈[1,n] - (xi,j )i,j∈[2,n] .
∗
Sei A := 10 En−1
P C sein Kern. Es ist A abelsch.
32
Es ist h gA : g ∈ G i = G ; cf. Aufgabe 18.(3).
Es ist der Kern K der Operation von G auf M gleich Z(G) ; cf. Aufgabe 11.(5)
Also zeigt 40.(2), daß G/K = PSLn (F ) einfach ist.
2.3
Präsentationen
2.3.1
Freie Gruppen
Sei X eine Menge. Sei X ± := X t X = {(x, i) : x ∈ X, i ∈ {1, 2}}. Schreibe x+1 := (x, 1)
und x−1 := (x, 2) für x ∈ X.
Später wird x−1 in der Tat die Rolle des Inversen von x+1 spielen.
Sei F0 (X) die Menge der endlichen Wörter in X ± . Ein Element von F0 (X) ist also von
der Form xε11 xε22 . . . xεnn mit n ∈ Z>0 , xi ∈ X und εi ∈ {−1, +1} für i ∈ [1, n]. Das leere
Wort werde zur Kenntlichmachung mit ∅ bezeichnet.
Sind u, v ∈ F0 (X), so bezeichne uv deren Aneinandersetzung.
Es ist uvw := (uv)w = u(vw) für u, v, w ∈ F0 (X).
Sei auf F0 (X) die Relation ( ) dadurch erklärt, daß für u, v ∈ F0 (X), x ∈ X und
ε ∈ {−1, +1} gelte, daß uxε x−ε v
uv ist.
Sei (≈) die Äquivalenzrelation auf F0 (X), die von ( ) erzeugt werde. Diese wollen wir
nun auch konkret beschreiben.
Sei dazu auf F0 (X) die Relation ( = ) dadurch erklärt, daß für u, v ∈ F0 (X) genau dann
u = v gelte, wenn u
v oder u = v ist.
Für u, v ∈ F0 (X) ist also u ≈ v genau dann, wenn es n ∈ Z>1 und wi ∈ F0 (X) für
i ∈ [1, n] und wi0 ∈ F0 (X) für i ∈ [1, n − 1] so gibt, daß, pars pro toto für n = 4,
u = w1
=
w2
k
w2
=
w3
k
w3
=
v = w4
=
=
=
w10
k
w10
w20
k
w20
w30
k
w30
33
ist. Bezeichne [u] die Äquivalenzklasse von u ∈ F0 (X). Sei
F(X) := F0 (X)/(≈) = { [u] : u ∈ F0 (X) }
die Menge der Äquivalenzklassen auf F0 (X) bezüglich (≈). Wir haben die Abbildung
ι-
X
x
-
F(X)
[x+1 ] .
Bemerkung 47 Die Abbildung
F(X) × F(X)
([u] , [v])
(·)
-
-
F(X)
[u] · [v] = [u][v] := [uv] ,
Multiplikation genannt, ist wohldefiniert.
Beweis. Wir haben Repräsentantenunabhängigkeit zu zeigen. Es genügt zu zeigen, daß
aus u
ũ bereits [uv] = [ũv] folgt und daß aus v
ṽ bereits [uv] = [uṽ] folgt, wobei
u, ũ, v, ṽ ∈ F0 (X).
Zeigen wir ersteres; zweiteres ist dann analog zu behandeln.
Seien also u, ũ, v ∈ F0 (X) mit u
ũ gegeben. Dann gibt es u0 , u00 ∈ F0 (X), x ∈ X und
0 ε −ε 00
ε ∈ {−1, +1} mit u = u x x u und ũ = u0 u00 . Dann aber ist auch
uv = u0 xε x−ε u00 v
u0 u00 v = ũv ,
insbesondere also [uv] = [ũv].
Lemma 48 (und Definition)
Zusammen mit der Multiplikation von Bemerkung 47 ist F(X) eine Gruppe, genannt die
freie Gruppe auf X.
Hierbei ist 1 = 1F(X) = [∅]. Ferner ist [xε ]− = [x−ε ] für x ∈ X und ε ∈ {−1, +1}.
Beweis. Wir verwenden Aufgabe 1.
Zur Assoziativität. Es wird
([u][v])[w] = [uv][w] = [uvw] = [u][vw] = [u]([v][w]) .
für u, v, w ∈ F0 (X).
Zum Einselement. Es wird [u][∅] = [u∅] = [u] für u ∈ F0 (X).
34
Zum inversen Element. Sei u ∈ F0 (X) gegeben. Schreibe u = xε11 . . . xεnn mit n ∈ Z>0 ,
1
n
. . . x−ε
xi ∈ X und εi ∈ {−1, +1} für i ∈ [1, n]. Setze v := x−ε
1 . Es wird
n
1
n
. . . x−ε
uv = xε11 . . . xεnn x−ε
1
n
ε
−ε
ε
−ε
n−1
1
xn−1n−1 . . . x−ε
xε11 . . . xn−1
1
n−2
1
xn−2n−2 . . . x−ε
xε11 . . . xn−2
1
...
1
xε11 x−ε
1
∅,
sodaß [u][v] = [uv] = [∅] = 1 ist.
Lemma 49 (Universelle Eigenschaft einer freien Gruppe)
Sei G eine Gruppe. Sei f : X - G eine Abbildung.
Dann gibt es genau einen Gruppenmorphismus fˆ : F(X) - G mit fˆ ◦ ι = f .
ι
X
∃!fˆ
/G
z<
z
zz
zzf
z
zz
F(X)
O
Hierbei ist
fˆ([xε11 . . . xεnn ]) = f (x1 )ε1 · · · f (xn )εn ,
wobei n ∈ Z>0 , xi ∈ X und εi ∈ {−1, +1} für i ∈ [1, n].
Beweis.
Zur Eindeutigkeit. Sei h : F(X) - G ein Gruppenmorphismus mit h ◦ ι = f , i.e. mit
h([x+1 ]) = f (x) für x ∈ X. Es folgt h([x−1 ]) = h([x+1 ]− ) = h([x+1 ])− = f (x)− ; cf.
Lemma 48. Also ist
h([xε11 . . . xεnn ]) = h([xε11 ] · · · [xεnn ]) = h([xε11 ]) · · · h([xεnn ]) = f (x1 )ε1 · · · f (xn )εn
für n ∈ Z>0 , xi ∈ X und εi ∈ {−1, +1} für i ∈ [1, n]. Somit ist h durch Angabe von f
festgelegt.
Zur Existenz. Wir definieren zunächst f˜ : F0 (X) - G durch
f˜(xε11 . . . xεnn ) := f (x1 )ε1 · · · f (xn )εn
für n ∈ Z>0 , xi ∈ X und εi ∈ {−1, +1} für i ∈ [1, n].
Wir wollen zeigen, daß fˆ : F(X) - G, [u] - f˜(u) wohldefiniert ist.
35
Seien v, w ∈ F0 (X), x ∈ X und ε ∈ {−1, +1}. Wir haben
!
f˜(vxε x−ε w) = f˜(vw) .
zu zeigen. Schreibe v = y1α1 . . . ykαk und w = z1 β1 . . . z` β` , wobei k, ` ∈ Z>0 , yi , zj ∈ X
und αi , βj ∈ {−1, +1} für i ∈ [1, k] und j ∈ [1, `]. Wir erhalten in der Tat
f˜(vxε x−ε w) = f˜(y1α1 . . . ykαk xε x−ε z1 β1 . . . z` β` )
= f (y1 )α1 · · · f (yk )αk f (x)ε f (x)−ε f (z1 )β1 · · · f (z` )β`
= f (y1 )α1 · · · f (yk )αk f (z1 )β1 · · · f (z` )β`
= f˜(y1α1 . . . ykαk z1 β1 . . . z` β` )
= f˜(vw) .
Es ist fˆ([x+1 ]) = f˜(x+1 ) = f (x) für x ∈ X, i.e. fˆ ◦ ι = f .
Bleibt zu verifizieren, daß fˆ ein Gruppenmorphismus ist. Seien v, w ∈ F0 (X) in der
Notation von eben gegeben. Dann wird
fˆ([v]) · fˆ([w]) = f˜(v) · f˜(w)
= f˜(y1α1 . . . ykαk ) · f˜(z1 β1 . . . z` β` )
= f (y1 )α1 · · · f (yk )αk · f (z1 )β1 · · · f (z` )β`
= f˜(y1α1 . . . ykαk z1 β1 . . . z` β` )
= f˜(vw)
= fˆ([vw])
= fˆ([v][w]) .
Notation 50 Für x ∈ X schreiben wir unter Mißbrauch von Notation kurz
x := ι(x) = [x+1 ] .
Damit schreibt sich insbesondere x− = [x+1 ]− = [x−1 ] für x ∈ X und also [xε11 . . . xεnn ] =
[xε11 ] · · · [xεnn ] = xε11 · · · xεnn , wobei n ∈ Z>0 , xi ∈ X und εi ∈ {−1, +1} für i ∈ [1, n].
2.3.2
Endliche Präsentationen via Erzeuger und Relationen
Bemerkung 51 (und Definition)
Sei H eine Gruppe. Sei T ⊆ H. Sei
H
T
:=
\
T ⊆N PH
N P H.
36
das Normalteilererzeugnis von T in H.
Es liegt T ⊆
Kurz,
H
H
H
T . Es liegt
T
in jedem Normalteiler von H, der T enthält.
T
ist initial unter den Normalteilern von H, die T enthalten.
S
Es ist H T = h h∈H hT i. Also ist jedes Element von H T ein Produkt von Konjugierten von Elementen von T und ihrer Inversen.
!
Beweis. Wir haben H T P H zu zeigen. In der Tat ist der Schnitt einer beliebigen
Menge von Normalteilern einer Gruppe wieder ein Normalteiler dieser Gruppe.
Nach Konstruktion liegt H T in jedem Normalteiler von H, der T enthält.
! S
Wir haben H T = h h∈H hT i zu zeigen.
!
Zu 6. Es enthält h
S
h
h∈H
T i die Teilmenge T und ist invariant unter Konjugation.
!
Zu >. Es ist T ⊆ H T . Da HS T P H ist, ist auch
H
T 6 H ist, folgt schließlich h h∈H hT i 6 H T .
h
T ⊆
H
T
für h ∈ H. Da
Notation 52 Seien n, m > 0.
Sei X = {x1 , . . . , xn } eine endliche Menge, wobei xi 6= xj für i, j ∈ [1, n] mit i 6= j.
Seien r1 , . . . , rm ∈ F(X).
Schreibe
h x1 , . . . , xn : r1 , . . . , rm i := F(X)/ F(X) {r1 , . . . , rm } .
Die Elemente xi für i ∈ [1, n] heißen Erzeuger. Die Elemente rj für j ∈ [1, m] heißen
Relationen. Die eben definierte Gruppe heißt durch diese Erzeuger und diese Relationen
endlich präsentiert.
Nach Konstruktion ist das Bild einer Relation rj in h x1 , . . . , xn : r1 , . . . , rm i unter der
Restklassenabbildung von F(X) nach h x1 , . . . , xn : r1 , . . . , rm i gleich 1.
Unter Mißbrauch von Notation schreiben wir für i ∈ [1, n] das Bild eines Elements xi
unter dieser Restklassenabbildung wieder
xi := xi F(X) {r1 , . . . , rm }
N. 50
F(X)
= [x+1
{r1 , . . . , rm } .
i ]
Die beiden Surjektionen
F0 (X)
u
-
F(X)
[u]
-
h x1 , . . . , xn : r1 , . . . , rm i
[u] F(X) {r1 , . . . , rm }
zeigen, daß in dieser Notation jedes Element in h x1 , . . . , xn : r1 , . . . , rm i von der Form
xεi11 · · · xεikk mit k ∈ Z>0 und ij ∈ [1, n], εj ∈ {−1, +1} für j ∈ [1, k] ist.
37
Satz 53 (Universelle Eigenschaft einer endlich präsentierten Gruppe)
Wir befinden uns weiterhin in der Situation von Notation 52.
Sei G eine Gruppe. Sei f : X - G eine Abbildung.
Wir erinnern daran, daß die Abbildung fˆ : F(X) - G ein Element r = xεi11 · · · xεikk für
k ∈ Z>0 und ij ∈ [1, n], εj ∈ {−1, +1} für j ∈ [1, k] auf
fˆ(r) = f (xi1 )ε1 · · · f (xik )εk
schickt; cf. Lemma 49.
Sei an f dazuhin
fˆ(rj ) = 1G
für j ∈ [1, m]
vorausgesetzt.
Dann gibt es genau einen Gruppenmorphismus fˇ : h x1 , . . . , xn : r1 , . . . , rm i
fˇ(xi ) = f (xi ) für i ∈ [1, n].
xO i
_
G mit
∃!fˇ
/
kk5 G
kkk
k
k
k
kkk
kkkf
k
k
kk
h x1 , . . . , xn :O r1 , . . . , rm i
xi
-
X = { x1 , . . . , x n }
Beweis.
Eindeutigkeit. Sei h : h x1 , . . . , xn : r1 , . . . , rm i
h(xi ) = f (xi ) für i ∈ [1, n]. Dann ist
-
G ein Gruppenmorphismus mit
h(xεi11 · · · xεikk ) = h(xi1 )ε1 · · · h(xik )εk = f (xi1 )ε1 · · · f (xik )εk ,
wobei k ∈ Z>0 und ij ∈ [1, n], εj ∈ {−1, +1} für j ∈ [1, k]. Also ist h durch Angabe von
f festgelegt.
Existenz. Wir verfügen über den Gruppenmorphismus fˆ : F(X) - G mit fˆ(xi ) = f (xi )
für i ∈ [1, n] ; cf. Lemma 49. Nach Voraussetzung ist fˆ(rj ) = 1 für j ∈ [1, m], i.e.
{r1 , . . . , rm } ⊆ Kern(fˆ) P F(X). Also ist F(X) {r1 , . . . , rm } 6 Kern(fˆ).
Somit ist der Gruppenmorphismus
h x1 , . . . , xn : r1 , . . . , rm i = F(X)/ F(X) {r1 , . . . , rm }
u F(X) {r1 , . . . , rm }
ˇ
f-
-
wohldefiniert. Er schickt xi nach fˆ(xi ) = fˆ([x+1
i ]) = f (xi ) für i ∈ [1, n].
Beispiel 54 Sei D8 := h a, b : a4 , b2 , (ba)2 i.
G
fˆ(u)
38
In D8 ist jedes Element von der Form ai1 bj1 · · · ai` bj` , wobei ` > 0 und ik , jk ∈ Z für
k ∈ [1, `].
Dabei ist o.E. ik ∈ [0, 3] und jk ∈ [0, 1] für k ∈ [1, `]. Denn aus a4 = 1 folgt a− = a3 , und
aus b2 = 1 folgt b− = b.
Ferner ist baba = 1, und also auch ba = a− b = a3 b.
Somit ist in D8 jedes Element von der Form ai bj mit i ∈ [0, 3] und j ∈ [0, 1]. Denn in
einem Produkt von Elementen a und b können wir unter Verwendung von ba = a3 b die
Faktoren b nach rechts tauschen; e.g. wird baabab = a3 babab = a3 a3 bbab = a2 1ab = a3 b.
Insbesondere ist |D8 | 6 8. Vorsicht, bislang wissen wir nur, daß wegen a4 = 1 die Ordnung
|hai| ein Teiler von 4 ist. Genauso wissen wir bislang nur, daß |hbi| ein Teiler von 2 ist.
Sei
{a, b}
a
b
f-
-
S4
(1, 2, 3, 4)
(1, 3) .
Betrachten wir fˆ : F({a, b}) - S4 , so wird
fˆ(a4 )
= f (a)4
= (1, 2, 3, 4)4
= id
2
2
2
ˆ
f (b )
= f (b)
= (1, 3)
= id
2
2
2
ˆ
f ((ba) ) = (f (b) ◦ f (a)) = ( (1, 2, 3, 4) ◦ (1, 3) ) = id .
|
{z
}
= (1,4)(2,3)
Also gibt Satz 53 den Gruppenmorphismus
D8
a
b
ˇ
f-
-
S4
(1, 2, 3, 4)
(1, 3) .
Sein Bild ist die 2-Sylowgruppe H := h(1, 2, 3, 4), (1, 3)i von S4 , hat also Ordnung 8 ; cf.
Beispiel 33. Insbesondere ist |D8 | > 8.
Zusammengenommen ist also |D8 | = 8.
Es folgt, daß fˇ|H : D8 - H ein Gruppenisomorphismus ist.
Es ergibt sich auch, daß in D8 aus ai bj = aĩ bj̃ mit i, ĩ ∈ [0, 3] und j, j̃ ∈ [0, 1] folgt, daß
i = ĩ und j = j̃. Insbesondere ist |hai| = 4 und |hbi| = 2.
Es heißt D8 auch die Diedergruppe von Ordnung 8.
Im allgemeinen kann man von einer endlich präsentierten Gruppe die Ordnung nicht bestimmen. Noch nicht einmal das Wortproblem, zu entscheiden, ob ein gegebenes Element
einer präsentierten Gruppe gleich 1 ist, ist allgemein lösbar.
39
Beispiel 55 Sei
u-
{a, b}
a
b
-
D8
a
ab .
Betrachten wir û : F({a, b}) - D8 , so wird
û(a4 )
= u(a)4
= a4
= 1
2
2
û(b )
= u(b)
= (ab)2 = abab = aa3 bb = 1
û((ba)2 ) = (u(b)u(a))2 = (aba)2 = abaaba = aa3 a3 bba = 1 .
Also gibt Satz 53 den Gruppenmorphismus
D8
a
b
ǔ-
-
D8
a
ab .
Da D8 = ha, bi = ha, abi ist, ist ǔ surjektiv. Da eine Selbstabbildung einer endlichen
Menge vorliegt, ist ǔ bijektiv, also ein Gruppenisomorphismus von D8 nach D8 , auch
Automorphismus von D8 genannt.
Automorphismen, die durch Konjugation mit einem Gruppenelement entstehen, heißen
i j
i
inner. Nun wird aber a b b = a b = ai ba−i = a2i b 6= ab für alle i ∈ [0, 3] und j ∈ [0, 1]. Also
ist ǔ nicht inner.
Beispiel 56 Sei n > 1. Setze
*
SP,n :=
s1 , . . . , sn−1
Es ist
SP,n
si
+
für i ∈ [1, n − 1]
s2i
: (si si+1 )3 für i ∈ [1, n − 2]
(si sj )2
für i, j ∈ [1, n − 1] mit |i − j| > 2
∼-
-
Sn
(i, i + 1)
für i ∈ [1, n − 1] .
Dies verifizieren wir in Aufgabe 22.
2.3.3
Bahnenalgorithmus für Relationen
Bemerkung 57 Seien F und G Gruppen. Sei ϕ : F - G ein Gruppenmorphismus.
Es ist G eine G-Menge via Linksmultiplikation. Durch Einschränkung entlang ϕ wird G
zu einer F -Menge. Cf. Beispiel 2. Für diese ist
CF (1G ) = Kern(ϕ) .
Beweis. Sei f ∈ F gegeben. Es ist f ∈ CF (1G ) genau dann, wenn 1G = f ·1G = ϕ(f )·1G =
ϕ(f ) ist, i.e. wenn f ∈ Kern(ϕ) ist.
40
Algorithmus 58 Sei G eine endliche Gruppe.
Sei n > 0 und { gi : i ∈ [1, n] } mit G = h gi : i ∈ [1, n] i.
Sei { ĝi : i ∈ [1, n] } eine Menge mit ĝi 6= ĝj für i, j ∈ [1, n] mit i 6= j.
Wir verfügen dank universeller Eigenschaft einer freien Gruppe, cf. Lemma 49, über den
surjektiven Gruppenmorphismus
ϕ
-
F := F({ ĝi : i ∈ [1, n] })
ĝi
G
gi
-
für i ∈ [1, n] .
Betrachte G als G-Menge via Multiplikation; cf. Beispiel 2.(3). Durch Einschränkung
entlang ϕ wird G dann zu einer F -Menge; cf. Beispiel 2.(2).
Bestimme mittels Bahnenalgorithmus, Algorithmus 32, ein m > 0 und eine endliche
B. 57
Teilmenge { kj : j ∈ [1, m] } ⊆ CF (1G ) = Kern(ϕ) mit
Kern(ϕ) = h kj : j ∈ [1, m] i .
Dann ist insbesondere
Kern(ϕ) =
F
kj : j ∈ [1, m]
.
Somit erhalten wir den Isomorphismus
ϕ̄
∼
h ĝ1 , . . . , ĝn : k1 , . . . , km i
ĝi Kern(ϕ)
-
G
gi
für i ∈ [1, n] .
Oft kann die in Algorithmus 58 gefundene Liste von Relationen noch mittels folgender
Bemerkung 59 reduziert werden.
Bemerkung 59 Sei F eine Gruppe. Sei X ⊆ F . Seien y, z ∈ F . Sei
f F
y
= zF X
X
.
für ein f ∈ F . Dann ist
F
X ∪ {y}
=
F
X ∪ {z} .
=
F
Ist z = 1, dann ist insbesondere
F
Beweis. Es genügt,
Schreibe N :=
!
F
F
X ∪ {y}
!
X ∪ {y} ⊆
F
X ∪ {z}
X
.
zu zeigen.
!
X ∪ {z} P F . Wir haben X ∪ {y} ⊆ N zu zeigen.
Es genügt, y ∈ N zu zeigen.
Es ist y = f − ztf für ein t ∈
F
X
6 N . Da z ∈ N liegt, folgt zt ∈ N und also y ∈ N .
41
Beispiel 60 Betrachte G := h(1, 2, 3, 4), (1, 3)i 6 S4 .
Wir kennen schon aus Beispiel 54 den Isomorphismus
D8 = h a, b : a4 , b2 , (ba)2 i
∼-
G,
a
-
(1, 2, 3, 4) ,
b
-
(1, 3) .
Wir wollen diesen abermals herleiten, diesesmal unter Verwendung von Algorithmus 58.
Wir haben den surjektiven Gruppenmorphismus
F := F({a, b})
a
b
ϕ
-
-
G
(1, 2, 3, 4)
(1, 3) ,
vermöge dessen G zu einer F -Menge wird. Zur Berechnung von CF (1G ) = CF (id) erstellen
wir folgenden Baum.
id
a
(1, 4, 3, 2)
b
a
(1, 4)(2, 3)
a
(1, 2)(3, 4)
(2, 4)
b
(1, 3)(2, 4)
a
(1,3)
(1, 2, 3, 4)
a
b
b
a
(1, 2)(3, 4)
b
(1, 3)(2, 4)
(1,2,3,4)
(2,4)
id
a
b
(1, 4)(2, 3)
a
(1, 3)
b
b
(1,4,3,2)
id
Die markierten Stellen, von oben nach unten gelesen und von rechts nach links, liefern die
folgenden Relationen.
b2 , b− aba , a− b2 a , (ba2 )− a2 b , a−3 (bab) , a4 , (ab)− ba3 , (ba)− aba2 , a−2 b2 a2
Nun wenden wir Bemerkung 59 an.
All diese Relationen außer b2 und a4 modulo dem von a4 und b2 erzeugten Normalteiler
vereinfacht, ergibt dies folgende Liste von Relationen.
b2 , baba , a2 ba2 b , abab , a4 , ba3 ba3 , a3 baba2
42
All diese Relationen außer b2 , a4 , (ba)2 modulo dem von b2 , a4 , (ba)2 erzeugten Normalteiler vereinfacht, ergibt dies folgende Liste von Relationen.
b2 , baba , a4
Somit ist in der Tat
D8 = h a, b : a4 , b2 , (ba)2 i
a
b
ϕ̄
∼
-
G
(1, 2, 3, 4)
(1, 3)
Kapitel 3
Erweiterungen
3.1
Jordan-Hölder
Sei G eine Gruppe.
Lemma 61 (Schmetterlingslemma)
Sei A P B 6 G. Sei A0 P B 0 6 G.
BO
? G `A
~~ AAA
~
~
AA
~~
A
~~
A0
A
Dann ist
BO 0
(A ∩ B 0 )(B ∩ A0 ) P B ∩ B 0
A(B ∩ A0 ) P A(B ∩ B 0 )
(A ∩ B 0 )A0 P (B ∩ B 0 )A0 .
Wir haben die folgenden Isomorphismen.
B ∩ B0 /
x
B ∩ B0 /
x
ϕ
∼
(A ∩ B 0 )(B ∩ A0 )
(A ∩ B 0 )(B ∩ A0 )
(A ∩ B 0 )(B ∩ A0 )
(A ∩ B 0 )(B ∩ A0 )
ϕ0
∼
-
A(B ∩ B 0 ) / A(B ∩ A0 )
x A(B ∩ A0 )
(B ∩ B 0 )A0 / (A ∩ B 0 )A0
x (A ∩ B 0 )A0
Insbesondere ist
A(B ∩ B 0 ) / A(B ∩ A0 ) '
43
(B ∩ B 0 )A0 / (A ∩ B 0 )A0 .
44
BO 0
BO
A(B ∩ B 0 )R
O
i RR
RRR
RRR
RRR
R
(B ∩ B 0 )A0
B ∩O B 0
A(B ∩
A0h)
O
RRR
RRR
RRR
RRR
R
A
ll5
lll
l
l
lll
lll
0
(A ∩ B
)A0
O
ll6
lll
l
l
lll
lll
(A ∩ B 0 )(B ∩ A0 )
O
A0
Beweis. Wegen A P B ist A ∩ B 0 P B ∩ B 0 . Dito ist B ∩ A0 P B ∩ B 0 . Insgesamt ist also
(A ∩ B 0 )(B ∩ A0 ) P B ∩ B 0 ; cf. Aufgabe 12.(3).
Wegen A P B und B∩A0 P B∩B 0 6 B ist A(B∩A0 ) 6 A(B∩B 0 ) 6 B ; cf. Aufgabe 12.(2).
Ist a ∈ A, y ∈ B∩B 0 und ist ã ∈ A und x ∈ B∩A0 , dann ist (ay)(ãx) = ayã· ayx ∈ A(B∩A0 ),
da ayã ∈ A wegen A P B und da z := yx ∈ B ∩ A0 und mithin ayx = aza− = a( za)− z ∈
A(B ∩ A0 ) wegen A P B.
Es genügt, den Isomorphismus ϕ zu zeigen.
Wohldefiniertheit. Es ist (A ∩ B 0 )(B ∩ A0 ) 6 A(B ∩ A0 ).
Injektivität. Sei x ∈ B ∩B 0 mit x A(B ∩A0 ) = 1 gegeben. Dann ist x = ay mit a ∈ A
und
y ∈ B∩A0 . Es ist a = xy − ∈ B 0 , insgesamt also a ∈ A∩B 0 . Also ist x (A∩B 0 )(B∩A0 ) = 1.
Surjektivität. Sei y ∈ A(B ∩B 0 ) = (B ∩B 0 )A gegeben;
Schreibe y =
cf. Aufgabe 12.(2).
xa
0
0
0
0
mit x ∈ B ∩ B und a ∈ A. Dann ist y A(B ∩ A ) = xa A(B ∩ A ) = x A(B ∩ A ) .
Definition 62 Eine Subnormalreihe von G ist ein Tupel von Untergruppen (Ui )i∈[0,s] von
G für ein s > 0, für welches G = U0 und Ui Q Ui+1 für i ∈ [0, s − 1] und Us = 1 gilt.
G = U0 Q U1 Q . . . Q Us−1 Q Us = 1
Die Faktorgruppen Ui /Ui+1 für i ∈ [0, s − 1] heißen Subfaktoren dieser Subnormalreihe.
Definition 63 Seien (Ui )i∈[0,s] und (Vj )j∈[0,t] Subnormalreihen von G.
(1) Die Subnormalreihe (Ui )i∈[0,s] heißt strikt, wenn Ui . Ui+1 ist für i ∈ [0, s − 1].
(2) Die Subnormalreihe (Ui )i∈[0,s] heißt Kompositionsreihe von G, wenn Ui /Ui+1 eine
einfache Gruppe ist für i ∈ [0, s − 1]. Die Subfaktoren einer Kompositionsreihe
heißen auch Kompositionsfaktoren.
45
(3) Es heißt (Vj )j∈[0,t] Verfeinerung von (Ui )i∈[0,s] , geschrieben (Ui )i∈[0,s] 4 (Vj )j∈[0,t] ,
wenn es eine injektive monotone Abbildung ρ : [0, s] - [0, t] gibt mit ρ(0) = 0,
ρ(s) = t und Ui = Vρ(i) für i ∈ [0, s]. Sei (≺) := (4) r (=).
(4) Die Subnormalreihen (Ui )i∈[0,s] und (Vj )j∈[0,t] heißen äquivalent, wenn es eine bijektive Abbildung σ : [0, s − 1] - [0, t − 1] gibt mit
Ui /Ui+1 ' Vσ(i) /Vσ(i)+1
für i ∈ [0, s − 1].
(5) Sei α : [0, š] - [0, s] die injektive monotone Abbildung mit Bild
{ i ∈ [0, s − 1] : Ui > Ui+1 } ∪ {s} .
Es ist (Uα(j) )j∈[1,š] eine Subnormalreihe von G, genannt die Striktifizierung von
(Ui )i∈[0,s] . Dabei ist { Uα(j) : j ∈ [1, š] } = { Ui : i ∈ [0, s] } .
Beispiel 64
(1) Es ist ( S3 , A3 , 1 ) eine Kompositionsreihe von S3 .
(2) Betrachte D8 = h a, b : a4 , b2 , (ba)2 i ; cf. Beispiel 54. Es sind (D8 , hai, ha2 i, 1) und
(D8 , ha2 , bi, ha2 i, 1) Kompositionsreihen von D8 . Beachte hai 6' ha2 , bi.
(3) Es ist
( S4 , A4 , h (1, 2)(3, 4) , (1, 3)(2, 4) i , h(1, 2)(3, 4)i , 1 )
eine Kompositionsreihe von S4 . Denn es ist sogar h (1, 2)(3, 4) , (1, 3)(2, 4) i =
{ id , (1, 2)(3, 4) , (1, 3)(2, 4) , (1, 4)(2, 3) } P S4 . Diese Kompositionsreihe ist also
eine Verfeinerung der Subnormalreihe
( S4 , h (1, 2)(3, 4) , (1, 3)(2, 4) i , 1 )
(4) Sei n > 5. Es ist ( Sn , An , 1 ) eine Kompositionsreihe von Sn . Cf. Satz 45.
(5) Es ist
( GL3 (F7 ) , hSL3 (F7 ),
−1
0 0
0 1 0
0 0 1
4 0 0
i , SL3 (F7 ) , h 00 40 04 i )
eine Kompositionsreihe von GL3 (F7 ) ; cf. Satz 46. Darin treten, bis auf Isomorphie,
die Kompositionsfaktoren C3 , C2 , PSL3 (F7 ), C3 auf.
Bemerkung 65 Die Menge der strikten Subnormalreihen von G, zusammen mit (4), ist
teilgeordnet. Eine Subnormalreihe darin ist genau dann maximal, wenn sie eine Kompositionsreihe ist.
46
Beweis. Es ist (4) reflexiv dank Identität und transitiv, da das Kompositum injektiver
Abbildungen injektiv ist. Sie ist identitiv, da eine injektive monotone Abbildung von [0, s]
nach [0, s] bereits die Identität ist.
Sei (Ui )i∈[0,s] eine strikte Subnormalreihe von G.
Sei (Ui )i∈[0,s] maximal. Angenommen, es ist (Ui )i∈[0,s] keine Kompositionsreihe. Dann gibt
es ein i ∈ [0, s − 1] mit Ui /Ui+1 nicht einfach. Sei 1 < N/Ui+1 C Ui /Ui+1 , wobei
Ui+1 . N . Ui ; cf. Aufgabe 17.(3). Sei

falls j ∈ [0, i]
 Uj
N
falls j = i + 1
Vj :=

Uj−1 falls j ∈ [i + 2, s + 1] .
Dann ist (Vj )j∈[0,s+1] eine Subnormalreihe. Via ρ : [0, s] - [0, s + 1], k - k + ∂k>i+1
erkennen wir (Ui )i∈[0,s] ≺ (Vj )j∈[0,s+1] , im Widerspruch zur Maximalität von (Ui )i∈[0,s] .
Sei (Ui )i∈[0,s] eine Kompositionsreihe. Angenommen, sie sei nicht maximal. Sei (Ui )i∈[0,s] ≺
(Vj )j∈[0,t] . Wähle eine dies belegende injektive Abbildung ρ : [0, s] - [0, t]. Diese ist
nicht surjektiv, da sie diesenfalls gleich id[0,s] wäre, was wegen (Ui )i∈[0,s] 6= (Vj )j∈[0,t] nicht
möglich ist. Sei j ∈ [0, t] nicht im Bild von ρ. Dann gibt es genau ein i ∈ [0, s] mit
ρ(i) < j < ρ(i + 1). Es folgt Ui = Vρ(i) > Vj > Vρ(i+1) = Ui+1 , wobei Ui . Ui+1 und
Ui . Vi . Ui+1 . Also ist 1 6= Vi /Ui+1 C Ui /Ui+1 , somit Ui /Ui+1 nicht einfach, und wir
haben einen Widerspruch.
Beispiel 66 Ist G endlich, dann ist auch die Menge der Subnormalreihen von G endlich.
Also liegt jedes Element dieser Menge unter einem (≺)-maximalen. Da es eine strikte
Subnormalreihe von G gibt, viz. (G, 1) falls G 6= 1 resp. (1) falls G = 1, hat G also
wenigstens eine Kompositionsreihe.
Dagegen hat e.g. Z = (Z, +) keine Kompositionsreihe, da Z keine einfache Untergruppe
hat.
Bemerkung 67 Äquivalente Subnormalreihen von G haben äquivalente Striktifizierungen.
Beweis. Seien (Ui )i∈[0,s] und (Vj )j∈[0,t] äquivalente Subnormalreihen von G.
Sei α : [0, š − 1] - [0, s − 1] injektiv, monoton und mit Bild { i ∈ [0, s − 1] : Ui > Ui+1 }.
Sei β : [0, ť − 1] - [0, t − 1] injektiv, monoton und mit Bild { j ∈ [0, t − 1] : Vj > Vj+1 }.
Sei σ : [0, s − 1] - [0, t − 1] eine Bijektion mit Ui /Ui+1 ' Vσ(i) /Vσ(i)+1 für i ∈ [0, s − 1].
Für i ∈ [0, s − 1] ist Ui = Ui+1 genau dann, wenn Vσ(i) = Vσ(i)+1 ist. Also schränkt σ ein
zu einer Bijektion σ̃ von { i ∈ [0, s − 1] : Ui > Ui+1 } nach { j ∈ [0, t − 1] : Vj > Vj+1 }.
47
Somit gibt es eine Bijektion σ̌ : [0, š − 1] - [0, ť − 1] mit β ◦ σ̌ = σ ◦ α.
[0, s O − 1]
/
σ
[0, t O− 1]
α
[0, š − 1]
β
σ̌
/
[0, ť − 1]
Für k ∈ [0, š − 1] wird Uα(k+1) = Uα(k)+1 und also
Uα(k) /Uα(k+1) =
'
=
=
Uα(k) /Uα(k)+1
Vσ(α(k)) /Vσ(α(k))+1
Vβ(σ̌(k)) /Vβ(σ̌(k))+1
Vβ(σ̌(k)) /Vβ(σ̌(k)+1) .
Folglich sind die Striktifizierungen (Uα(k) )k∈[0,š] und (Vβ(`) )`∈[0,ť ] äquivalent.
Bemerkung 68 Seien (Ui )i∈[0,s] und (Vj )j∈[0,t] Subnormalreihen von G.
Betrachte die folgenden Aussagen.
(1) Es ist (Vj )j∈[0,t] eine Verfeinerung von (Ui )i∈[0,s] .
(2) Es ist { Ui : i ∈ [0, s] } ⊆ { Vj : j ∈ [0, t] }.
Es ist (1) ⇒ (2).
Ist (Ui )i∈[0,s] strikt, dann ist (1) ⇔ (2).
Beweis. Gibt eine injektive monotone Abbildung ρ : [0, s] - [0, t] mit ρ(0) = 0, ρ(s) = t
und Ui = Vρ(i) für i ∈ [0, s], dann ist Ui ∈ { Vj : j ∈ [0, t] } für i ∈ [0, s].
Sei nun (Ui )i∈[0,s] strikt und { Ui : i ∈ [0, s] } ⊆ { Vj : j ∈ [0, t] }. Dann können wir für
i ∈ [0, s] den Wert ρ(i) ∈ [0, t] wählen mit Ui =: Vρ(i) , wobei insbesondere ρ(0) := 0 und
ρ(s) := s. Da (Ui )i∈[0,s] strikt ist, wird ρ monoton und injektiv.
Lemma 69 (Schreier) Seien (Ui )i∈[0,s] und (Vj )j∈[0,t] Subnormalreihen von G.
(1) Es gibt eine Verfeinerung (Uk0 )k∈[0,st] von (Ui )i∈[0,s] und eine Verfeinerung (V`0 )`∈[0,st]
von (Vj )j∈[0,t] derart, daß (Uk0 )k∈[0,st] und (V`0 )`∈[0,st] äquivalent sind.
Kurz, zwei Subnormalreihen von G haben äquivalente Verfeinerungen.
(2) Sind (Ui )i∈[0,s] und (Vj )j∈[0,t] strikt, so haben sie äquivalente Verfeinerungen, die
strikte Subnormalreihen sind.
48
Beweis. O.E. ist G 6= 1.
Ad (1). Betrachte folgende Abbildungen.
Die Bijektion ϕ : [0, st−1] - [0, s−1]×[0, t−1], k - (ϕ1 (k), ϕ2 (k)) mit k = tϕ1 (k)+ϕ2 (k).
Die Bijektion ψ : [0, st−1] - [0, t−1]×[0, s−1], ` - (ψ1 (`), ψ2 (`)) mit ` = sψ1 (`)+ψ2 (`).
Die Bijektion τ : [0, s − 1] × [0, t − 1] - [0, t − 1] × [0, s − 1], (i, j) - (j, i).
Die injektive monotone Abbildung α : [0, s] - [0, st], i - ti.
Die injektive monotone Abbildung β : [0, t] - [0, st], j - sj.
Sei Uk0 := Uϕ1 (k)+1 (Uϕ1 (k) ∩ Vϕ2 (k) ) für k ∈ [0, st − 1]. Sei Ust0 := 1.
Sei V`0 := (Vψ1 (`) ∩ Uψ2 (`) )Vψ1 (`)+1 für ` ∈ [0, st − 1]. Sei Vst0 := 1.
0
Behauptung. Sei k ∈ [0, st − 1]. Es ist Uk+1
= Uϕ1 (k)+1 (Uϕ1 (k) ∩ Vϕ2 (k)+1 ).
Ist k 6≡t −1, dann ist
0
Uk+1
= Uϕ1 (k+1)+1 (Uϕ1 (k+1) ∩ Vϕ2 (k+1) )
= Uϕ1 (k)+1 (Uϕ1 (k) ∩ Vϕ2 (k)+1 ) .
Ist k ≡t −1, dann ist
0
Uk+1
=
=
=
=
=
Uϕ1 (k+1)+1 (Uϕ1 (k+1) ∩ Vϕ2 (k+1) )
Uϕ1 (k)+2 (Uϕ1 (k)+1 ∩ V0 )
Uϕ1 (k)+1
Uϕ1 (k)+1 (Uϕ1 (k) ∩ Vt )
Uϕ1 (k)+1 (Uϕ1 (k) ∩ Vϕ2 (k)+1 ) .
Dies zeigt die Behauptung.
Es ist (Uk0 )k∈[0,st] eine Subnormalreihe. Denn für k ∈ [0, st − 1] wird dank Behauptung
0
Uk+1
= Uϕ1 (k)+1 (Uϕ1 (k) ∩ Vϕ2 (k)+1 ) P Uϕ1 (k)+1 (Uϕ1 (k) ∩ Vϕ2 (k) ) = Uk0 ;
cf. Lemma 61. Es ist (Uk0 )k∈[0,st] eine Verfeinerung von (Ui )i∈[0,s] . Denn für i ∈ [0, s − 1] ist
0
Uα(i)
= Uit0 = Uϕ1 (it)+1 (Uϕ1 (it) ∩ Vϕ2 (it) ) = Ui+1 (Ui ∩ V0 ) = Ui .
0
Ferner ist Uα(s)
= Ust0 = 1 = Us .
Genauso ist (V`0 )`∈[0,st] eine Subnormalreihe von G und dabei eine Verfeinerung von
(Vj )j∈[0,t] .
Wir haben die Bijektion σ := ψ −1 ◦ τ ◦ ϕ : [0, st − 1] - [0, st − 1]. Sei k ∈ [0, st − 1]. Es
wird
(ψ1 (σ(k)), ψ2 (σ(k))) = ψ(σ(k)) = ψ(ψ −1 (τ (ϕ(k))) = τ (ϕ(k)) = (ϕ2 (k), ϕ1 (k)) .
49
Also wird
0
Uk0 /Uk+1
Beh.
=
L. 61
'
=
Beh.
=
=
Uϕ1 (k)+1 (Uϕ1 (k) ∩ Vϕ2 (k) ) / Uϕ1 (k)+1 (Uϕ1 (k) ∩ Vϕ2 (k)+1 )
(Uϕ1 (k) ∩ Vϕ2 (k) )Vϕ2 (k)+1 / (Uϕ1 (k)+1 ∩ Vϕ2 (k) )Vϕ2 (k)+1
(Vϕ2 (k) ∩ Uϕ1 (k) )Vϕ2 (k)+1 / (Vϕ2 (k) ∩ Uϕ1 (k)+1 )Vϕ2 (k)+1
(Vψ1 (σ(k)) ∩ Uψ2 (σ(k)) )Vψ1 (σ(k))+1 / (Vψ1 (σ(k)) ∩ Uψ2 (σ(k))+1 )Vψ1 (σ(k))+1
0
0
.
/Vσ(k)+1
Vσ(k)
Ad (2). Sei (Ǔk0 )k∈[0,a] die Striktifizierung von der im Beweis zu (1) konstruierten Subnormalreihe (Uk0 )k∈[0,st] . Sei (V̌`0 )`∈[0,b] die Striktifizierung von der im Beweis zu (2) konstruierten Subnormalreihe (V`0 )`∈[0,st] .
Es sind (Ǔk0 )k∈[0,a] und (V̌`0 )`∈[0,b] äquivalent; cf. Bemerkung 67.
Es ist { Ui : i ∈ [0, s] } ⊆ { Uk0 : k ∈ [0, st] } = { Ǔk0 : k ∈ [0, a] }. Da (Ui )i∈[0,s] strikt ist,
folgt (Ui )i∈[0,s] ≺ (Ǔk0 )k∈[0,a] ; cf. Bemerkung 68.
Genauso ist (Vj )j∈[0,t] ≺ (V̌`0 )`∈[0,b] .
Satz 70 (Jordan, Hölder) Weiterhin ist G eine Gruppe.
Seien (Ui )i∈[0,s] und (Vj )j∈[0,t] Kompositionsreihen von G.
Dann sind (Ui )i∈[0,s] und (Vj )j∈[0,t] äquivalent; cf. Definition 63.
Sei daran erinnert, daß, falls G endlich ist, eine Kompositionsreihe von G existiert; cf.
Beispiel 66.
Beweis. Gemäß Lemma 69 haben (Ui )i∈[0,s] und (Vj )j∈[0,t] äquivalente Verfeinerungen,
die strikte Subnormalreihen sind. Da (Ui )i∈[0,s] eine Kompositionsreihe ist, ist sie gleich
dieser ihrer Verfeinerung; da (Vj )j∈[0,t] eine Kompositionsreihe ist, ist sie gleich dieser ihrer
Verfeinerung; cf. Bemerkung 65. Also sind bereits (Ui )i∈[0,s] und (Vj )j∈[0,t] äquivalent.
3.2
Auflösbar, überauflösbar, nilpotent
Sei G eine endliche Gruppe.
Definition 71
(1) Gibt es eine Subnormalreihe (Ui )i∈[0,s] mit Ui /Ui+1 abelsch für i ∈ [0, s − 1], dann
heißt G auflösbar.
Eine solche Subnormalreihe heißt dann auflösende Reihe von G.
(2) Gibt es eine Subnormalreihe (Ui )i∈[0,s] mit Ui /Ui+1 zyklisch für i ∈ [0, s − 1] und
Ui P G für i ∈ [0, s − 1], dann heißt G überauflösbar.
Eine solche Reihe heißt dann überauflösende Reihe von G.
50
(3) Gibt es eine Subnormalreihe (Ui )i∈[0,s] mit Ui P G und Ui /Ui+1 6 Z(G/Ui+1 ) für
i ∈ [0, s − 1], dann heißt G nilpotent.
Eine solche Reihe heißt dann nilpotent auflösende Reihe von G.
(4) Sei p > 0 prim. Gibt es eine Subnormalreihe (Ui )i∈[0,s] so, daß Ui /Ui+1 eine p-Gruppe
oder eine Gruppe mit Ordnung teilerfremd zu p ist für i ∈ [0, s − 1], dann heißt G
nur p-auflösbar.
Eine solche Reihe heißt dann p-auflösende Reihe von G.
Bemerkung 72
(1) Es ist G genau dann auflösbar, wenn jeder Kompositionsfaktor von G eine zyklische
Gruppe von Primordnung ist.
(2) Sei p > 0 prim. Es ist G genau dann p-auflösbar, wenn jeder Kompositionsfaktor
von G isomorph zu Cp oder von Ordnung teilerfremd zu p ist.
Beweis.
Ad (1). Ist jeder Kompositionsfaktor von G eine zyklische Gruppe von Primordnung, dann
ist jede Kompositionsreihe von G auflösend.
Sei umgekehrt G auflösbar. Sei (Ui )i∈[0,s] eine auflösende Reihe von G, o.E. strikt. Sei
(Vj )j∈[0,t] eine Kompositionsreihe, die diese verfeinert; cf. Bemerkung 65, Beispiel 66. Dann
ist jeder Subfaktor von (Vj )j∈[0,t] isomorph zu einem Subfaktor einer Subnormalreihe von
Ui /Ui+1 für ein i ∈ [0, s − 1], mithin abelsch; cf. Aufgabe 17. Da alle einfachen endlichen
abelschen Gruppen zyklisch von Primordnung sind, ist somit jeder Kompositionsfaktor
von G zyklisch von Primordnung; cf. Aufgabe ??.(2).
Ad (2). Ist jeder Kompositionsfaktor von G von Ordnung p oder von Ordnung teilerfremd
zu p, dann ist jede Kompositionsreihe von G p-auflösend.
Sei umgekehrt G eine p-auflösbare Gruppe. Sei (Ui )i∈[0,s] eine p-auflösende Reihe von G,
o.E. strikt. Sei (Vj )j∈[0,t] eine Kompositionsreihe, die diese verfeinert; cf. Bemerkung 65,
Beispiel 66. Dann ist jeder Subfaktor von (Vj )j∈[0,t] isomorph zu einem Subfaktor einer
Subnormalreihe von Ui /Ui+1 für ein i ∈ [0, s − 1], mithin eine p-Gruppe oder eine Gruppe
mit Ordnung teilerfremd zu G. Es sind aber alle einfachen endlichen p-Gruppen isomorph
zu Cp ; cf. Aufgabe ??.(2). Also ist jeder Kompositionsfaktor von G isomorph zu Cp oder
von Ordnung teilerfremd zu p.
Die p-Auflösbarkeit soll bei uns nur eine Nebenrolle spielen.
Bemerkung 73
(1) Sei p eine Primzahl. Ist G eine p-Gruppe, so ist G nilpotent.
51
(2) Ist G > 1 und G nilpotent, so ist Z(G) > 1.
Beweis.
Ad (1). Induktion über |G|. Ist |G| = 1, so ist nichts zu zeigen.
Sei |G| > 1. Dann ist Z(G) 6= 1 ; cf. Aufgabe ??.(1). Nach Induktion ist G/Z(G) nilpotent.
Also ist G nilpotent; cf. Aufgabe ??.(6).
Ad (2). Sei (Ui )i∈[0,s] eine nilpotent auflösende Reihe, o.E. strikt. Wegen G > 1 ist s > 1.
Es ist Us−1 > Us = 1 und Us−1 /Us 6 Z(G/Us ), also Us−1 6 Z(G).
Bemerkung 74 Wir haben die Implikationen
G abelsch ⇒ G nilpotent ⇒ G überauflösbar ⇒ G auflösbar ⇒ G p-auflösbar für p > 0 prim .
Beweis. Ist G abelsch, so hat G die nilpotent auflösende Reihe (G, 1).
Sei G nilpotent. Zu zeigen ist, daß G überauflösbar ist. Sei also eine nilpotent auflösende
Reihe (Ui )i∈[0,s] von G gegeben.
Wir wollen mit Induktion zeigen, daß G/Ui überauflösbar ist für i ∈ [0, s]. Dies trifft für
i = 0 zu. Sei i ∈ [1, n] und sei G/Ui−1 überauflösbar. Wir haben G/Ui als überauflösbar
nachzuweisen.
Da Ui−1 /Ui 6 Z(G/Ui ) und da G/Ui−1 ' (G/Ui )/(Ui−1 /Ui ), folgt dies mit Aufgabe ??.(4).
Insbesondere ist nun G ' G/Us als überauflösbar nachgewiesen.
Ist G überauflösbar, dann ist G auflösbar.
Ist G auflösbar, dann ist dank Bemerkung 72.(1) jeder Kompositionsfaktor von G zyklisch
von Primordnung, dank Bemerkung 72.(2) also G auch p-auflösbar für p > 0 prim.
Beispiel 75
(1) Es hat S3 die Normalteiler S3 , A3 und 1.
Es ist S3 überauflösbar, da S3 /A3 ' C2 und A3 ' C3 .
Es ist S3 nicht nilpotent, da Z(S3 ) = {id} ist; cf. Aufgabe 20.(2), Bemerkung 73.(2).
Beachte, daß nichtsdestoweniger S3 /A3 und A3 nilpotent sind.
(2) Es hat A4 die Normalteiler A4 , V := h(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)i und 1 ; und nur diese. Denn das Normalteilererzeugnis eines Elements von Ordnung 2 darin ist gleich
V ; das Normalteilererzeugnis eines Elements von Ordnung 3 darin ist gleich A4 .
Für letzteres beachte man, daß für {a, b, c, d} ⊆ [1, 4] mit |{a, b, c, d}| = 4 stets
(a, b, c) via (b, c, d) konjugiert ist zu (a, c, d), was (a, b, c) ◦ (a, c, d) = (b, c, d) zur
Folge hat, sodaß das Normalteilererzeugnis von (a, b, c) die achtelementige Menge
A4
(a, b, c) t A4(b, c, d) enthält.
52
Insbesondere ist (A4 , V, 1) eine Subnormalreihe von A4 .
Es ist A4 auflösbar, da A4 /V ' C3 und V ' C2 × C2 ; cf. Aufgabe 2.(3).
Es ist A4 nicht überauflösbar, da V nicht zyklisch ist und wir also keine Reihe von
Normalteilern von A4 finden können, deren letzter Subfaktor zyklisch ist. Beachte,
daß nichtsdestoweniger A4 /V und V überauflösbar sind.
(3) Sei n > 5. Es hat Sn die Kompositionsreihe (Sn , An , 1) ; cf. Satz 45. Somit hat Sn
die Kompositionsfaktoren C2 und An , die nicht beide zyklisch von Primzahlordnung
sind, da |An | ≡60 0. Folglich ist Sn nicht auflösbar; cf. Bemerkung 72.(1).
(4) Sei K ein endlicher Körper. Sei char K =: p > 0. Sei |K| = pα =: q, wobei α > 1.
Sei n > 2. Sei (n, pα ) 6∈ {(2, 2), (2, 3)}. Es hat GLn (K) die Subnormalreihe
(GLn (K), SLn (K), Z(SLn (K)), 1). Da diese zu einer Kompositionsreihe verfeinerbar
ist, hat GLn (K) den Kompositionsfaktor PSLn (K) ; cf. Satz 46. Es ist
| PSLn (K)| = (q n − q 0 )(q n − q 1 ) · · · (q n − q n−1 ) · (q − 1)−1 · |Z(SLn (K))|−1 .
Da Z(SLn (K)) ' { x ∈ U(K) : xn = 1 } 6 U(K) ist, ist |Z(SLn (K))| ein Teiler von
q − 1. Folglich ist |PSLn (K)| teilbar durch (q + 1)q und also nicht prim. Somit ist
GLn (K) nicht auflösbar; cf. Bemerkung 72.(1).
(5) Sei K ein endlicher Körper. Sei char K =: p > 0. Sei |K| = pα , wobei α > 1.
Sei n > 1. Sei
B := { (ai,j )i,j ∈ GLn (K) : ai,j = 0 für n > i > j > 1 } 6 GLn (K)
die Untergruppe der oberen Dreiecksmatrizen. Sei
U := { (ai,j )i,j ∈ GLn (K) : ai,j = 0 für n > i > j > 1 und ai,i = 1 für i ∈ [1, n] } 6 B
darin die Untergruppe der unipotenten oberen Dreiecksmatrizen.
Es ist U der Kern des surjektiven Gruppenmorphismus
B
(ai,j )i,j
-
U(K)×n
(ai,i )i∈[1,n] .
Da |U | = pαn(n−1)/2 , ist U nilpotent, folglich auflösbar; cf. Bemerkungen 73.(1) und 74. Es ist U(K)×n abelsch, folglich auflösbar. Also ist B auflösbar;
cf. Aufgabe ??.(1).
Definition 76 Sei U 6 G.
Es heißt U eine charakteristische Untergruppe von G, geschrieben U J G, wenn α(U ) = U
ist für α ∈ Aut(G).
Wir schreiben U J G für (U J G und U < G).
Hierfür genügt es, wenn α(U ) 6 U ist für α ∈ Aut(G). Denn daraus folgt U 6 α− (U ) für
α ∈ Aut(G). Oder aber man verwendet die vorausgesetzte Endlichkeit von G.
53
Beispiel 77 Sei V := h (1, 2)(3, 4) , (1, 3)(2, 4) i P S4 ; cf. Beispiel 64. Es ist V ' C2 ×C2 ;
cf. Aufgabe 2.(3).
Wir haben den inneren Automorphismus auf S4 , der durch Konjugation mit (1, 2) gegeben
ist. Dieser schränkt ein zu einem Automorphismus α ∈ Aut(V ). Sei U := h(1, 3)(2, 4)i 6
V . Es ist
α(U ) = h (1,2)(1, 3)(2, 4)i = h(1, 4)(2, 3)i =
6 U.
Also ist U J
6 V , wohl aber U P V .
Bemerkung 78
(1) Sei U 6 G. Da genau dann U P G ist, wenn α(U ) = U ist für alle α ∈ Inn(G),
haben wir die Implikation U J G ⇒ U P G ; cf. Aufgabe 23.
(2) Ist U J V P G, dann ist U P G. Denn für g ∈ G ist α : V
Aut(V ), sodaß gU = α(U ) = U folgt.
-V,
x - gx in
(3) Ist U J V J G, dann ist U J G. Denn für β ∈ Aut(G) ist α := β|VV ∈ Aut(V ),
sodaß β(U ) = α(U ) = U folgt.
(4) Es ist Z(G) J G. Denn für α ∈ Aut(G) ist α(Z(G)) 6 Z(G) ; cf. Aufgabe ??.(3).
(5) Sind U, V J G, dann ist [U, V ] J G. Denn für α ∈ Aut(G) ist α([U, V ]) =
[α(U ), α(V )] = [U, V ] ; cf. Aufgabe ??.(1).
(6) Ist U J G und U 6 V 6 G mit V /U J G/U gegeben, dann ist V J G. Denn
für α ∈ Aut(G) ist ᾱ : G/U - G/U , gU - ᾱ(gU ) := α(g)U wegen α(U ) = U
wohldefiniert und also in Aut(G/U ) enthalten. Wegen V /U J G/U ist α(V )/U =
ᾱ(V /U ) = V /U und also α(V ) = V .
(7) Ist p > 0 prim und ist Sylp (G) = {P }, dann ist P J G, denn für α ∈ Aut(G) ist
|α(P )| = |P | = |G|[p], also α(P ) ∈ Sylp (G) = {P }, also α(P ) = P .
Definition 79
(1) Setze rekursiv G(0) := G und G(i+1) := (G(i) )(1) = [G(i) , G(i) ] für i > 0. Cf. auch
Aufgabe 13.
(2) Setze rekursiv G[0] := G und G[i+1] := [G[i] , G] für i > 0.
(3) Setze G]0[ := 1. Definiere rekursiv G]i+1[ 6 G durch G]i+1[ /G]i[ := Z(G/G]i[ ) für
i > 0 ; cf. Aufgabe 17.(3).
Bemerkung 80
(1) Es ist G(1) = G[1] = [G, G]. Es ist G(2) = [G(1) , G(1) ]. Es ist G[2] = [G(1) , G].
Es ist G]1[ = Z(G).
54
(2) Es ist G(i) J G und G[i] J G und G]i[ J G für i > 0.
(3) Es ist G(i) 6 G[i] für i > 0.
(4) Sei i > 0. Sei x ∈ G. Es ist x ∈ G]i+1[ genau dann, wenn xG]i[ ∈ Z(G/G]i[ ), i.e.
wenn [x, G] ⊆ G]i[ ist.
(5) Es ist (G/Z(G))]i[ = G]i+1[ /Z(G) für i > 0.
(6) Seien i, j > 0. Genau dann ist G[i] 6 G]j+1[ , wenn G[i+1] 6 G]j[ ist.
Beweis.
Ad (2). Es folgen G(i) J G und G[i] J G für i > 0 aus iterierter Anwendung von Bemerkung 78.(5).
Es folgt G]i[ J G für i > 0 aus iterierter Anwendung von Bemerkung 78.(4) unter Verwendung von Bemerkung 78.(6).
Ad (3). Induktion über i > 0. Aus G(i) 6 G[i] folgt G(i+1) = [G(i) , G(i) ] 6 [G[i] , G(i) ] 6
[G[i] , G] = G[i+1] .
Ad (5). Schreibe Z := Z(G). Induktion über i > 0. Für i = 0 ist (G/Z)]0[ = Z/Z = G]1[ /Z.
Sei die Gleichung für ein i > 0 gezeigt. Wir wollen sie für i + 1 zeigen.
Sei x ∈ G. Es ist xZ ∈ (G/Z)]i+1[ dank (4) und Induktion genau dann, wenn [xZ, G/Z] ⊆
(G/Z)]i[ = G]i+1[ /Z ist, i.e. wenn [x, G] ⊆ G]i+1[ ist, i.e., dank (4), wenn x ∈ G]i+2[ ist.
Ad (6). Gemäß (4) ist G[i] 6 G]j+1[ genau dann, wenn G[i+1] = [G[i] , G] 6 G]j[ ist.
Beispiel 81 Sei B = { ua cb ∈ GL2 (F3 ) : u = 0 } 6 GL2 (F3 ) ; cf. Beispiel 75.(5). Kurz,
B = ∗0 ∗∗ .
Damit a0 cb ∈ Z(B) liegt, muß a0 cb x0 yz = x0 yz a0 cb sein für x, z ∈ F3× und y ∈ F3 ,
i.e. ay + bz = xb + yc. Es erzwingt die Wahl (x, y, z) = (1, 1, 1), daß a + b = b + c ist; es
erzwingt die Wahl (x, y, z) = (−1, 1, 1), daß a + b = −b + c ist; folglich ist b = 0 und also
a = c. Mithin ist B ]1[ = Z(B) = h −10 −10 i.
Schreibe a0 cb := a0 cb Z(B) ∈ B/Z(B) für a0 cb ∈ B. Damit a0 cb ∈ Z(B/Z(B)) liegt, muß
x y
a b
xy
ab
ay+bz
xb+yz
×
und y ∈ F3 , i.e. ax
= xa
, i.e.,
0z = 0z
0c
0 c sein für x, z ∈ F
0
cz
0
zc
3
−1 0
ax ay+bz
xa xb+yz
ab
wegen xa 6= −xa, 0 cz
= 0 zc . Wie oben folgt 0 c ∈ h 0 −1 i, nur bedeutet
dies nun Z(B/Z(B)) = Z(B)/Z(B) = B ]2[ /Z(B) und also B ]2[ = B. Dies wiederholt sich
nun, sodaß wir
1 = B ]0[ < B ]1[ = B ]2[ = B ]3[ = . . .
erhalten, wobei allerdings B ]1[ < B ist.
Satz 82 (Kommutatorreihe) Weiterhin ist G eine endliche Gruppe.
Die Aussagen (1, 2) sind äquivalent.
55
(1) Es ist G auflösbar.
(2) Es gibt ein i > 0 mit G(i) = 1.
Diesenfalls sei m := min{ i > 0 : G(i) = 1 } ; es heißt die Subnormalreihe (G(i) )i∈[0,m] die
Kommutatorreihe von G.
Beweis.
!
Ad (1) ⇒ (2). Sei (Ui )i∈[0,s] eine auflösende Reihe von G. Wir behaupten G(i) 6 Ui für
i ∈ [0, s]. Induktion über i ∈ [0, s]. Es ist G(0) = G = U0 . Sei nun G(i) 6 Ui für ein
i ∈ [0, s − 1]. Es ist Ui /Ui+1 abelsch. Also ist [x, y]Ui+1 = [xUi+1 , yUi+1 ] = 1 Ui+1 für
x, y ∈ Ui . Es folgt G(i+1) = [G(i) , G(i) ] 6 [Ui , Ui ] 6 Ui+1 . Dies zeigt die Behauptung. Für
i = s liefert diese G(s) 6 Us = 1, i.e. G(s) = 1.
Ad (2) ⇒ (1). Es ist G(i+1) J G, also G(i+1) P G(i) für i > 0 ; cf. Bemerkung 80.(2). Es ist
G(i) /G(i+1) abelsch; cf. Aufgabe 13.(2). Also ist (G(i) )i∈[0,m] eine auflösende Reihe von G.
Bemerkung 83 Sei G auflösbar.
Es ist in der Kommutatorreihe (G(i) )i∈[0,m] zwar G(i) P G für i ∈ [0, m], dafür aber
G(i) /G(i+1) i.a. nicht für jedes i ∈ [0, m − 1] zyklisch.
Es ist in einer Kompositionsreihe (Ui )i∈[0,s] zwar Ui /Ui+1 zyklisch, zudem von Primordnung, dafür aber Ui i.a. nicht für jedes i ∈ [0, s] ein Normalteiler von G.
Somit liefert weder die eine noch die andere Reihe ein Argument dafür, daß G überauflösbar sein sollte. Dies ist i.a. ja auch nicht der Fall; cf. Beispiel 75.(2).
Satz 84 (Zentralreihen) Weiterhin ist G eine endliche Gruppe.
Die Aussagen (1, 2, 3) sind äquivalent.
(1) Es ist G nilpotent.
(2) Es gibt ein i > 0 mit G[i] = 1.
(3) Es gibt ein j > 0 mit G]j[ = G.
Sei G nilpotent. Dann ist
u := min{ i > 0 : G[i] = 1 } = min{ j > 0 : G]j[ = G } ;
es heißt die Subnormalreihe (G[i] )i∈[0,u] die absteigende Zentralreihe von G ;
es heißt die Subnormalreihe (G]u−i[ )i∈[0,u] die aufsteigende Zentralreihe von G.
56
Beweis. Schreibe Z := Z(G).
Ad (1) ⇒ (3). Induktion über |G|. Sei |G| > 1. Es ist Z > 1, also |G/Z| < |G| ; cf.
Bemerkung 73.(2). Es ist auch G/Z nilpotent; cf. Aufgabe ??.(7). Mit Induktion gibt
0
0
0
es ein j 0 > 0 mit (G/Z)]j [ = G/Z. Dank Bemerkung 80.(5) ist (G/Z)]j [ = G]j +1[ /Z.
0
Insgesamt folgt G = G]j +1[ .
Ad (3) ⇒ (1). Induktion über |G|. Sei |G| > 1. Sei t > 0 minimal mit G]t[ = G gegeben. Es
ist t > 1. Es ist G]1[ = Z > 1. Es ist (G/Z)]t−1[ = G]t[ /Z = G/Z dank Bemerkung 80.(5).
Mit Induktion ist G/Z nilpotent. Also ist G nilpotent; cf. Aufgabe ??.(6).
!
Ad (2) ⇒ (3). Sei s minimal mit G[s] = 1. Wir behaupten G[s−j] 6 G]j[ für j ∈ [0, s].
Induktion über j ∈ [0, s]. Aus G[s−j] 6 G]j[ folgt G[s−j−1] 6 G]j+1[ , sofern j ∈ [0, s − 1]; cf.
Bemerkung 80.(6). Dies zeigt die Behauptung. Für j = s folgt G = G[0] 6 G]s[ 6 G, also
G]s[ = G. Insbesondere ist dann min{ i > 0 : G[i] = 1 } = s > min{ j > 0 : G]j[ = G }.
!
Ad (3) ⇒ (2). Sei t minimal mit G]t[ = G. Wir behaupten G]t−i[ > G[i] für i ∈ [0, t].
Induktion über i ∈ [0, t]. Aus G]t−i[ > G[i] folgt G]t−i−1[ > G[i+1] , sofern i ∈ [0, t − 1]; cf.
Bemerkung 80.(6). Dies zeigt die Behauptung. Für i = t folgt 1 = G]0[ > G[t] > 1, also
G[t] = 1. Insbesondere ist dann min{ j > 0 : G]j[ = G } = t > min{ i > 0 : G[i] = 1 }.
Falls G nilpotent ist, so zeigt dies auch min{ i > 0 : G[i] = 1 } min{ j > 0 : G]j[ = G }.
Beispiel 85 (Fortsetzung) Im Lichte von Satz 84 wurde in Beispiel 81 gezeigt, daß die
dortige Gruppe B nicht nilpotent ist, da B ]j[ < B für alle j > 0.
Lemma 86 Sei p eine Primzahl. Sei N P G.
(1) Wir haben die surjektive Abbildung
Sylp (G)
Q
ρG,N
-
Sylp (G/N )
-
(QN )/N
(2) Ist N 6 Z(G), so ist die Abbildung ρG,N bijektiv.
Beweis.
Ad (1). Sei P ∈ Sylp (N ); cf. Satz 37.(1). Sei Q̃ ∈ Sylp (G) mit P 6 Q̃ ; cf. Satz 37.(4).
Für die Wohldefiniertheit von ρG,N haben wir für Q ∈ Sylp (G) zu zeigen, daß auch
!
(QN )/N ∈ Sylp (G/N ) ist; cf. auch Aufgabe 17.(2).
Sei x ∈ G mit xQ = Q̃ ; cf. Satz 37.(2). Es ist xN((QN )/N ) = (xN )((QN )/N )(xN )− =
(x(QN )x− )/N = x(QN )/N = ( xQ xN )/N = (Q̃N )/N . Somit können wir uns darauf
!
beschränken, (Q̃N )/N ∈ Sylp (G/N ) zu zeigen.
57
Wegen Q̃ ∩ N 6 Q̃ ist Q̃ ∩ N eine p-Gruppe. Wegen P 6 Q̃ ∩ N 6 N und wegen
P ∈ Sylp (N ) folgt P = Q̃∩N . Somit ist (Q̃N )/N ' Q̃/(Q̃∩N ) = Q̃/P ; cf. Aufgabe 12.(2).
Folglich ist |(Q̃N )/N | = |Q̃/P | = |Q̃|/|P | = |G|[p]/|N |[p] = |G/N |[p] und daher auch
(Q̃N )/N ∈ Sylp (G/N ).
Zeigen wir die Surjektivität von ρG,N . Sei K/N ∈ Sylp (G/N ), wobei N 6 K 6 G ;
cf. Aufgabe 17.(1). Da auch (Q̃N )/N ∈ Sylp (G/N ) ist, gibt es ein y ∈ G mit K/N =
yN
((Q̃N )/N ) = ( yQ̃N )/N ; cf. Satz 37.(2). Da auch yQ̃ ∈ Sylp (G) liegt, zeigt dies K/N =
ρG,N ( yQ̃).
Ad (2). Dank (1) genügt es, die Injektivität von ρG,N zu zeigen.
!
Seien Q, Q0 ∈ Sylp (G) mit QN/N = Q0 N/N gegeben. Zu zeigen ist Q = Q0 . Es ist
QN = Q0 N . Wegen Q, Q0 6 QN 6 G sind auch Q, Q0 ∈ Sylp (QN ). Folglich gibt es
q ∈ Q und n ∈ N mit qnQ = Q0 ; cf. Satz 37.(2). Wegen N 6 Z(G) ist aber qnQ = qQ = Q.
Also ist Q0 = Q.
Satz 87 (Sylowzerlegung nilpotenter Gruppen)
Weiterhin ist G eine endliche Gruppe.
Schreibe π(G) := { p ∈ Z>0 : p prim, |G| ≡p 0 }.
Sei ` := |π(G)|. Schreibe π(G) = { pi : i ∈ [1, `] }.
Für alle i ∈ [1, `] wählen wir ein Qi ∈ Sylpi (G) ; cf. Satz 37.(1).
Die folgenden Aussagen (1, 2, 3) sind äquivalent.
(1) Es ist G nilpotent.
(2) Es ist | Sylp (G)| = 1 für p ∈ π(G).
(3) Wir haben den Gruppenisomorphismus
Q
(4) Es ist G ' i∈[1,`] Qi .
Q
i∈[1,`]
Qi ∼- G, (qi )i - q1 q2 · · · q` .
Beweis.
Ad (4) ⇒ (1). Als pi -Gruppe ist Qi nilpotent für alle i ∈ [1, `] ; cf. Bemerkung 73.(1).
Ferner ist ein direktes Produkt nilpotenter Gruppen nilpotent; cf. Aufgabe ??.(4), iteriert
angewandt. Also ist G isomorph zu einer nilpotenten Gruppe, mithin selbst nilpotent.
Ad (1) ⇒ (2). Sei (Uj )j∈[0,s] eine nilpotent auflösende Reihe von G, i.e. sei U0 = G, sei
Us = 1, sei Uj P G für j ∈ [0, s] und sei Uj /Uj+1 6 Z(G/Uj+1 ) für i ∈ [0, s − 1].
Sei i ∈ [1, `].
Wir wollen mit Induktion zeigen, daß G/Uj genau eine pi -Sylowgruppe hat für j ∈ [0, s].
Dies trifft für j = 0 zu. Sei j ∈ [0, s − 1] und habe G/Uj genau eine pi -Sylowgruppe. Wir
haben zu zeigen, daß G/Uj+1 genau eine pi -Sylowgruppe hat.
58
Da Uj /Uj+1 6 Z(G/Uj+1 ) ist und da (G/Uj+1 )/(Uj /Uj+1 ) ' G/Uj ist, folgt dies mit
Lemma 86.(2).
Für j = s zeigt dies nun insbesondere, daß | Sylpi (G)| = 1 ist.
Ad (2) ⇒ (3). Nun ist Sylpi (G) = {Qi } und also Qi P G für i ∈ [1, `] ; cf. Satz 37.(2).
Wir behaupten, es ist |Q1 Q2 · · · Qi | = |Q1 ||Q2 | · · · |Qi | und (Q1 · · · Qi−1 ) ∩ Qi = 1 für
i ∈ [0, `]. Induktion über i ∈ [0, `]. Für i = 0 erhalten wir in beiden Gleichungen auf
beiden Seiten 1. Sei i ∈ [0, ` − 1] gegeben. Sei |Q1 · · · Qi | = |Q1 | · · · |Qi | bekannt. Zunächst
sind |Q1 · · · Qi | = |Q1 | · · · |Qi | und |Qi+1 | teilerfremd, woraus wir (Q1 · · · Qi ) ∩ Qi+1 = 1
ersehen. Weiter folgt
|Q1 · · · Qi Qi+1 |
A. 12.(1)
=
|Q1 · · · Qi ||Qi+1 |
= |Q1 · · · Qi ||Qi+1 | = |Q1 | · · · |Qi ||Qi+1 | .
|(Q1 · · · Qi ) ∩ Qi+1 |
Dies zeigt die Behauptung.
Seien i, j ∈ [1, `] mit i 6= j gegeben. Da für qi ∈ Qi und qj ∈ Qj sich [qi , qj ] =
qi−
(qj− )qj =
qj−
qi− qi ∈ Qi ∩ Qj = 1 ergibt, ist [Qi , Qj ] = 1.
Damit und mit obiger Behauptung erhalten wir dank Aufgabe 2.(3) nun den injektiven
Gruppenmorphismus
Q
f
- G
∼
i∈[1,`] Qi
- q1 q2 · · · q` .
(qi )i
Schließlich ist
|
Q
i∈[1,`]
Qi | =
Q
i∈[1,`]
|Qi | =
Q
i∈[1,`]
|G|[pi ] = |G| .
Also ist f ein Gruppenisomorphismus.
Ad (3) ⇒ (4). Dies gilt a fortiori.
3.3
Semidirekte Produkte
Definition 88 Sei H eine Gruppe. Sei N eine Gruppe. Sei α : H - Aut(N ) ein
Gruppenmorphismus. Schreibe auch (α(h))(n) =: hn für h ∈ H und n ∈ N . Beachte
0
0
h
(nn0 ) = hn hn0 und hh n = h( h n) für n, n0 ∈ N und h, h0 ∈ H.
Wir definieren auf der Menge N × H eine Multiplikation durch
(n, h)(n0 , h0 ) = (n, h) α· (n0 , h0 ) := (n hn0 , hh0 ) .
für n, n0 ∈ N und h, h0 ∈ H.
Da dann
(n, h)(1, 1) = (n, h)
59
und
0
((n, h)(n0 , h0 ))(n00 , h00 ) = (n hn0 , hh0 )(n00 , h00 ) = (n hn0 hh n00 , hh0 h00 )
0
= (n, h)(n0 h n00 , h0 h00 ) = (n, h)((n0 , h0 )(n00 , h00 ))
sowie
−
(n, h)( h (n− ), h− ) = (1, 1)
ist für n, n0 , n00 ∈ N und h, h0 , h00 ∈ H, wird die Menge N × H ausgestattet mit ( α· )
dank Aufgabe 1 zu einer Gruppe, genannt (äußeres) semidirektes Produkt von N mit H
mittels α und geschrieben
No
H.
α
Oft schreiben wir kurz N o H := N o
H.
α
E.g. ist
(n, 1) = (1, h)(n, 1)(1, h− ) = ( hn, 1) für n ∈ N und h ∈ H.
(1,h)
Wir haben die kurz exakte Sequenz
N
n
ι
r
No
H
α
-
(n, 1)
(n, h)
ρ
-
H
-
h.
Wir haben den Gruppenmorphismus σ : H - N o
H, h - (1, h). Es ist ρ ◦ σ = idH .
α
Bemerkung 89 Seien H und N Gruppen. Es ist N o H = N × H. In diesem Sinne
!
verallgemeinert das semidirekte Produkt das direkte Produkt; cf. Aufgabe 2.(1).
Lemma 90 (Universelle Eigenschaft des semidirekten Produktes)
Sei H eine Gruppe. Sei N eine Gruppe. Sei α : H - Aut(N ) ein Gruppenmorphismus.
Beachte
σ(h)
ι(n) = ι( hn) für h ∈ H und n ∈ N , wie in Definition 88 angemerkt.
Sei T eine Gruppe. Sei u : N - T ein Gruppenmorphismus. Sei v : H - T ein Gruppenmorphismus. Sei v(h)u(n) = u( hn) für h ∈ H und n ∈ N .
Dann gibt es genau einen Gruppenmorphismus f : N o
H - T mit f ◦ι = u und f ◦σ = v.
α
N EE
ι
/
No
Ho
α
σ
EE
yy
EE
yy
y
E
y
f
u EEE
yy v
E" |yyy
H
T
Für diesen ist f (n, h) = u(n) · v(h) für n ∈ N und h ∈ H.
60
Beweis.
Eindeutigkeit. Sei f˜ : N o
H - T ein Gruppenmorphismus mit f˜ ◦ ι = u und f˜ ◦ σ = v.
α
Für n ∈ N und h ∈ H ist dann notwendig f˜(n, h) = f˜((n, 1) · (1, h)) = f˜(n, 1) · f˜(1, h) =
(f˜ ◦ ι)(n) · (f˜ ◦ σ)(h) = u(n) · v(h).
Existenz. Sei f (n, h) = u(n) · v(h) für n ∈ N und h ∈ H. Dann ist (f ◦ ι)(n) = f (n, 1) =
u(n), also f ◦ ι = u, und (f ◦ σ)(h) = f (1, h) = v(h), also f ◦ σ = v.
Zu zeigen bleibt, daß f ein Gruppenmorphismus ist. Seien (n, h), (ñ, h̃) ∈ N o
H. Dann
α
ist
f ((n, h) · (ñ, h̃)) =
=
=
=
=
=
f (n hñ, hh̃)
u(n hñ) · v(hh̃)
u(n) · u( hñ) · v(h) · v(h̃)
u(n) · v(h)u(ñ) · v(h) · v(h̃)
u(n) · v(h) · u(ñ) · v(h̃)
f (n, h) · f (ñ, h̃) .
Lemma 91 Sei G eine Gruppe. Sei N P G. Sei H 6 G.
Setze α : H - Aut(N ), h - (n - hn = hnh− ). Es ist α ein Gruppenmorphismus.
Wir haben den Gruppenmorphismus
N o
H
α
(n
,
h)
ϕ
-
G
-
nh
Es ist ϕ surjektiv genau dann, wenn N H = G ist.
Es ist ϕ injektiv genau dann, wenn N ∩ H = 1 ist.
Ist N ∩ H = 1 und N H = G, so ist ϕ ein Isomorphismus. Diesenfalls heißt H ein
Komplement zu N in G, sowie G ein (inneres) semidirektes Produkt von N mit H.
Beweis. Es ist α wohldefiniert, denn für h ∈ H ist die Abbildung N - N , n - hnh−
in der Tat ein Automorphismus von N . Es ist α ein Gruppenmorphismus, denn für h, h0
0
0
wird für n ∈ N wird (α(hh0 ))(n) = hh n = h( h n) = (α(h) ◦ α(h0 ))(n).
Die Existenz des angegebenen Gruppenmorphismus ϕ folgt mit Lemma 90, angewandt
auf die beiden Inklusionsabbildungen N - G und H - G.
Es ist ϕ surjektiv genau dann, wenn N H = G ist.
!
Es ist ϕ injektiv genau dann, wenn Kern(ϕ) = 1 ist. Wir haben Kern(ϕ) = 1 ⇔ N ∩H = 1
zu zeigen.
Ad ⇒. Sei Kern(ϕ) = 1. Sei x ∈ N ∩ H. Dann ist ϕ(x, x− ) = xx− = 1 und also (x, x− ) =
(1, 1), i.e. x = 1. Somit ist N ∩ H = 1.
61
Ad ⇐. Sei N ∩ H = 1. Sei (n, h) ∈ Kern(ϕ). Dann ist 1 = ϕ(n, h) = nh, also n = h− ∈
N ∩ H = 1, also (n, h) = (1, 1). Somit ist Kern(ϕ) = 1.
Cf. Aufgabe 2.(4).
Bemerkung 92 Sei G eine Gruppe.
Sei N P G. Sei H ein Komplement zu N in G. Sei x ∈ G.
(1) Es ist auch xH ein Komplement zu N in G.
(2) Wir haben den Gruppenisomorphismus ψ : H ∼- G/N , h - hN .
Beweis.
Ad (1). Es ist N xH = xN xH = x(N H) = G.
Es ist N ∩ xH = xN ∩ xH = x(N ∩ H) = 1.
Ad (2). Es ist ψ ein Gruppenmorphismus. Es ist ψ surjektiv, da für g ∈ G wegen G =
N H = HN es h ∈ H und n ∈ N mit g = hn und also mit gN = hnN = hN gibt. Es ist
ψ injektiv, da Kern(ψ) = H ∩ N = 1 ist.
Beispiel 93
(1) Es hat h(1, 2, 3)i P S3 das Komplement h(1, 2)i. So ist S3 isomorph zum semidirekten Produkt h(1, 2, 3)i o
h(1, 2)i, wobei α : h(1, 2)i - Aut(h(1, 2, 3)i),
α
(1, 2) - ((1, 2, 3)i -
(1, 2, 3)i = (1, 2, 3)−i ), wobei i ∈ [0, 2].
(1,2)
Schreiben wir C3 = h a : a3 i und C2 = h b : b3 i, so wird mit β : C2 - Aut(C3 ),
a - (b - b− ) auch
C3 o C2
∼-
(a , bj )
-
β
i
S3
(1, 2, 3)i ◦ (1, 2)j , wobei i ∈ [0, 2] und j ∈ [0, 1].
Kurz, S3 ' C3 o C2 .
Beachte, daß h(1, 2, 3)i außer dem Komplement h(1, 2)i auch das Komplement
h(1, 3)i besitzt.
=: a
=: b
=: c
z }| { z }| {
z }| {
(2) Es hat V := h(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)i P A4 das Komplement h(1, 2, 3)i. So ist A4
isomorph zu V o
hci, wobei α : hci - Aut(V ), c - (a - ca = ab, b - cb = a).
α
Kurz, A4 ' (C2 × C2 ) o C3 .
62
=: a
=: b
=: c
=: d
z }| { z }| {
z }| { z }| {
(3) Es hat V := h(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)i P S4 das Komplement S3 = h(1, 2, 3), (1, 2)i ,
denn V ∩ S3 = 1 und |V ||S3 | = |S4 |, woraus |V S3 | = |V |||S3 |/|V ∩ S3 | = |S4 | und
also V S3 = S4 folgt. So ist S4 isomorph zu V o
S3 , wobei α : S3 - Aut(V ),
α
c - (a - ca = ab, b - cb = a), d - (a - da = a, b - db = ab).
(1)
Kurz, S4 ' V o S3 ' (C2 × C2 ) o (C3 o C2 ) .
(4) Betrachte D8 = h a, b : a4 , b2 , (ab)2 i ; cf. Beispiel 54. Es hat hai P D8 das
Komplement hbi. So ist D8 isomorph zu haio
hbi, wobei α : hbi - Aut(hai),
α
b - (a - ba = a− ).
Kurz, D8 ' C4 o C2 .
(5) Schreibe C7 = h c : c7 i und C3 = h x : x3 i. Es ist
Aut(C7 ) = { αi : c - ci : i ∈ [1, 6] }
αi
∼-
-
U(Z/7Z) = h3 + 7Zi ' C6
i + 7Z .
Also ist Aut(C7 ) = hα3 i zyklisch von Ordnung 6.
Es ist β : C3 - Aut(C7 ), x - α32 = α2 ein Gruppenmorphismus. Wir können das
semidirekte Produkt G := C7 o C3 bilden. Darin ist
β
k
(ci , xk )(cj , x` ) = (ci · (β(xk ))(cj ), xk · x` ) = (ci+j·2 , xk+` )
für i, k, j, ` ∈ Z>0 .
(6) Schreibe C4 = h a : a4 i. Die Untergruppen von C4 sind 1, ha2 i und C4 .
Es hat ha2 i P C4 kein Komplement.
i
r
r G - H eine kurz exakte Sequenz von Gruppen.
Lemma 94 Sei N s
Sei H - G ein Gruppenmorphismus mit r ◦ s = idH .
Wir haben den Gruppenmorphismus β : H - Aut(i(N )), h - (i(n) i(N ) P G.
s(h)
(i(n))), da
Schreibe i0 := i|i(N ) : N ∼- i(N ). Somit ist i(n) := i0 (n) für n ∈ N . Wir haben den
Gruppenisomorphismus γ : Aut(i(N )) ∼- Aut(N ), w - i0− ◦ w ◦ i0 .
Setze α := γ ◦ β : H - Aut(N ).
(1) Es ist s(H) ein Komplement zum Normalteiler i(N ) in G.
(2) Wir haben den Gruppenisomorphismus
No
H
α
f
∼
(n, h)
-
G
i(n) · s(h)
63
(3) Folgendes Diagramm kommutiert.
N
/
ι
/
H
o f
idN
N
ρ
No
H
α
i
/
G
r
/
idH
H
Beweis.
!
Ad (1). Wir zeigen i(N )s(H) = G. Für g ∈ G ist g = (g ·sr(g)− )·sr(g) und r(g ·sr(g)− ) =
r(g) · rsr(g)− = 1, also g · sr(g)− = i(n) für ein n ∈ N .
Wir zeigen i(N ) ∩ s(H) = 1. Sei g ∈ i(N ) ∩ s(H). Schreibe g = s(h). Da g ∈ i(N ) liegt,
ist r(g) = 1. Insgesamt ist also g = s(h) = srs(h) = sr(g) = s(1) = 1.
Ad (2). Es ist i( hn) = i((α(h))(n)) = i((γ(β(h)))(n)) = i((i0− ◦ β(h) ◦ i0− )(n)) =
i0 (i0− ( s(h)(i(n)))) = s(h)(i(n)) für h ∈ H und n ∈ N . Die Existenz des angegebenen Gruppenmorphismus f folgt also aus der universellen Eigenschaft in Lemma 90, angewandt
auf i und s.
Es ist f injektiv, da für n ∈ N und h ∈ H aus i(n) · s(h) = 1 auch i(n− ) = s(h) ∈
(1)
i(N ) ∩ s(H) = 1 folgt, mithin n = 1 und h = r(s(h)) = r(1) = 1.
Es ist f surjektiv, da Im(f ) = i(N ) · s(H) = G nach (1).
Ad (3). Es ist f ◦ ι = i, da f (ι(n)) = f (n, 1) = i(n) für n ∈ N . Es ist r ◦ f = ρ, da
r(f (n, h)) = r(i(n) · s(h)) = h = ρ(n, h) für (n, i) ∈ N o
H.
α
Definition 95 Sei H eine Gruppe. Sei m > 1. Sei β : H - Sm ein Gruppenmorphismus.
Schreibe (β(h))(i) =: h · i = hi für h ∈ H und i ∈ [1, m].
Sei K eine Gruppe. Setze
H
h
α
-
-
Aut(K ×m )
((ki )i - h(ki )i = (α(h))(ki )i := (kh− i )i ) .
Sei
K oβ H := K ×m o
H
α
das Kranzprodukt von K mit H vermittels β. Wir schreiben oft auch kurz K oH := K oβ H.
Es ist α in der Tat ein Gruppenmorphismus, denn für h, h0 ∈ H und (ki )i ∈ K m folgt
(α(h) ◦ α(h0 ))((ki )i ) = (α(h))(kh0− i )i = (kh0− h− i )i = (k(hh0 )− i )i = (α(hh0 ))((ki )i ) ,
und also α(h) ◦ α(h0 ) = α(hh0 ).
Beispiel 96
64
Sei N := h(1, 2, 3), (4, 5, 6), (7, 8, 9)i 6 S9 . Sei H := h(1, 4, 7)(2, 5, 8)(3, 6, 9)i 6 S9 .
Schreibe C3 = h c : c3 i. Dank Aufgabe 2.(3) haben wir den injektiven Gruppenmorphismus
C×3
3
i1 i2 i3
(c , c , c )
u-
S9
(1, 2, 3)i1 (4, 5, 6)i2 (7, 8, 9)i3 , wobei (i1 , i2 , i3 ) ∈ Z×3 .
-
Wir haben den injektiven Gruppenmorphismus
C3
ck
v-
-
S9
((1, 4, 7)(2, 5, 8)(3, 6, 9))k , wobei k ∈ Z.
Wir haben den Gruppenmorphismus β : C3 - S3 , ck - (1, 2, 3)k , wobei k ∈ Z ; so wird
[1, 3] zu einer C3 -Menge.
Es ist
v(c)
u(ci1 , ci2 , ci3 ) =
=
=
=
=
=
(1,4,7)(2,5,8)(3,6,9)
((1, 2, 3)i1 (4, 5, 6)i2 (7, 8, 9)i3 )
(4, 5, 6)i1 (7, 8, 9)i2 (1, 2, 3)i3
(1, 2, 3)i3 (4, 5, 6)i1 (7, 8, 9)i2
u(ci3 , ci1 , ci2 )
u(cic− ·1 , cic− ·2 , cic− ·3 )
c
u(ci1 , ci2 , ci3 )
und damit auch
v(ck )
u(ci1 , ci2 , ci3 ) =
ck
u(ci1 , ci2 , ci3 )
für k ∈ Z im Sinne von Definition 95. Die universelle Eigenschaft des semidirekten Produkts aus Lemma 90 gibt also den Gruppenmorphismus
C3 oβ C3 = C×3
C3
3 o
α
f-
S9 .
Dieser ist injektiv, da N ∩ H = 1. Somit ist
C3 oβ C3
f |N H
∼
N H = h(1, 2, 3), (4, 5, 6), (7, 8, 9), (1, 4, 7)(2, 5, 8)(3, 6, 9)i ∈ Syl3 (S9 ) ,
denn 33 · 3 = |C3 oβ C3 | = |N H| = |S9 |[3].
Kurz, die 3-Sylowgruppen von S9 sind von der Form C3 o C3 .
3.4
Schur-Zassenhaus
3.4.1
Die ersten beiden Cohomologiegruppen
Wir geben uns mit einer abgekürzten Version der Cohomologietheorie von Gruppen zufrieden. Cf. auch [5].
65
Sei H eine Gruppe.
Sei A eine abelsche Gruppe. Sei α : H - Aut(A) ein Gruppenmorphismus.
Wir schreiben (α(h))(a) =: ha für h ∈ H und a ∈ A.
Definition 97 Sei
Z1 (H, A) := { d : H - A : es ist hd(h0 ) · d(hh0 )− · d(h) = 1 für h, h0 ∈ H }
die Menge der Derivationen oder 1-Cozykel,
B1 (H, A) := { db : H - A, h - hb · b− : b ∈ A }
die Menge der inneren Derivationen oder 1-Coränder,
Z2 (H, A) := { z : H × H - A : es ist hz(h0 , h00 ) · z(hh0 , h00 )− · z(h, h0 h00 ) · z(h, h0 )− = 1 für h, h0 , h00 ∈ H }
die Menge der 2-Cozykel,
B2 (H, A) := { zc : H × H - A, (h, h0 ) - hc(h0 ) · c(hh0 )− · c(h) : c : H - A }
die Menge der 2-Coränder
von H mit Koeffizienten in A bezüglich α.
Bemerkung 98 Ist M eine Menge und B eine Gruppe, dann ist die Menge Abb(M, B)
der Abbildungen von M nach B eine abelsche Gruppe unter punktweiser Multiplikation,
i.e. für u, v ∈ Abb(M, B) setzen wir
u·v : M
-
B,
m
-
(uv)(m) = (u · v)(m) := u(m) · v(m) .
Das Einselement ist gegeben durch 1 : M - B, m - 1. Das zu u ∈
Element ist gegeben durch u− : M - B, m - u− (m) := u(m)− .
Abb(M, B)
inverse
Vorsicht, mit u− ist hierbei nicht die Umkehrabbildung gemeint.
Ist B abelsch, dann ist
Abb(M, B)
abelsch.
Bemerkung 99
(1) Es ist B1 (H, A) 6 Z1 (H, A) 6
Abb(H, A).
(2) Es ist B2 (H, A) 6 Z2 (H, A) 6
Abb(H
× H, A).
Beweis.
Ad (1). Es ist 1 eine Derivation. Sind d und d˜ gegebene Derivationen, dann ist auch dd˜−
eine Derivation, da
(dd˜− )(h0 ) · (dd˜− )(hh0 )− · (dd˜− )(h) =
h
˜ 0 )− ) · (d(hh0 ) · d(hh
˜ 0 )− )− · d(h) · d(h)
˜ −
(d(h0 ) · d(h
˜ 0 ) · d(hh
˜ 0 )− · d(h)
˜
= hd(h0 ) · d(hh0 )− · d(h) · hd(h
= 1·1 = 1
h
66
ist für h, h0 ∈ H. Somit ist Z1 (H, A) 6
Abb(H, A).
Es ist d1 = 1. Sind b, b̃ ∈ A gegeben, so wird
(db db̃− )(h) = db (h) · db̃ (h)−
=
b · b− · ( hb̃ · b̃− )−
h
= h(bb̃− ) · (bb̃− )−
= dbb̃− (h)
für h ∈ H, i.e. db db̃− = dbb̃− . Somit ist B1 (H, A) 6
Abb(H, A).
Sei b ∈ A gegeben. Es ist
0
0
db (h0 ) · db (hh0 )− · db (h) = h( h b · b− ) · ( hh b · b− )− · ( hb · b− )
0
0
= hh b · hb− · hh b− · b · hb · b−
= 1.
h
Also ist db ∈ Z1 (H, A). Somit ist B1 (H, A) 6 Z1 (H, A).
Ad (2). Es ist 1 ein 2-Cozykel. Sind z und z̃ gegebene 2-Cozykel, dann ist auch z z̃ − ein
2-Cozykel, da
(z z̃ − )(h0 , h00 ) · (z z̃ − )(hh0 , h00 )− · (z z̃ − )(h, h0 h00 ) · (z z̃ − )(h, h0 )−
= h(z(h0 , h00 ) · z̃(h, h0 )− )) · (z(hh0 , h00 ) · z̃(hh0 , h00 )− )− · z(h, h0 h00 ) · z̃(h, h0 h00 )− · (z(h, h0 ) · z̃(h, h0 )− )−
= hz(h0 , h00 ) · z(hh0 , h00 )− · z(h, h0 h00 ) · z(h, h0 )− · hz̃(h0 , h00 ) · z̃(hh0 , h00 )− · z̃(h, h0 h00 ) · z̃(h, h0 )−
= 1·1 = 1
h
ist für h, h0 , h00 ∈ H. Somit ist Z2 (H, A) 6
Abb(H
× H, A).
Es ist z1 = 1. Sind c, c̃ : H - A gegeben, so wird
(zc zc̃− )(h, h0 ) = zc (h, h0 ) · zc̃ (h, h0 )−
= hc(h0 ) · c(hh0 )− · c(h) · ( hc̃(h0 ) · c̃(hh0 )− · c̃(h))−
= h(c(h0 ) · c̃(h0 )− ) · (c(hh0 ) · c̃(hh0 )− )− · c(h) · c̃(h)−
= h(cc̃− )(h0 ) · (cc̃− )(hh0 )− · (cc̃− )(h)
= zcc̃− (h, h0 )
für h, h0 ∈ H, i.e. zc zc̃− = zcc̃− . Somit ist B2 (H, A) 6
Abb(H
× H, A).
Sei c : H - A gegeben. Es ist
zc (h0 , h00 ) · zc (hh0 , h00 )− · zc (h, h0 h00 ) · zc (h, h0 )−
h
h h0
0
=
( c(h00 ) · c(h0 h00 )− · c(h0 )) · ( hh c(h00 ) · c(hh0 h00 )− · c(hh0 ))−
·( hc(h0 h00 ) · c(hh0 h00 )− · c(h))( hc(h0 ) · c(hh0 )− · c(h))−
=
hh0
0
c(h00 ) · hc(h0 h00 )− · hc(h0 ) · hh c(h00 )− · c(hh0 h00 ) · c(hh0 )−
· hc(h0 h00 ) · c(hh0 h00 )− · c(h) · hc(h0 )− · c(hh0 ) · c(h)−
= 1.
67
Also ist zc ∈ Z2 (H, A). Somit ist B2 (H, A) 6 Z2 (H, A).
Definition 100 Sei
H1 (H, A) := Z1 (H, A)/B1 (H, A) die erste Cohomologiegruppe,
H2 (H, A) := Z2 (H, A)/B2 (H, A) die zweite Cohomologiegruppe
von H mit Koeffizienten in A bezüglich α.
Bemerkung 101 Sei α = ! : H - Aut(A), i.e. ha = a für h ∈ H und a ∈ A.
(1) Eine Derivation von H mit Koeffizienten in A bezüglich ! ist ein Gruppenmorphismus
von H nach A.
Für b ∈ A ist db (h) = hb · b− = 1 für h ∈ H, also db = 1. Somit ist B1 (H, A) = 1.
Insgesamt ist H1 (H, A) = { d : H - A : d ist Gruppenmorphismus }.
(2) Eine Abbildung z : H × H - A ist ein 2-Cozykel von H mit Koeffizienten in A
bezüglich ! genau dann, wenn
z(h0 , h00 ) · z(h, h0 h00 ) = z(hh0 , h00 ) · z(h, h0 )
ist für h, h0 , h00 ∈ H.
Beispiel 102 Sei p prim. Sei H = Cp = h h : hp i. Sei A = Cp = h a : ap i.
Sei α = ! : H - Aut(A), i.e. ha = a.
(1) Es ist daj (hi ) =
hi
(aj ) · (aj )− = 1 für i, j ∈ Z und also B1 (H, A) = 1.
Da eine Derivation d : H - A gerade ein Gruppenmorphismus ist, erhalten wir
Z1 (H, A) = { di : H - A : di (h) := ai } = hd1 i ' Cp .
Folglich ist H1 (H, A) ' Cp .
(2) Sei z ∈ Z2 (H, A). Schreibe z(hi , hj ) =: aζ(i,j) mit ζ(i, j) ∈ [0, p − 1] für i, j ∈ Z.
Dann ist ζ(j, k) − ζ(i + j, k) + ζ(i, j + k) − ζ(i, j) ≡p 0 für i, j, k ∈ Z. Insbesondere
ist ζ(0, 0) − ζ(i, 0) + ζ(i, 0) − ζ(i, 0) = 0 und also ζ(0, 0) = ζ(i, 0) für i ∈ Z und
genauso ζ(0, 0) = ζ(0, k) für k ∈ Z.
Sei nun p = 2.
Der Gruppenmorphismus
ϕ : Z2 (H, A)
z
-
C2 × C2
(aζ(0,0) , aζ(1,1)−ζ(0,0) )
ist bijektiv, da zum einen jede konstante Abbildung von H × H nach A in Z2 (H, A)
liegt und zum anderen die Bedingung ζ(j, k) − ζ(i + j, k) + ζ(i, j + k) − ζ(i, j) ≡2 0
68
an ζ unter Berücksichtigung obiger Bemerkung redundant ist für i = 0 oder j = 0
oder k = 0 oder (i, j, k) = (1, 1, 1).
Sei c : H - A, hi - c(hi ) =: aγ(i) mit γ(i) ∈ {0, 1} für i ∈ Z. Es ist
zc (hi , hj ) = aγ(j)−γ(i+j)+γ(i) für i, j ∈ Z. Hierbei ist γ(0)−γ(0+0)+γ(0) ≡2 γ(0) und
γ(1) − γ(1 + 1) + γ(1) ≡2 γ(0) und also
ϕ(B2 (H, A)) = C2 × 1 .
Es folgt H2 (H, A) ' (C2 × C2 )/(C2 × 1) ' C2 .
(3) Sei e.g. H = 1. Es ist H1 (1, A) = 1; cf. Bemerkung 101.(1).
Es ist H2 (1, A) = 1. Für eine Abbildung c : 1 - A wird zc (1, 1) = c(1), sodaß
B2 (1, A) ist die Menge aller Abbildungen von 1 × 1 nach A ist, woraus B2 (1, A) =
Z2 (1, A) = Abb(1 × 1, A) folgt.
Lemma 103 Sei K 6 H eine Untergruppe von endlichem Index [H : K].
F
Sei 1 ∈ T ⊆ H mit t∈T Kt = H. Für h ∈ H schreiben wir h = κ(h) · τ (h) mit κ(h) ∈ K
und τ (h) ∈ T .
Wir bilden die Gruppen Zi , Bi und Hi für H bezüglich α : H - Aut(A), für K bezüglich
α|K : K - Aut(A), wobei i ∈ {1, 2}.
(1) Wir haben die Gruppenmorphismen
Z1 (K, A)
-
d
-
˜K
d|
Z1 (H, A)
- A, h dH
K : H
t−
Q
t∈T
d( κ(th) )
d˜
(2) Wir haben die Gruppenmorphismen
H1 (K, A)
-
H1 (H, A)
H
1
dB (K, A)
Cores K
H
˜ K B1 (K, A)
d|
Res K
1
dH
K B (H, A)
˜ 1 (H, A) .
dB
Es ist
H
[H:K]
˜ 1
˜ 1
(Cores H
K ◦ Res K )(dB (H, A)) = (dB (H, A))
für d˜ ∈ Z1 (H, A).
(3) Wir haben die Gruppenmorphismen
Z2 (K, A)
-
z
-
z̃|K×K
Z2 (H, A)
- A, (h, h0 ) zH
K : H ×H
z̃
Q
t∈T
t−
z( κ(th) , κ(th)− κ(thh0 ) )
69
(4) Wir haben die Gruppenmorphismen
H2 (K, A)
-
H2 (H, A)
H
zB2 (K, A)
z̃|K×K B2 (K, A)
Cores K
H
K
Res 2
zH
K B (H, A)
z̃B2 (H, A) .
Es ist
H
2
2
[H:K]
(Cores H
K ◦ Res K )(z̃B (H, A)) = (z̃B (H, A))
für z̃ ∈ Z2 (H, A).
H
Die Formeln für Cores K habe ich dem Lemma in [5, §2.5.4] entnommen.
Beweis. Es ist κ(t) = 1 und τ (t) = t für t ∈ T . Es ist κ(k) = k und τ (k) = 1 für k ∈ K.
Es ist κ(kh) = kκ(h) und τ (kh) = τ (h) für k ∈ K und h ∈ H.
˜ K ∈ Z1 (K, A). Da die Abbildung d˜ - d|
˜K
Ad (1). Liegt d˜ ∈ Z1 (H, A), so liegt a fortiori d|
punktweise Multiplikation respektiert, ist sie ein Gruppenmorphismus.
!
1
Sei umgekehrt d ∈ Z1 (K, A) gegeben. Wir haben dH
K ∈ Z (H, A) zu zeigen.
Beachte, daß für k, k 0 ∈ K sich kd(k − k 0 ) · d(k 0 )− · d(k) = 1 ergibt durch Anwendung der
1-Cozykel-Bedingung auf (k, k − k 0 ).
−
−
−
Seien nun h, h0 ∈ H gegeben. Zunächst ist th− = κ(th− )·τ (th
F ), also−t = κ(th )·τ (th )h
−
−
und auch 1 = κ(t) = κ(th ) · κ(τ (th )h) für t ∈ T , wegen t∈T Kth = H somit
h H
dK (h0 )
=
=
=
=
=
=
t−
d( κ(th0 ) )
t∈T
Q
(th− )−
d( κ(th0 ) )
t∈T
Q
(κ(th− )·τ (th− ))−
d( κ(κ(th− ) · τ (th− )hh0 ) )
t∈T
Q
τ (th− )− ·κ(th− )−
d( κ(th− ) · κ(τ (th− )hh0 ) )
t∈T
Q
τ (th− )− ·κ(τ (th− )h)
d( κ(τ (th− )h)− κ(τ (th− )hh0 ) )
t∈T
Q
t− ·κ(th)
d( κ(th)− κ(thh0 ) ) .
t∈T
h
Q
Also wird
=
H
h H
0 −
dK (h0 ) · dH
K (hh ) · dK (h)
Q
−
Q
t− ·κ(th)
t−
d( κ(th)− κ(thh0 ) ) ·
d( κ(thh0 ) )
t∈T
t∈T
Q
t− κ(th)
−
0
0 −
d(
κ(th)
κ(thh
)
)
·
d(
κ(thh
)
)
·
d(
κ(th)
)
t∈T
·
Q
t∈T
t−
d( κ(th) )
=
= 1.
Da auch die Abbildung d - dH
K punktweise Multiplikation respektiert, ist sie ein Gruppenmorphismus.
70
˜ K ∈ B1 (K, A) liegt. Wähle ein
Ad (2). Es ist zu zeigen, daß für d˜ ∈ B1 (H, A) auch d|
−
h
˜
˜
= kb̃ · b̃− für k ∈ K und also
b̃ ∈ A mit d(h)
= b̃ · b̃ für h ∈ H. Dann ist auch d(k)
˜ K ∈ B1 (K, A).
d|
1
Es ist zu zeigen, daß für d ∈ B1 (K, A) auch dH
K ∈ B (H, A) liegt. Wähle ein b ∈ A
mit d(k) = kb · b− für k ∈ K.FSei h ∈ H gegeben. Da th = κ(th) · τ (th) und also
hτ (th)− = t− κ(th), wird wegen t∈T Kth = H somit
dH
K (h) =
Q
t∈T
t−
d( κ(th) )
t−
−
b
·
b
t∈T
Q
Q
t− −
t− κ(th)
b
b ·
=
t∈T
t∈T
Q
Q
− t− −
b
= h t∈T τ (th) b ·
t∈T
Q
Q
− t− −
b
= h t∈T t b ·
t∈T
wobei b̃ :=
=
Q
=
h
κ(th)
b̃ · b̃− ,
t−
Q
t∈T
b ∈ A.
! ˜ 1
H
[H:K]
˜ 1
Sei d˜ ∈ Z1 (H, A). Es bleibt (Cores H
zu zeigen.
K ◦ Res K )(dB (H, A))=(dB (H, A))
Sei h ∈ H gegeben. Dann wird th = κ(th) · τ (th), also
t˜
˜
˜
˜
d(h) · d(t)
= d(th)
= d(κ(th)
· τ (th)) =
Dank
F
t∈T
κ(th) ˜
˜
d(τ (th)) · d(κ(th))
.
Kth = H wird also
t− ˜
˜ K H (h) = Q
d( κ(th) )
d|
K
t∈T
Q
˜
˜ (th)))− · t−d(t)
˜ · ( t− κ(th)d(τ
=
d(h)
t∈T
− Q
hτ (th)− ˜
t− ˜
˜ |T | · Q
= d(h)
d(τ (th)) ·
d(t)
t∈T
t∈T
− Q
τ (th)− ˜
t− ˜
˜ |T | · h Q
= d(h)
d(τ (th)) ·
d(t)
t∈T
t∈T
Q
t− ˜ −
t− ˜ − −
˜ |T | · h Q
= d(h)
(d(t) ) ·
(d(t) )
t∈T
t∈T
˜ [H:K] · hb̃ · b̃−
= d(h)
wobei b̃ :=
Q
t∈T
t−
˜ − ) ∈ A.
(d(t)
H
Die Abbildung Cores K auf H1 hängt übrigens nicht von der Wahl von T ab.
Sei hierzu T 0 = { kt t : t ∈ T } mit kt ∈ K für t ∈ T gewählt. Für h ∈ H sei h =: κ0 (h) · τ 0 (h)
mit κ0 (h) ∈ K und τ 0 (h) ∈ T 0 . Dann wird κ0 (h) = κ0 (κ(h)·τ (h)) = κ0 (κ(h)kτ−(h) ·kτ (h) τ (h)) =
κ(h)kτ−(h) , da κ(h)kτ−(h) ∈ K und kτ (h) τ (h) ∈ T 0 .
71
Sei d ∈ Z1 (K, A). Es wird für h ∈ H auch
Q
t0 ∈T 0
t0−
wobei b̃ :=
d(κ0 (t0 h))
Q
t∈T
F
t∈T
Kth = H und also
Q
t− kt−
=
d(κ0 (kt th))
Qt∈T t− k−
t d(k κ0 (th))
=
Qt∈T t− k− t
−
t d(k κ(th)k
=
t
τ (th) )
Qt∈T t− k− kt κ(th) −
t
=
d(kτ (th) ) · ktd(κ(th)) · d(kt )
t∈T
Q
−
t− κ(th)
=
d(kτ−(th) ) · d(κ(th)) · kt d(kt )
t∈T
Q
Q
Q
t−
t− κ(th)
t− kt−
d(κ(th)) ·
d(kt )
d(kτ−(th) ) ·
=
t∈T
t∈T
t∈T
Q
Q
Q
t− kt−
t−
hτ (th)−
d(κ(th))
d(kτ−(th) ) ·
d(kt ) ·
=
t∈T
t∈T
t∈T
Q
− Q
Q
τ (th)− kτ−(th)
t− kt−
t−
d(κ(th))
= h t∈T
d(kt ) ·
d(kτ (th) ) ·
t∈T
t∈T
Q
− Q
Q
− −
t− kt−
t−
d(κ(th))
= h t∈T t kt d(kt ) ·
d(kt ) ·
t∈T
t∈T
Q
t−
= hb̃ · b̃− ·
d(κ(th)) ,
t∈T
−
d(kt ) ∈ A.
t− kt−
Ad (3). Siehe Aufgabe ??.(1).
Ad (4). Siehe Aufgabe ??.(2).
3.4.2
Schur
Sei H eine Gruppe. Sei A eine abelsche Gruppe.
Lemma 104 (und Definition)
i
r
r G - H eine kurz exakte Sequenz von Gruppen.
Sei A -
Sei β : H - Aut(i(A)), h - (β(h) : i(a) - gi(a)), wobei g ∈ G mit r(g) = h gewählt
werde. Es ist β ein Gruppenmorphismus.
Sei i0 := i|i(A) : A ∼- i(A). Sei γ : Aut(i(A)) - Aut(A), ϕ - i0− ◦ ϕ ◦ i0 .
Es ist auch α := γ ◦ β : H - Aut(A) ein Gruppenmorphismus. Wir schreiben oft
(α(h))(a) =: ha für h ∈ H und a ∈ A ; es wird
i( ha) = gi(a)
für jedes g ∈ G mit r(g) = h.
Beweis. Für die Wohldefiniertheit der Abbildung α(h) seien g, g̃ ∈ G mit r(g) = r(g̃) = h
gegeben. Sei a ∈ A gegeben. Da i(A) P G, ist gi(a) ∈ i(A).
!
Wir haben gi(a) = g̃i(a) zu zeigen. Es ist r(g̃ − g) = r(g̃)− · r(g) = 1, also g̃ − g = i(b) für
ein b ∈ A. Es wird g = g̃ · i(b) und also
g
i(a) =
g̃·i(b)
i(a) = g̃i( ba) = g̃i(a) ,
72
da A abelsch ist.
Es ist β(h) ein Automorphismus von i(A) für h ∈ H.
Wir haben zu zeigen, daß β ein Gruppenmorphismus ist. Seien h, h0 ∈ H gegeben. Wir
!
haben β(hh0 ) = β(h) ◦ β(h0 ) zu zeigen. Seien hierzu g, g 0 ∈ G mit r(g) = h und r(g 0 ) = h0
gewählt. Dann ist auch r(gg 0 ) = r(g) · r(g 0 ) = hh0 . Somit wird in der Tat
(β(hh0 ))(i(a)) =
gg 0
0
i(a) = g( g i(a)) = (β(h) ◦ β(h0 ))(i(a))
für a ∈ A.
Da γ ein Gruppenmorphismus ist, gilt dies auch für α = γ ◦ β . Für h ∈ H, für g ∈ G mit
r(g) = h und für a ∈ A wird
i( ha) = i0 ((α(h))(a)) = i0 (((γ ◦ β)(h))(a))
= i0 ((i0− ◦ β(h) ◦ i0 )(a)) = i0 (i0− ( gi(a))) = gi(a) .
s
Im Unterschied zur Situation von Lemma 94 ist nun kein Gruppenmorphismus G H
mit r ◦s = idH gegeben, dafür ist nun aber die linksstehende Gruppe abelsch – was ebenfalls
die Wohldefiniertheit von α sichert.
r
i
r G die Inklusion idG |A . Sei G - G/A, g - gA. Dies
Beispiel 105 Sei A P G. Sei A -
i
r
r G - G/A. Zu dieser gehört ein Gruppenmorphismus
gibt die kurz exakte Sequenz A α : H - Aut(A) ; cf. Lemma 104.
i
r
r G - H eine kurz exakte Sequenz von Gruppen, mit A abelsch.
Lemma 106 Sei A -
Zu dieser gehört ein Gruppenmorphismus α : H - Aut(A) ; cf. Lemma 104.
Sei H1 (H, A) genommen bezüglich α.
s
Sei ein Gruppenmorphismus G H mit r ◦ s = idH gegeben.
Die folgenden Aussagen (1, 2) sind äquivalent.
(1) Es ist H1 (H, A) = 1.
s̃
(2) Für alle Gruppenmorphismen G H mit r ◦ s̃ = idH gibt es ein b ∈ A mit
i(b)
s(h) = s̃(h) für h ∈ H.
Beweis.
s̃
Ad (1) ⇒ (2). Sei ein Gruppenmorphismus G H mit r ◦ s̃ = idH gegeben. Es ist
r(s(h)s̃(h)− ) = hh− = 1 für h ∈ H, sodaß es eine Abbildung d : H - A gibt mit
73
i(d(h)) := s(h)s̃(h)− für h ∈ H. Es ist d ∈ Z1 (H, A), denn für h, h0 ∈ H ist r(s̃(h)) = h
und also
i( hd(h0 ) · d(hh0 )− · d(h)) = i( hd(h0 )) · i(d(hh0 )− ) · i(d(h))
= s̃(h)i(d(h0 )) · i(d(hh0 ))− · i(d(h))
= s̃(h)s(h0 )s̃(h0 )− · (s(hh0 )s̃(hh0 )− )− · s(h)s̃(h)−
= s̃(h)s(h0 )s̃(h0 )− s̃(h)− · s̃(h)s̃(h0 )s(h0 )− s(h)− · s(h)s̃(h)−
= 1.
Wegen H1 (H, A) = 1 ist d ∈ B1 (H, A). Somit können wir ein b ∈ A wählen mit
d(h) = hb · b− für h ∈ H. Es folgt
s(h) · s̃(h)− = i(d(h)) = i( hb · b− ) = i( hb) · i(b)− =
i(b) · i(b)− = s(h) · i(b) · s(h)− · i(b)−
s(h)
und also
i(b)
s(h) = s̃(h)
für h ∈ H.
!
!
Ad (2) ⇒ (1). Wir haben H1 (H, A) = 1 zu zeigen, i.e. Z1 (H, A) = B1 (H, A).
!
Sei d ∈ Z1 (H, A) gegeben. Wir haben d ∈ B1 (H, A) zu zeigen.
s̃
Setze s̃(h) := i(d(h))− · s(h) für h ∈ H. Dann ist G H ein Gruppenmorphismus mit
r ◦ s̃ = idH , denn für h, h0 ∈ H ist (r ◦ s̃)(h) = r(i(d(h))− · s(h)) = 1 · r(s(h)) = h und
s̃(hh0 ) =
=
=
=
=
Sei b ∈ A gewählt mit
i(d(h))− · s(h) · i(d(h0 ))− · s(h0 )
i(d(h))− · s(h)i(d(h0 ))− · s(h) · s(h0 )
i(d(h))− · i( hd(h0 ))− · s(h) · s(h0 )
i(d(hh0 ))− · s(hh0 )
s̃(hh0 ) .
i(b)
s(h) = s̃(h) für h ∈ H. Dann ist
i(b) · s(h) · i(b)− =
s(h) = s̃(h) = i(d(h))− · s(h) ,
i(b)
also
i(d(h)) = s(h) · i(b) · s(h)− · i(b)− =
i(b) · i(b)− = i( hb · b− )
s(h)
und somit
d(h) =
b · b−
h
für h ∈ H.
Korollar 107 Sei G eine Gruppe. Sei A P G ein abelscher Normalteiler. Sei K ein
Komplement zu A in G.
Sei H1 (G/A, A) genommen bezüglich α : G/A - Aut(A) wie in Beispiel 105.
Die folgenden Aussagen (1, 2) sind äquivalent.
74
(1) Es ist H1 (G/A, A) = 1.
(2) Für alle Komplemente K̃ zu A in G gibt es ein g ∈ G mit gK = K̃.
i
r
r G die Inklusion idG |A . Sei G - G/A, g - gA. Dies gibt die kurz
Beweis. Sei A r
i
r G - G/A.
exakte Sequenz A -
Wir haben den Gruppenisomorphismus ψ := r|K : K - G/A, k - kA ; cf. Bemerkung 92.(2). Sei s := idG |K ◦ ψ − : G/A - G, gA - ψ − (gA). Es ist s ein Gruppenmorphismus mit Bild K und mit r ◦s = idG/A , denn (r ◦s)(xA) = r(ψ − (xA)) = ψ(ψ − (xA)) =
xA für x ∈ G.
Ad (1) ⇒ (2). Sei K̃ ein Komplement zu A in G.
Sei s̃ : G/A - G ein Gruppenmorphismus mit Bild K̃ und mit r ◦ s̃ = idG/A .
Lemma 106 liefert ein b ∈ A mit
i(b)
s(xA) = s̃(xA) für x ∈ G und also
i(b)
K = K̃.
Ad (2) ⇒ (1). Gemäß Lemma 106 genügt es, für jeden Gruppenmorphismus s̃ : G/A - G
mit r ◦ s̃ = idG/A ein b ∈ A zu finden mit i(b)s(xA) = s̃(xA) für x ∈ G.
Es ist K̃ := Im(s̃) ein Komplement zu A in G ; cf. Lemma 94. Dank (2) können wir
g ∈ G mit gK = K̃ wählen. Schreibe g = (g · s(gA)− ) · s(gA). Dann ist s(gA) ∈ K,
sowie r(g · s(gA)− ) = gA · (gA)− = 1 und also (g · s(gA)− ) = i(b) für ein b ∈ A. Es ist
K̃ = gK = i(b)·s(gA)K = i(b)K. Für x ∈ G ist also i(b)s(xA) = s̃(x0 A) für ein x0 ∈ G. Es
!
bleibt xA = x0 A zu zeigen. In der Tat wird
x0 A = r(s̃(x0 A)) = r( i(b)s(xA)) =
r(i(b))
r(s(xA)) = 1(xA) = xA .
Beispiel 108 Sei p > 0 prim. Sei G = ha, b : ap , bp , [a, b]i ' Cp × Cp . Es hat hai P G
das Komplement hbi und das Komplement habi. Da G abelsch ist, sind diese Komplemente nicht konjugiert. Der im Sinne von Lemma 104 induzierte Gruppenmorphismus
G/hai - Aut(hbi) ist wegen G abelsch gleich ! . Cf. Aufgabe ??.(2).
Folglich ist H1 (Cp , Cp ) > 1, genommen bezüglich ! : Cp - Aut(Cp ).
In der Tat ist H1 (Cp , Cp ) ' Cp ; cf. Beispiel 102.(1).
Lemma 109 Sei α : H - Aut(A) ein Gruppenmorphismus. Sei H2 (H, A) genommen
bezüglich α.
Die folgenden Aussagen (1, 2) sind äquivalent.
(1) Es ist H2 (H, A) = 1.
i
r
r G - H, zu der α gehört im Sinne
(2) Für jede kurz exakte Sequenz von Gruppen A von Lemma 104, gibt es einen Gruppenmorphismus s : H - G mit r ◦ s = idH .
75
Diesenfalls sind wir also in der Situation von Lemma 94. Insbesondere ist G dann ein
semidirektes Produkt aus A und H.
Beweis.
i
r
r G - H eine kurz exakte Sequenz von Gruppen. Sei s : H - G
Ad (1) ⇒ (2). Sei A eine Abbildung mit r ◦ s = idH , wählbar, da r surjektiv ist (2 ). Für h, h0 ∈ H ist
r(s(h) · s(h0 ) · s(hh0 )− ) = h · h0 · (hh0 )− = 1, sodaß wir z(h, h0 ) ∈ A durch i(z(h, h0 )) :=
s(h) · s(h0 ) · s(hh0 )− definieren können. Dies liefert die Abbildung z : H × H - A.
Wir behaupten z ∈ Z2 (H, A). Für h, h0 , h00 ∈ H wird
i(z(h, h0 )− · hz(h0 , h00 ) · z(h, h0 h00 ) · z(hh0 , h00 )− )
L. 104
=
=
=
i(z(h, h0 ))− · s(h)i(z(h0 , h00 )) · i(z(h, h0 h00 )) · i(z(hh0 , h00 ))−
0
00
0 00 −
−
·
s(h
)
·
s(h
)
·
s(h
h
)
·
s(h)
s(hh0 ) · s(h0 )− · s(h)− · s(h)
· s(h) · s(h0 h00 ) · s(hh0 h00 )− · s(hh0 h00 ) · s(h00 )− · s(hh0 )−
1.
Die Behauptung folgt hieraus dank i injektiv.
Wegen H2 (H, A) = 1 ist nun Z2 (H, A) = B2 (H, A). Also ist z ∈ B2 (H, A). Wähle eine
Abbildung c : H - A mit z(h, h0 ) = hc(h0 ) · c(hh0 )− · c(h) für h, h0 ∈ H. Schreibe
c0 := i ◦ c. Es folgt
s(h) · s(h0 ) · s(hh0 )− = i(z(h, h0 )) =
und also
s(hh0 ) = c0 (h)− · c0 (hh0 ) ·
s(h) 0
s(h) 0
c (h0 ) · c0 (hh0 )− · c0 (h)
−
c (h0 ) · s(h) · s(h0 )
für h, h0 ∈ H.
Sei s : H - G, h - s(h) := c0 (h)− · s(h).
Es ist (r ◦ s)(h) = r(c0 (h)− · s(h)) = r(i(c(h)− ) · r(s(h)) = 1 · h = h für h ∈ H und also
r ◦ s = idH .
Wir haben zu zeigen, daß s ein Gruppenmorphismus ist. Seien h, h0 , ∈ H gegeben. Es
wird
s(hh0 ) = c0 (hh0 )− · s(hh0 )
= c0 (hh0 )− · c0 (h)− · c0 (hh0 ) · s(h)c0 (h0 )− · s(h) · s(h0 )
= c0 (h)− · s(h) · c0 (h0 )− · s(h)− · s(h) · s(h0 )
= c0 (h)− · s(h) · c0 (h0 )− · s(h0 )
= s(h) · s(h0 ) .
!
!
Ad (2) ⇒ (1). Wir haben H2 (H, A) = 1 zu zeigen, i.e. Z2 (H, A) = B2 (H, A).
!
Sei z ∈ Z2 (H, A) gegeben. Wir haben z ∈ B2 (H, A) zu zeigen.
2
Dies verwendet das Auswahlaxiom.
76
Sei G := A × H als Menge. Sei hierauf durch
(a, h) · (a0 , h0 ) := (a ha0 z(h, h0 ), hh0 )
für a, a0 ∈ A und h, h0 ∈ H eine Multiplikation erklärt.
Diese Multiplikation ist assoziativ, da
((a, h) · (a0 , h0 )) · (a00 , h00 ) =
=
=
=
=
(a ha0 z(h, h0 ), hh0 ) · (a00 , h00 )
0
(a ha0 hh a z(h, h0 ) z(hh0 , h00 ), hh0 h00 )
0
(a ha0 hh a00 hz(h0 , h00 ) z(h, h0 h00 ), hh0 h00 )
0
(a, h) · (a0 h a00 z(h0 , h00 ), h0 h00 )
(a, h) · ((a0 , h0 ) · (a00 , h00 ))
für a, a0 , a00 ∈ A und h, h0 , h00 ∈ H.
Es ist hz(1, 1) · z(h · 1, 1)− · z(h, 1 · 1) · z(h, 1)− = 1 und also z(h, 1) = hz(1, 1) für h ∈ H.
Also wird
(a, h) · (z(1, 1)− , 1) = (a hz(1, 1)− z(h, 1) , h) = (a, h)
und
−
(a, h)·( h (a− z(1, 1)− z(h, h− )− ) , h− ) = (a a− z(1, 1)− z(h, h− )− z(h, h− ), 1) = (z(1, 1)− , 1)
für a ∈ A und h ∈ H.
Somit ist G eine Gruppe, mit dem neutralen Element 1G = (z(1, 1)− , 1) und mit dem
−
inversen Element (a, h)− = ( h (a− z(1, 1)− z(h, h− )− ) , h− ) für (a, h) ∈ G ; cf. Aufgabe 1.
Wir haben die kurz exakte Sequenz von Gruppen
A
a
i
r
-
G
(a z(1, 1)− , 1)
(a, h)
r
-
H
-
h.
Denn es ist die Abbildung i injektiv, es ist i(a) · i(a0 ) = (a z(1, 1)− , 1) · (a0 z(1, 1)− , 1) =
(a z(1, 1)− a0 z(1, 1)− z(1, 1), 1 · 1) = (a a0 z(1, 1)− , 1) = i(aa0 ) für a, a0 ∈ A, es ist die
Abbildung r surjektiv, es ist r((a, h)·(a, h0 )) = r(a ha0 z(h, h0 ), hh0 ) = hh0 = r(a, h)·r(a, h0 )
für (a, h), (a, h0 ) ∈ G und es ist
Im(i) = { (a z(1, 1)− , 1) : a ∈ A } = { (ã, 1) : ã ∈ A } = Kern(r) .
Diese kurz exakte Sequenz induziere den Gruppenmorphismus α̃ : H - Aut(A) im Sinne
von Lemma 106. Für a ∈ A und h ∈ H ist r(1, h) = h und also
i((α̃(h))(a)) =
=
=
=
=
=
=
=
(1,h)
i(a)
(1, h)(a z(1, 1)− , 1)(1, h)−
−
( ha hz(1, 1)− z(h, 1), h)( h (z(1, 1)− z(h, h− )− ) , h− )
−
( ha, h)( h (z(1, 1)− z(h, h− )− ) , h− )
( ha z(1, 1)− z(h, h− )− z(h, h− ) , 1)
( ha z(1, 1)− , 1)
i( ha)
i((α(h))(a)) .
77
Es folgt α̃ = α.
s
Dank (2) gibt es also einen Gruppenmorphismus G H mit r ◦ s = idH , i.e. mit
s(h) = (c(h)− , h) für eine Abbildung c : H - A. Für h, h0 ∈ H wird mithin
(c(hh0 )− , hh0 ) =
=
=
=
s(hh0 )
s(h) · s(h0 )
(c(h)− , h) · (c(h0 )− , h0 )
(c(h)− hc(h0 )− z(h, h0 ), h0 )
und infolgedessen
z(h, h0 ) =
c(h0 ) · c(hh0 )− · c(h) .
h
Somit ist z ∈ B2 (H, A).
Korollar 110 Sei G eine Gruppe. Sei A P G ein abelscher Normalteiler.
Sei H2 (G/A, A) genommen bezüglich α : G/A - Aut(A) wie in Beispiel 105.
Ist H2 (G/A, A) = 1, dann hat A in G ein Komplement.
Beweis. Sei H2 (G/A, A) = 1.
i
r
Sei A - G die Inklusion idG |A . Sei G - G/A, g - gA. Dies gibt die kurz exakte
i
r
r G - G/A.
Sequenz A -
Dank Lemma 109 gibt es einen Gruppenmorphismus s : G/A - G mit r ◦ s = idG/A .
Es ist s(G/A) ein Komplement zu A in G ; cf. Lemma 94.(1).
Beispiel 111 Sei G = h a : a4 i ' C4 . Es hat ha2 i in C4 kein Komplement ;
cf. Beispiel 93.(6). Der im Sinne von Lemma 104 induzierte Gruppenmorphismus
G/ha2 i - Aut(ha2 i) ist wegen G abelsch (oder wegen Aut(ha2 i) = 1) gleich ! .
Folglich ist H2 (C2 , C2 ) > 1, genommen bezüglich ! : C2 - Aut(C2 ).
In der Tat ist H2 (C2 , C2 ) ' C2 ; cf. Beispiel 102.(2).
Bemerkung 112 Sei H eine endliche Gruppe. Sei A eine endliche abelsche Gruppe. Sei
α : H - Aut(A) ein Gruppenmorphismus. Seien H1 (H, A) und H2 (H, A) genommen
bezüglich α.
(1) Für δ ∈ H1 (H, A) ist δ exp(A) = 1.
(2) Für δ ∈ H1 (H, A) ist δ |H| = 1.
(3) Für ζ ∈ H2 (H, A) ist ζ exp(A) = 1.
(4) Für ζ ∈ H2 (H, A) ist ζ |H| = 1.
78
Beweis.
Ad (1). Dies gilt in
H1 (H, A).
Abb(H, A),
also in der Untergruppe Z1 (H, A), also in der Faktorgruppe
Ad (2). Für δ ∈ H1 (H, A) ist
δ |H|
L. 103.(2)
=
H
(Cores H
1 ◦ Res 1 )(δ) = 1 ,
letzteres, da H1 (1, A) = 1 ; cf. Beispiel 102.(3).
Ad (3). Dies gilt in
gruppe H2 (H, A).
Abb(H
× H, A), also in der Untergruppe Z2 (H, A), also in der Faktor-
Ad (4). Für ζ ∈ H2 (H, A) ist
ζ |H|
L. 103.(4)
=
H
(Cores H
1 ◦ Res 1 )(ζ) = 1 ,
letzteres, da H2 (1, A) = 1 ; cf. Beispiel 102.(3).
Lemma 113 (Schur) Sei G eine endliche Gruppe.
Sei A P G ein abelscher Normalteiler. Seien |A| und |G/A| teilerfremd.
(1) Es hat A in G ein Komplement.
(2) Seien K und K̃ Komplemente zu A in G. Dann gibt es ein g ∈ G mit K̃ = gK.
Beweis. Sei α : G/A - Aut(A) wie in Beispiel 105. Seien H1 (H, A) und H2 (H, A) genommen bezüglich α.
!
!
Zeigen wir zunächst H1 (G/A, A) = 1. Sei δ ∈ H1 (G/A, A). Wir müssen |hδi| = 1 zeigen.
Es ist δ exp(A) = 1 , also auch δ |A| = 1 ; cf. Bemerkung 112.(1). Es ist δ |G/A| = 1 ; cf.
Bemerkung 112.(2). Folglich teilt |hδi| sowohl |A| als auch |G/A|. Da |A| und |G/A|
teilerfremd sind, folgt |hδi| = 1.
Genauso folgt H2 (H, A) = 1 unter Verwendung von Bemerkung 112.(3, 4).
Ad (1). Da H2 (G/A, A) = 1, hat dank Korollar 110 der abelsche Normalteiler A in G ein
Komplement.
Ad (2). Da H1 (G/A, A) = 1, gibt es dank Korollar 107 ein g ∈ G mit K̃ = gK.
3.4.3
Zassenhaus
Lemma 114 (Frattini) Sei G eine endliche Gruppe. Sei N P G.
Sei p prim. Sei P ∈ Sylp (N ).
Dann ist NG (P ) · N = G.
79
Beweis. Es ist Sylp (N ) eine transitive N -Menge; cf. Satz 37.(2). Sei g ∈ G. Sei
P ∈ Sylp (N ). Wegen N P G ist auch gP ∈ Sylp (N ). Folglich gibt es ein n ∈ N mit
g
P = nP . Also ist n− g ∈ NG (P ) und somit g ∈ NG (P ) · N .
Lemma 114 kann auch aus Aufgabe 6.(1) gefolgert werden.
Bemerkung 115 Sei G eine Gruppe. Seien H, K, L 6 G. Sei H 6 L. Dann ist
H(K ∩ L) = HK ∩ L
als Teilmengen von G.
Beweis. Seien h ∈ H und k ∈ K ∩ L. Dann liegt hk in HK und wegen h ∈ L und k ∈ L
auch in L.
Seien umgekehrt h ∈ H und k ∈ K mit hk ∈ L gegeben. Dann liegt k = h− (hk) in L, da
h− in L enthalten ist, und somit ist hk ∈ H(K ∩ L).
Definition 116 Sei G eine endliche Gruppe.
Ein Normalteiler N P G mit |N | teilerfremd zu |G/N | heißt ein Hall-Normalteiler oder
hallsch in G.
Bemerkung 117 Sei G eine endliche Gruppe. Sei N P G hallsch. Sei K 6 G.
Es ist genau dann K ein Komplement zu N in G, wenn |K| = |G/N | ist.
Beweis.
Ad ⇒. Es ist K ' G/N , also |K| = |G/N | ; cf. Bemerkung 92.(2).
Ad ⇐. Es ist |N ∩ K| ein Teiler von |N | und von |K| = |G/N |. Folglich ist N ∩ K = 1.
Daher ist auch |N K| = |N | · |K|/|N ∩ K| = |N | · |G/N |/1 = |G| ; cf. Aufgabe 12.(1).
Satz 118 (Schur, Zassenhaus) Sei G eine endliche Gruppe.
Sei N P G ein Hall-Normalteiler, es seien also |N | und |G/N | teilerfremd.
(1) Es hat N in G ein Komplement.
(2) Sei N auflösbar oder G/N auflösbar.
Sind K und K̃ Komplemente zu N in G, so gibt es ein g ∈ G mit K̃ = gK.
Cf. Bemerkung 92.
80
Beweis.
Ad (1). Annahme, es gibt eine endliche Gruppe, die einen Hall-Normalteiler besitzt, für
welchen (1) nicht gilt. Sei G eine solche endliche Gruppe minimaler Ordnung. Sei N P G
ein Hall-Normalteiler, welcher kein Komplement besitzt. Insbesondere ist N > 1.
!
Sei p ∈ π(N ). Sei P ∈ Sylp (N ) ; cf. Satz 37.(1). Wir behaupten P P G. Sei im Gegenteil
angenommen, es ist NG (P ) < G. Es ist G = NG (P ) · N ; cf. Lemma 114. Es ist NN (P ) =
N ∩NG (P ) hallsch in NG (P ), da |NN (P )| ein Teiler von |N | ist und |NG (P )/(N ∩NG (P ))| =
|NG (P ) · N/N | = |G/N | ist; cf. Aufgabe 12.(2). Wegen der Minimalität von |G| existiert
ein Komplement K zu NN (P ) in NG (P ), isomorph zu G/N . Da N hallsch in G ist und da
|K| = |G/N | ist, ist K ein Komplement zu N in G ; cf. Bemerkung 117.(1). Wir haben
einen Widerspruch. Also ist P P G.
Schreibe Z := Z(P ). Es ist Z > 1; beachte P > 1 und Aufgabe ??.(1). Es ist Z J P P G
und also Z P G ; cf. Bemerkung 78.(4, 2). Es ist |N/Z| teilerfremd zu |(G/Z)/(N/Z)| =
|G/N |, also N/Z P G/Z hallsch. Wegen der Minimalität von |G| hat N/Z ein Komplement
L/Z in G/Z, wobei Z 6 L 6 G ; cf. Aufgabe 17.(1). Es ist also |N/Z||L/Z| = |G/Z|, i.e.
|N ||L| = |G||Z|.
Es ist Z P L hallsch, da |Z| ein Teiler von |N | ist und dies teilerfremd zu |G/N | = |L/Z|
ist. Da Z abelsch ist, hat Z ein Komplement M in L ; cf. Lemma 113.(1). Insbesondere
ist |M | = |L/Z| = |G/N | ; cf. Bemerkung 92.(2). Da N hallsch in G ist, ist M ein
Komplement zu N in G ; cf. Bemerkung 117.(1). Wir haben einen Widerspruch.
Ad (2).
Fall : Normalteiler auflösbar. Annahme, es gibt eine endliche Gruppe mit einem auflösbaren Hall-Normalteiler mit zwei nicht zueinander konjugierten Komplementen. Sei G eine
solche Gruppe minimaler Ordnung. Sei darin N ein auflösbarer Hall-Normalteiler mit zwei
nicht zueinander konjugierten Komplementen K und L. Wäre N = 1, so wäre K = G = L,
was nicht der Fall ist. Also ist N > 1. Somit ist N (1) < N ; cf. Satz 82. Aus N (1) J N P G
folgt ferner N (1) P G ; cf. Bemerkung 78.(5, 2).
Schreibe Ḡ := G/N (1) , N̄ := N/N (1) , K̄ := KN (1) /N (1) , L̄ := LN (1) /N (1) . Also N̄ P Ḡ
und K̄, L̄ 6 Ḡ. Wegen K ∩ N (1) = 1 und L ∩ N (1) = 1 ist K ∼- K̄, k - kN (1) ,
insgesamt also K ' K̄ ' G/N ; cf. Bemerkung 92.(2). Genauso ist L ' L̄ ' G/N .
Ferner ist |N̄ | ein Teiler von |N | und dies wiederum teilerfremd zu |G/N | = |Ḡ/N̄ |.
Also ist N̄ P Ḡ hallsch, und es sind K̄ und L̄ beides Komplemente zu N̄ in Ḡ ; cf.
Bemerkung 117.(1). Da N̄ abelsch ist nach Aufgabe 13.(2), können wir ein y ∈ G wählen
mit, so wir ȳ := yN (1) schreiben, ȳK̄ = L̄, i.e. mit ( yK)N (1) = LN (1) =: G0 . Es ist
|G0 | = |L| · |N (1) |/|L ∩ N (1) | = |L| · |N (1) | < |L| · |N | = |G|.
Nun ist N (1) ein auflösbarer Normalteiler von G, also auch von G0 ; cf. Satz 82. Es ist
|N (1) | ein Teiler von |N |, und dies teilerfremd zu |G/N | = | yK| = |L| = |G0 /N (1) |.
Also ist N (1) P G0 hallsch, und es sind yK und L Komplemente zu N (1) in G0 ; cf.
Bemerkung 117.(1). Wegen der Minimalität von |G| folgt nun, daß es ein x ∈ G0 gibt mit
L = x( yK) = xyK, wobei xy ∈ G. Wir haben einen Widerspruch.
81
Fall : Faktorgruppe auflösbar. Annahme, es gibt eine endliche Gruppe mit einem HallNormalteiler mit auflösbarer Faktorgruppe und zwei nicht zueinander konjugierten Komplementen. Sei G eine solche Gruppe minimaler Ordnung. Sei N P G hallsch mit G/N
auflösbar, und seien K und L nicht zueinander konjugierte Komplemente von N in G.
Wäre N = G, so wäre K = 1 = L, was nicht der Fall ist. Also ist N < G. Es ist
(G/N )(1) < G/N , i.e. G(1) N < G ; cf. Satz 82, Aufgabe 13.(1). Da G/G(1) N eine abelsche
Gruppe ungleich 1 ist, hat sie eine normale Untergruppe von primem Index; cf. Aufgaben 13.(4) und 3.(4). Somit gibt es ein N 6 N G(1) 6 M C G mit |G/M | =: p > 1 prim;
cf. Aufgabe 17.(3). Wäre N = M , so wären K, L ∈ Sylp (G) und also gemäß Satz 37.(2)
zueinander konjugiert, was nicht der Fall ist. Also ist N < M . Insgesamt ist N C M .
Da N P G hallsch ist, ist auch N P M hallsch. Es ist N ∩ (K ∩ M ) = 1 und N (K ∩ M ) =
N K ∩ M = G ∩ M = M ; cf. Bemerkung 115. Also ist K ∩ M ein Komplement zu
N in M . Genauso ist L ∩ M ein Komplement zu N in M . Insbesondere ist M/N als
Untergruppe von G/N auflösbar; cf. Aufgabe ??.(2). Wegen der Minimalität von |G| gibt
es ein m ∈ M mit U := L ∩ M = m(K ∩ M ) = mK ∩ M . Es ist U ' M/N und also
U > 1 ; cf. Bemerkung 92.(2). Es ist U P L, i.e. L 6 NG (U ). Genauso ist mK 6 NG (U ).
Subfall NG (U ) < G. Es ist N ∩ NG (U ) =: N 0 P NG (U ). Es ist L ∩ N 0 = 1 und
LN 0 = L(N ∩ NG (U )) = LN ∩ NG (U ) = NG (U ) ; cf. Bemerkung 115. Genauso ist
m
K ∩ N 0 = 1 und ( mK) · N 0 = NG (U ). Also sind L und mK Komplemente zu N 0 in
NG (U ). Da N 0 6 N , ist |N 0 | teilerfremd zu |NG (U )/N 0 | = |L|. Somit ist N 0 P NG (U )
hallsch. Ferner ist NG (U )/N 0 ' L ' G/N auflösbar; cf. Bemerkung 92.(2). Wegen der
Minimalität von |G| gibt es ein x ∈ NG (U ) 6 G mit L = x( mK) = xmK. Da xm ∈ G,
haben wir diesenfalls einen Widerspruch.
Subfall NG (U ) = G. Es ist U P G. Es ist N ∩ U = N ∩ (L ∩ M ) = 1. Also ist N ∼- N U/U , n - nU . Es ist N U/U P G/U hallsch, da |N U/U | = |N | und
|(G/U )/(N U/U )| = |G/N U | = |G|/(|N | · |U |/|N ∩ U |) = |G/N |/|U | teilerfremd sind;
cf. Aufgabe 12.(2). Da ferner |L/U | = | mK/U | = |G/N |/|U | = |(G/U )/(N U/U )|, sind
L/U und mK/U Komplemente zu N U/U in G/U ; cf. Bemerkung 117.(1). Insbesondere
ist (G/U )/(N U/U ) ' L/U als Faktorgruppe von L ' G/N auflösbar; cf. Aufgabe ??.(2).
Wegen der Minimalität von |G| gibt es ein y ∈ G mit L/U = yU( mK/U ), i.e. mit L = ymK.
Da ym ∈ G, haben wir diesenfalls einen Widerspruch.
Der Satz von Feit und Thompson (Pac. J. Math. 13, 1963) besagt, daß eine Gruppe
ungerader Ordnung auflösbar ist. Könnten wir diesen Satz hier zeigen, würden wir wissen,
daß die Auflösbarkeitsbedingung in Satz 118.(2) weggelassen werden darf.
Beispiel 119 Sei G eine endliche Gruppe. Sei p ∈ π(G). Sei Sylp (G) = {P }. Dann
ist P P G hallsch. Dank Satz 118 hat P also ein Komplement in G, und alle solchen
Komplemente sind konjugiert in G ; cf. Bemerkungen 73.(1) und 74.
Falls π(G) = {p, q} ist mit p 6= q, so ist ein Komplement zu P dasselbe wie eine
q-Sylowgruppe von G ; cf. Bemerkung 117. Diesenfalls können wir die Existenz eines
Komplements zu P in G also auch aus Satz 37.(1) folgern; ferner folgt die Tatsache, daß
zwei Komplemente zu P in G dort zueinander konjugiert sind, dann auch aus Satz 37.(2).
Kapitel 4
Kleine Untergruppen
4.1
Die Frattiniuntergruppe
Sei G eine endliche Gruppe.
Definition 120 Sei Umax (G) := { U < G : es gibt kein V mit U < V < G } die Menge
der maximalen echten Untergruppen von G.
Sei
\
Φ(G) :=
U
U ∈Umax (G)
die Frattiniuntergruppe von G.
Bemerkung 121
(1) Es ist Φ(G) J G.
(2) Sei V 6 G mit V Φ(G) = G gegeben. Dann ist V = G.
Beweis.
- Umax (G), U - β(U )
Ad (1). Sei β ∈ Aut(G). Sei U ∈ UTmax (G). Dann ist U
Tmax (G)
eine Bijektion. Also ist β(Φ(G)) = U ∈Umax (G) β(U ) = Ũ ∈Umax (G) Ũ = Φ(G).
Ad (2). Annahme, es ist V < G. Dann gibt es ein U ∈ Umax (G) mit V 6 U < G. Es ist
auch Φ(G) 6 U . Also ist V Φ(G) 6 U < G und wir haben einen Widerspruch.
Lemma 122 Es ist Φ(G) nilpotent.
Beweis. Sei p ∈ π(Φ(G)) und P ∈ Sylp (Φ(G)) gegeben. Wir haben P P Φ(G) zu zeigen;
cf. Satz 87.
Es ist NG (P )Φ(G) = G ; cf. Lemma 114. Also ist NG (P ) = G ; cf. Bemerkung 121.(2).
Also ist P P G und somit P P Φ(G).
82
83
Lemma 123 Es ist Φ(G/Φ(G)) = 1.
In diesem Sinne ist es möglich, die Frattinigruppe aus einer Gruppe zu entfernen.
Beweis. Es ist Umax (G/Φ(G)) = { U/Φ(G) : U ∈ Umax (G) }, da jede Untergruppe
U ∈ Umax (G) die Frattiniuntergruppe Φ(G) enthält; cf. Aufgabe 17.(1). Also wird
T
Φ(G/Φ(G)) =
(U/Φ(G))
TU ∈Umax (G)
= ( U ∈Umax (G) U )/Φ(G)
= Φ(G)/Φ(G)
= 1.
Lemma 124 Sei p > 0 prim. Sei P eine p-Gruppe.
Schreibe P p := h xp : x ∈ P i.
(1) Es ist P p J P .
(2) Es ist Φ(P ) = P (1) P p .
(3) Falls p = 2 ist, ist Φ(P ) = P 2 .
(4) Sei U 6 P . Es ist Φ(U ) 6 Φ(P ).
(5) Sei N P P . Es ist Φ(P/N ) = Φ(P )N/N .
(6) Sei |P/Φ(P )| =: pn , wobei n > 0. Dann ist n = min{ |S| : S ⊆ P, hSi = P }.
Cf. Aufgabe ??.
Beweis.
Ad (1). Sei β ∈ Aut(P ). Es ist
β(P p ) = h β(xp ) : x ∈ P i = h β(x)p : x ∈ P i = h x̃p : x̃ ∈ P i = P p .
Ad (2).
!
!
!
Ad > . Sei U ∈ Umax (G). Zu zeigen ist P (1) P p 6 U , i.e. P (1) 6 U und P p 6 U .
Es ist U < NP (U ) 6 P ; cf. Aufgabe ??.(1). Da U maximale echte Untergruppe von P
ist, folgt NP (U ) = P , i.e. U P P . Abermals wegen dieser Maximalität darf die p-Gruppe
P/U keine Untergruppe echt zwischen 1 und P/U besitzen; cf. Aufgabe 17.(1). Aber P/U
enthält ein Element und also auch eine Untergruppe von Ordnung p ; cf. Aufgabe 7.(1).
84
Somit ist |P/U | = p, i.e. P/U ' Cp . Folglich ist P (1) 6 U ; cf. Aufgabe 13.(4). Sei x ∈ P .
Es ist xp U = (xU )p = 1U , i.e. xp ∈ U . Somit ist auch P p 6 U .
Ad 6 . Schreibe Q := P (1) P p . Es ist P/Q eine endliche abelsche Gruppe, in welcher jedes
Element Ordnung 1 oder Ordnung p hat; cf. Aufgabe 13.(4). Folglich können wir einen
∼P/Q wählen, wobei ` > 0 ; cf. Aufgabe 3.(4). Sei ci ein Erzeuger
Isomorphismus C×`
p
des i-ten direkten Faktors und di Q sein Bild unter diesem Isomorphismus.
Sei x ∈ P rQ. Wir haben x 6∈ Φ(P
Dafür ist zu zeigen, daß es ein U ∈ Umax (P )
Q ) zu zeigen.
ti
mit x 6∈ U gibt. Schreibe xQ = i∈[1,`] (di Q) mit ti ∈ [0, p − 1]. Es gibt ein j ∈ [0, p − 1]
mit ti 6= 0. Sei Q P U P P mit U/Q := h di : i ∈ [1, `] r {j} i ; cf. Aufgabe 17.(1, 2). Es
ist xQ 6∈ U/Q und also x 6∈ U . Es ist |P/U | = |(P/Q)/(U/Q)| = p und also U ∈ Umax (P ).
!
Ad (3). Dank (2) bleibt P (1) 6 P 2 zu zeigen. Seien x, y ∈ P . Es ist [x, y] ∈ P 2 zu zeigen.
Tatsächlich wird
P 2 3 (x− y − x)2 (x− )2 (xy)2 = x− y −2 xx−2 xyxy = x− y − xy = [x, y] .
Ad (4). Wir wenden (2) auf U und P an. Aus U p 6 P p und U (1) 6 P (1) folgt
Φ(U ) = U (1) U p 6 P (1) P p = Φ(P ) .
Ad (5). Wir wenden (2) auf P und P/N an. Es wird
Φ(P/N ) = (P/N )(1) (P/N )p = (P (1) N/N )(P p N/N ) = P (1) P p N/N = Φ(P )N/N ;
cf. Aufgabe 13.(1).
Ad (6). Wir behaupten
!
min{ |S| : S ⊆ P, hSi = P } = min{ |T | : T ⊆ P/Φ(P ), hT i = P/Φ(P ) } .
Ad >. Ist S ⊆ P mit hSi = P gegeben, dann ist mit T := { sΦ(P ) : s ∈ S } zum einen
|S| > |T |, zum anderen T ⊆ P/Φ(P ) mit hT i = P/Φ(P ).
Ad 6. Ist T ⊆ P/Φ(P ) mit hT i = P/Φ(P ) gegeben, dann wählen wir S ⊆ P mit
T := { sΦ(P ) : s ∈ S } und |T | = |S|. Wegen P/Φ(P ) = hT i = h sΦ(P ) : s ∈ S i folgt
nun hSiΦ(P ) = P und also hSi = P ; cf. Bemerkung 121.(2).
Dies zeigt die Behauptung.
!
Zu zeigen ist nun also n = min{ |T | : T ⊆ P/Φ(P ), hT i = P/Φ(P ) }.
Es ist P/Φ(P ) = P/(P (1) P p ) ' C×n
p ; cf. Argument zu (2). Diese Gruppe ist isomorph zur
additiven Gruppe des Fp -Vektorraums Fpn . Unter einem solchen Isomorphismus entspricht
eine erzeugende Teilmenge einer Fp -linear erzeugenden Teilmenge von Fpn . Dank Linearer
Algebra ist also
min{ |T | : T ⊆ P/Φ(P ), P/Φ(P ) = hT i }
= min{ |T 0 | : T 0 ⊆ Fpn , T 0 ist Fp -linear erzeugende Teilmenge von Fpn }
= n.
85
Beispiel 125
(1) Es ist Φ(S3 ) = 1, da bereits die maximalen echten Untergruppen h(1, 2, 3)i und
h(1, 2)i den Schnitt 1 haben.
(2) Betrachte D8 = h a, b : a4 , b2 , (ab)2 i ; cf. Beispiel 54. Es ist D28 = Φ(D8 ) ; cf. Lemma 124.(3). Es ist ha2 i 6 D28 . Es ist ha2 i P D8 und D8 /ha2 i ' C2 × C2 , mithin
D28 6 ha2 i. Insgesamt ist Φ(D8 ) = ha2 i.
(3) Betrachte S4 . Es ist S3 eine maximale echte Untergruppe von S4 ; cf. Beispiel 29.
Es hat S4 nur die Normalteiler A4 , h (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4) i und 1 ; cf. Aufgabe ??.
Davon liegt nur 1 in S3 . Also ist Φ(S4 ) = 1 ; cf. Bemerkung 121.(1).
3
2
(4) Sei p prim. Betrachte G = h a : ap i ' Cp3 . Es ist Φ(G) = hap i ; cf. Lemma 124.(2).
2
In der Tat ist hap i die einzige maximale Untergruppe von G.
4.2
Eine Bemerkung
Bemerkung 126 Sei G eine Gruppe. Sei H P G.
Der Gruppenmorphismus
G
g
Aut(H)
(h - gh)
-
hat den Kern CG (H) P G. Er induziert somit den injektiven Gruppenmorphismus
G/CG (H)
gCG (H)
ι-
Aut(H)
(h - gh)
-
Falls
CG (H) 6 H
ist, dann ist CG (H) = CG (H) ∩ H = CH (H) = Z(H). Wir können unseren injektiven
Gruppenmorphismus also
G/Z(H)
gZ(H)
ι-
-
Aut(H)
(h - gh) .
schreiben.
Um G zu kennen, genügt es diesenfalls also, Z(H) zu kennen, das Bild Im(ι) 6 Aut(H) zu
kennen und die kurz exakte Sequenz
Z(H) - G
r
-
Im(ι)
86
zu untersuchen, wobei r(g) := ι(gZ(H)) für g ∈ G. Symbolisch wird
G
H
6Aut(H)
Z(H)
1.
4.3
Die Fittinguntergruppe
Sei G eine endliche Gruppe. Schreibe k := |π(G)| und π(G) = { pi : i ∈ [1, k] }.
Definition 127 Für p ∈ π(G) sei
Op (G) :=
\
P .
P ∈Sylp (G)
Sei
F(G) := Op1 (G) · · · Opk (G)
die Fittinguntergruppe von G.
Bemerkung 128
(1) Sei p ∈ π(G). Es ist Op (G) J G.
(2) Es ist F(G) J G.
(3) Es ist F(G) das terminale Element von { N P G : N ist nilpotent }.
Kurz, für N P G ist N genau dann nilpotent, wenn N 6 F(G) ist.
(4) Es ist Φ(G) 6 F(G).
Beweis.
Ad (1). Sei β ∈ Aut(G). Es ist Sylp (G) - Sylp (G), P - β(P ) wohldefiniert und bijektiv.
Damit folgt
\
\
β(Op (G)) =
β(P ) =
P̃ = Op (G) .
P ∈Sylp (G)
P̃ ∈Sylp (G)
Ad (2). Allgemein ist in einer Gruppe H mit N, Ñ J H auch N Ñ J H, da für β ∈ Aut(H)
sich β(N Ñ ) = β(N ) · β(Ñ ) = N Ñ ergibt; cf. Aufgabe 12.(2, 3).
87
Daher folgt F(G) J G aus (1).
Ad (3). Wir behaupten, daß F(G) nilpotent ist. Sei p ∈ π(G). Wir müssen zeigen, daß
!
| Sylp (F(G))| = 1 ist; cf. Satz 87. Es genügt zu zeigen, daß es eine p-Sylowgruppe in F(G)
gibt, die normal in F(G) liegt; cf. Satz 37.(2).
Sei o.E. p = pk ; cf. Aufgabe 12.(2). Schreibe F0 (G) := Op1 (G) · · · Opk−1 (G). Es ist |F0 (G)|
ein Teiler von |Op1 (G)| · · · |Opk−1 (G)|, wie eine iterierte Anwendung von Aufgabe 12.(2)
ergibt, und also nicht durch p teilbar. Somit ist F(G)/Op (G) = F0 (G)Op (G)/Op (G) '
F0 (G)/(F0 (G) ∩ Op (G)) von Ordnung teilerfremd zu p ; cf. Aufgabe 12.(2). Also ist Op (G)
eine p-Sylowgruppe von F(G). Aus Op (G) P G folgt Op (G) P F(G) ; cf. (1). Dies zeigt
die Behauptung ; cf. Satz 87.
!
Sei andererseits N P G mit N nilpotent gegeben. Wir haben N 6 F(G) zu zeigen.
Es ist | Sylp (N )| = 1 für p ∈ π(N ) und auch
Q für p ∈ π(G) r π(N ) ; cf. Satz 87. Schreibe
also Sylp (N ) = {Qp } für p ∈ π(G). Es ist i∈[1,k] Qpi ∼- N , (qi )i - q1 · · · qk ; cf. Satz 87.
Insbesondere ist N = Qp1 · · · Qpk .
!
!
Sei p ∈ π(G). Wir haben nun Qp 6 F(G) zu zeigen. Es genügt, Qp 6 Op (G) zu zeigen.
Es ist Qp = Op (N ) J N P G und also Qp P G ; cf. Bemerkung 128.(1). Es ist Qp 6 P
für ein P ∈ Sylp (G) ; cf. Satz 37.(4). Für jedes P̃ ∈ Sylp (G) gibt es ein g ∈ G mit
g
P̃ = T
P , cf. Satz 37.(2), es wird also Qp = gQp 6 gP = P̃ . Somit ist in der Tat
Qp 6 P̃ ∈Sylp (G) P̃ = Op (G).
Ad (4). Es ist Φ(G) nilpotent; cf. Lemma 122. Es ist Φ(G) P G ; cf. Bemerkung 121.(1).
Also ist Φ(G) 6 F(G) ; cf. (3).
Beispiel 129
(1) Es ist O2 (S3 ) = 1. Es ist O3 (S3 ) = h(1, 2, 3)i = A3 . Also ist F(S3 ) = A3 . Es ist
F(S3 /F(S3 )) > 1. Cf. auch Beispiel 125.(1) und Lemma 123.
(2) Es ist O2 (S4 ) = h (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4) i =: V . Es ist O3 (S4 ) = 1. Also ist
F(S4 ) = V . Cf. auch Beispiel 125.(3).
(3) Sei n > 5. Unter den Normalteilern 1, An , Sn von Sn ist nur 1 nilpotent; cf. Aufgabe 20.(3), Beispiel 75.(3). Also ist F(Sn ) = 1 ; cf. Bemerkung 128.(3).
(4) Sei N nilpotent. Es ist F(N ) = N , da F(N ) der terminale nilpotente Normalteiler
von N ist; cf. Bemerkung 128.(3). Cf. auch Lemma 124.(2).
Lemma 130 Sei G eine endliche Gruppe. Schreibe C := CG (F(G)).
(1) Ist G auflösbar und ist F(G) = 1, dann ist auch G = 1.
(2) Es ist F C/(C ∩ F(G)) = 1.
88
Beweis.
Ad (1). Annahme, es ist G > 1. Also gibt es ein i > 0 mit G(i) > 1 und G(i+1) = 1 ; cf.
Satz 82. Somit ist G(i) ein abelscher Normalteiler von G ; cf. Bemerkung 80.(2). Also ist
1 < G(i) 6 F(G) ; cf. Bemerkung 128.(3), Bemerkung 74. Wir haben einen Widerspruch.
Ad (2). Schreibe F(C/(C ∩ F(G))) =: U/(C ∩ F(G)) mit C ∩ F(G) P U P C ; cf. Aufga!
be 17.(1, 2). Wir haben U 6 F(G) zu zeigen. Dank Bemerkung 128.(3) genügt es hierfür
zu zeigen, daß U ein nilpotenter Normalteiler von G ist.
Es ist C = CG (F(G)) P G, da F(G) P G ist; cf. Bemerkungen 17 und 128.(2).
Es ist U/(C ∩ F(G)) J C/(C ∩ F(G)) P G/(C ∩ F(G)) ; cf. Bemerkung 128.(2). Also ist
U/(C ∩ F(G)) P G/(C ∩ F(G)) ; cf. Bemerkung 78.(2). Somit ist U P G.
Für x ∈ C ∩ F(G) 6 F(G) ist für u ∈ U 6 C = CG (F(G)) dann ux = x, aber auch x ∈ U ,
also insgesamt x ∈ Z(U ). Somit ist C ∩ F(G) 6 Z(U ).
Es ist U/(C ∩ F(G)) = F(C/(C ∩ F(G))) nilpotent; cf. Bemerkung 128.(3).
Hieraus folgt U nilpotent; cf. Aufgabe ??.(6).
Satz 131 (Zentralisator der Fittinguntergruppe)
Sei G eine auflösbare endliche Gruppe.
Es ist CG (F(G)) 6 F(G).
Damit sind wir in der Situation, die in Bemerkung 126 beschrieben wird.
Beweis. Schreibe C := CG (F(G)). Es ist F(G) P G ; cf. Bemerkung 128.(2). Also ist
C P G ; cf. Bemerkung 17.
!
Es genügt, C/(C ∩ F(G)) = 1 zu zeigen.
Da G auflösbar ist, gilt dies auch für C und damit für C/(C ∩ F(G)) ; cf. Aufgabe ??.(2).
!
Somit genügt es, F(C/(C ∩ F(G))) = 1 zu zeigen; cf. Lemma 130.(1). Dies aber folgt mit
Lemma 130.(2).
Beispiel 132 Betrachte S4 . Es ist S4 auflösbar; cf. Aufgabe ??, Bemerkung 72.(1). Es
ist F(S4 ) = h (1, 2)(3, 4) , (1, 3)(2, 4) i =: V ; cf. Beispiel 129.(2).
| {z } | {z }
=: a
=: b
Es ist CS4 (V ) 6 V ; cf. Satz 131. Da V abelsch ist, ist also CS4 (V ) = Z(V ) = V . Somit
ist V der Kern des Gruppenmorphismus
S4
σ
-
Aut(V )
(υ - συ)
89
Wir haben den Isomorphismus
GL2 (F2 )
i+2Z j+2Z
k+2Z `+2Z
∼-
Aut(V )
(a - ai bk , b - aj b` ) .
-
Insbesondere ist | Aut(V )| = 6. Somit ist der induzierte injektive Gruppenmorphismus
S4 /V
σV
ι-
-
Aut(V )
(υ - συ)
auch sujektiv, zusammen also ein Isomorphismus. Cf. Bemerkung 126.
In der Tat ist GL2 (F2 ) ' S3 ; cf. Aufgabe 19.(3). Es folgt S4 /V ' S3 . Cf. Aufgabe 23.(3).
4.4
Die erweiterte Fittinguntergruppe
Wir folgen [4, §6.5].
Sei G eine endliche Gruppe. Wir werden wiederholt und kommentarlos von Aufgabe 12.(2)
Gebrauch machen.
Lemma 133 Sei N P G mit N abelsch und mit G/N perfekt.
Dann ist G(1) perfekt.
Beweis. Es ist G/N = (G/N )(1) = G(1) N/N ' G(1) /(G(1) ∩ N ) ; cf. Aufgabe 13.(1).
Also ist G(1) /(G(1) ∩ N ) = (G(1) /(G(1) ∩ N ))(1) = (G(2) (G(1) ∩ N ))/(G(1) ∩ N ); cf. Aufgabe 13.(1).
Es folgt
G = G(1) N = G(2) (G(1) ∩ N )N = G(2) N
und also G/G(2) = (G(2) N )/G(2) ' N/(N ∩ G(2) ). Da N abelsch ist, folgt G(1) 6 G(2) ; cf.
Aufgabe 13.(4). Insgesamt ist also G(1) = G(2) .
Definition 134 Es heißt G quasieinfach, wenn G perfekt ist und G/Z(G) einfach ist.
Insbesondere ist G/Z(G) dann nichtabelsch, da ansonsten G auflösbar und > 1 und also
nicht perfekt wäre; cf. Aufgabe ??.(1), Satz 82.
Somit ist G dann nichtauflösbar; cf. Aufgabe ??.(2), Bemerkung 72.(1).
Beispiel 135 Sei F ein Körper. Sei n > 2. Sei (n, |F |) 6∈ { (2, 2), (2, 3) }.
Es ist SLn (F ) quasieinfach; cf. Aufgabe 18.(1, 2), Satz 46.
90
Definition 136 Sei H 6 G. Es heißt H subnormal in G, geschrieben H PP G, wenn es
s > 0 und Ui 6 G für i ∈ [0, s] gibt mit
H = Us P Us−1 P . . . P U1 P U0 = G .
Bemerkung 137 Sei G quasieinfach. Sei H PP G. Dann ist H 6 Z(G) oder H = G.
Beweis. Es ist auch HZ(G) PP G und also HZ(G)/Z(G) PP G/Z(G). Da aber G/Z(G)
einfach ist, ist HZ(G) = Z(G) oder HZ(G) = G. Ersterenfalls ist H 6 Z(G). Letzterenfalls
ist HZ(G) = G, also H P HZ(G) = G und G/H = HZ(G)/H ' Z(G)/H ∩ Z(G) abelsch,
was G = G(1) 6 H 6 G und also H = G zur Folge hat; cf. Aufgabe 13.(4).
Bemerkung. Sei H PP G. Dann ist F(H) 6 F(G).
Beweis. Dank möglicher Iteration genügt es, die Aussage im Falle H P G zu zeigen.
Aus F(H) J H P G folgt F(H) P G ; cf. Bemerkungen 128.(2) und 78.(2). Da zudem
F(H) nilpotent ist, folgt F(H) 6 F(G) ; cf. Bemerkung 128.(3).
Definition 138
Es heißt K 6 G eine Komponente von G, wenn K quasieinfach und K PP G ist.
Sei Komp(G) := { K 6 G : K ist Komponente von G }.
Bemerkung 139 Sei K ∈ Komp(G).
(1) Sei K 6 H 6 G. Dann ist K ∈ Komp(H).
(2) Sei K 66 N P G. Dann ist KN/N ∈ Komp(G/N ).
(3) Ist G PP G̃, dann ist K ∈ Komp(G̃).
Beweis.
Ad (1). Zu zeigen ist K PP H. Aber ist K = Us P . . . P U0 = G, dann ist auch
K = K ∩ H = Us ∩ H P . . . P U0 ∩ H = G ∩ H = H.
Ad (2). Zu zeigen ist zum einen KN/N PP G/N , i.e. KN PP G; cf. Aufgabe 17.(3).
Aber ist K = Us P . . . P U0 = G, dann ist auch KN = Us N P . . . P U0 N = GN = N ;
beachte hierbei für i ∈ [1, s], für ui ∈ Ui und n ∈ N , daß nui = u[u− , n] ∈ Ui N ist.
Zum zweiten ist zu zeigen, daß KN/N perfekt ist. Aber KN/N ' K/(K ∩ N ) und
(K/(K ∩ N ))(1) = K (1) (K ∩ N )/(K ∩ N ) = K(K ∩ N )/(K ∩ N ) = K/(K ∩ N ) ; cf.
Aufgabe 13.(1).
Da KN/N ' K/(K ∩ N ), ist zum dritten zu zeigen, daß (K/(K ∩ N ))/Z(K/(K ∩ N ))
einfach ist. Schreibe Z(K/(K ∩ N )) = Z/(K ∩ N ) mit K ∩ N P Z P K. Es ist Z(K) 6 Z.
Also ist Z = Z(K) oder Z = K ; cf. Bemerkung 137. Letzterenfalls wäre K/(K ∩ N )
91
abelsch. Da aber K/(K ∩ N ) perfekt ist, zöge dies K/(K ∩ N ) = 1 nach sich, also K 6 N ,
was nicht der Fall ist. Somit ist Z = Z(K).
Es folgt, daß (K/(K ∩ N ))/Z(K/(K ∩ N )) = (K/(K ∩ N ))/(Z(K)/(K ∩ N )) ' K/Z(K)
eine einfache Gruppe ist.
Ad (3). Subnormalität ist transitiv.
Lemma 140 Seien Z 6 Z(G) 6 G. Sei E 6 G. Sei EZ/Z ∈ Komp(G/Z).
Dann ist E (1) ∈ Komp(G).
Beweis. Aus EZ/Z PP G/Z folgt E (1) P E P EZ PP G.
Da EZ/Z perfekt ist, ist EZ/Z = (EZ/Z)(1) = E (1) Z/Z ; cf. Aufgabe 13.(1).
Da EZ/Z perfekt ist, gilt dies auch für (EZ)(1) = E (1) ; cf. Lemma 133.
Bleibt zu zeigen, daß E (1) /Z(E (1) ) einfach ist. Sei Z(E (1) ) P N P E (1) . Es ist zu zeigen,
daß N = E (1) oder Z(E (1) ) = N ist; cf. Aufgabe 17.(3).
Es ist N Z P E (1) Z und also N Z/Z P E (1) Z/Z = EZ/Z. Da EZ/Z quasieinfach ist, folgt
N Z/Z 6 Z(EZ/Z) oder N Z/Z = EZ/Z ; cf. Bemerkung 137.
Letzerenfalls ist N 6 E (1) 6 E 6 N Z, also N (Z ∩ E (1) ) = N Z ∩ E (1) = E (1) ; cf.
Bemerkung 115. Da E (1) /N = N (Z ∩ E (1) )/N ' (Z ∩ E (1) )/(Z ∩ E (1) ∩ N ) abelsch ist,
folgt E (1) = E (2) 6 N 6 E (1) , also N = E (1) ; cf. Aufgabe 13.(4).
Ersterenfalls ist N Z/Z 6 Z(EZ/Z) = Z(E (1) Z/Z) und also [N, E (1) ] 6 Z. Daher ist
[[N, E (1) ], E (1) ] = 1. Da E (1) perfekt ist, folgt [N, E (1) ] = 1 ; cf. Aufgabe ??.(3). I.e. es ist
N 6 Z(E (1) ). Insgesamt ist Z(E (1) ) = N .
Lemma 141 Sei K ∈ Komp(G). Sei L PP G.
Dann ist K 6 L oder [K, L] = 1.
Beweis. Annahme, es gibt eine endliche Gruppe, die eine Komponente und einen Subnormalteiler so enthält, daß die Komponente nicht im Subnormalteiler liegt und daß der
Kommutator dieser beiden nicht vertauscht. Wähle eine solche Gruppe G minimaler Ordnung, darin dann K ∈ Komp(G) und L PP G mit K 66 L und [K, L] > 1.
Ist K = G, dann ist G quasieinfach und also L 6 Z(G) oder L = G ; cf. Bemerkung 137.
Ersterenfalls ist [K, L] = 1, zweiterenfalls ist K 6 G. Dies tritt also nicht auf, i.e. es ist
K < G. Somit gibt es K PP N C G.
Ist L = G, dann ist K 6 L. Dies tritt also nicht auf, i.e. es ist L < G. Somit gibt es
L PP N C G.
Daher ist L0 := [L, K] 6 N ∩ M . Ferner ist K 6 NM ([L, K]) = NM (L0 ) =: G0 ; cf.
Aufgabe ??.(5).
92
Es ist K ∈ Komp(G0 ) ; cf. Bemerkung 139.(1). Es ist L0 P G0 , also L0 PP G0 . Wegen der
Minimalität von |G| und wegen |G0 | 6 |M | < |G| folgt nun K 6 L0 oder [K, L0 ] = 1.
Ersterenfalls folgt K 6 L0 6 N und also K ∈ Komp(N ) ist; cf. Bemerkung 139.(1). Ferner
ist L PP N . Wegen der Minimalität von |G| und wegen |N | < |G| liefert dies K 6 L oder
[K, L] = 1.
Zweiterenfalls ist 1 = [K, L0 ] = [K, [K, L]] = [[L, K], K], wegen K perfekt also [L, K] = 1 ;
cf. Aufgabe ??.(3).
Korollar 142 Seien K, K̃ ∈ Komp(G).
Dann ist K = K̃ oder [K, K̃] = 1.
!
!
Beweis. Sei [K, K̃] > 1. Zu zeigen ist K = K̃. Wegen Symmetrie genügt es, K 6 K̃ zu
zeigen. Dies aber folgt wegen [K, K̃] > 1 aus Lemma 141.
Definition 143 Sei t := | Komp(G)|. Schreibe Komp(G) = { Ki : i ∈ [1, t] }.
Sei E(G) := K1 K2 · · · Kt · 1 die Schicht von G.
Sei FE(G) := F(G) E(G) die erweiterte Fittinguntergruppe von G ; cf. Definition 127.
Oft wird FE(G) auch F∗ (G) geschrieben und als verallgemeinerte Fittinguntergruppe bezeichnet.
Bemerkung 144
(1) Es ist E(G) J G. Es ist K P E(G) für K ∈ Komp(G).
(2) Ist G auflösbar, dann ist Komp(G) = ∅, sowie E(G) = 1 und FE(G) = F(G).
(3) Es ist [E(G), F(G)] = 1.
(4) Es ist FE(G) J G.
Beweis.
Q
Ad (1). Wir haben den Gruppenmorphismus i∈[1,t] Ki - G, (ki )i - k1 k2 · · · kt ; cf. Aufgabe 2.(3), Korollar 142. Sein Bild ist die Untergruppe E(G) 6 G ; cf. auch Aufgabe 12.
!
!
Sei β ∈ Aut(G). Sei i ∈ [1, t]. Es genügt, β(Ki ) 6 E(G) zu zeigen. Es genügt, β(Ki ) ∈
(1)
Komp(G) zu zeigen. Aber aus Ki PP G folgt β(Ki ) PP β(G) = G, aus Ki = Ki folgt
A. 13.(1)
(1)
β(Ki )(1) = β(Ki ) = β(Ki ) und β(Ki )/Z(β(Ki )) = β(Ki )/β(Z(Ki )) ist isomorph
zu Ki /Z(Ki ) via des von β induzierten Isomorphismus, mithin einfach. Also ist β(Ki )
tatsächlich eine Komponente von G.
93
!
Sei nun K ∈ Komp(G). Wir haben K P E(G) zu zeigen. Sei K̃ ∈ Komp(G). Sei x̃ ∈ K̃.
!
Sei y ∈ K. Wir haben x̃y ∈ K zu zeigen. Ist K̃ = K, so folgt dies aus K 6 G. Ist K̃ 6= K,
dann ist [K, K̃] = 1 dank Korollar 142 und also x̃y = y ∈ K.
Ad (2). Sei G auflösbar. Wir haben Komp(G) = ∅ zu zeigen. Wäre K ∈ Komp(G), dann
wäre wegen K 6 G auch K auflösbar dank Aufgabe ??.(2), was nicht so ist. Da K 6 G,
ist K auflösbar.
Ad (3). Ist E(G) = 1, so ist nichts zu zeigen.
Sei also E(G) > 1. Dann können wir K ∈ Komp(G) wählen. Annahme, es ist
E(G) 6 F(G). Dann ist K 6 F(G) und somit K ∈ Komp(F(G)) ; cf. Bemerkung 139.(1).
Aber F(G) ist nilpotent und also auflösbar; cf. Bemerkungen 128.(3) und 74. Also ist
Komp(F(G)) = ∅. Wir haben einen Widerspruch. Also ist E(G) 66 F(G).
Da F(G) J G, ist insbesondere F(G) PP G ; cf. Bemerkung 128.(2). Mit Lemma 141 folgt
[E(G), F(G)] = 1.
Ad (4). Da F(G) J G und E(G) J G, ist FE(G) = F(G)E(G) J G ; cf. Beweis zu
Bem78.(2).
Lemma 145
(1) Ist N minimal in { M P G : M > 1 }, dann ist N 6 FE(G).
(2) Ist K ∈ Komp(G) und ist Z(K) = 1, dann ist das Normalteilererzeugnis
minimal in { M P G : M > 1 }.
G
K
(3) Ist G > 1, dann ist FE(G) > 1.
Cf. Aufgabe ??.
Beweis.
Ad (1). Ist N abelsch, so ist N nilpotent und also N P F(G) 6 FE(G) ; cf. Bemerkungen 74 und 128.(3).
Sei nun N nichtabelsch. Gemäß Aufgabe ??.(1, 2) gibt es einen Isomorphismus
f : S ×k ∼- N für ein k > 1 und eine einfache Gruppe S. Sei
Sj := { (si )i ∈ S ×k : si = 1 für i ∈ [1, k] r {j} }
für j ∈ [1, k]. Für j ∈ [1, k] ist Sj P S ×k , also f (Sj ) P N und somit f (Sj ) PP N ; da
f (Sj ) einfach und nichtabelsch ist, ist f (Sj ) zudem perfekt; insgesamt f (Sj ) ∈ Komp(G).
Es folgt N = f (S) = f (h Sj : j ∈ [1, k] i) 6 E(G) 6 FE(G).
Ad (2). Nach Konstruktion ist N :=
G
K
P G.
Sei G = ti∈[1,`] gi NG (K), wobei ` := [G : NG (K)] und gi ∈ G für i ∈ [1, `]. Dann ist
{ gK : g ∈ G } = { giK : i ∈ [1, `] }, und es ist giK 6= gjK für i, j ∈ [1, `] mit i 6= j. Da
94
mit K auch giK eine Komponente von G ist, folgt [ giK, gjK] = 1 ; cf. Korollar 142. Somit
gibt es einen surjektiven Gruppenmorphismus u : K ×` - G, (xi )i - g1x · g2x · · · g`x ; cf.
Aufgabe 2.(3). Ferner ist giK P N für i ∈ [1, k].
Sei i ∈ [1, k]. Annahme, es ist giK 6 g1K · · · gi−1K =: L. Da [ giK, L] = 1 ist, folgt
gi
K 6 Z( g1K · · · gi−1K). Aber K ist nichtabelsch. Wir haben einen Widerspruch. Es folgt
gi
K 66 L, i.e. giK ∩ L C giK. Da giK einfach ist, folgt giK ∩ L = 1.
Also ist u ein Isomorphismus; cf. Lösung zu Aufgabe 2.(3).
!
Sei nun M P G mit 1 < M 6 N gegeben. Wir haben M = N zu zeigen. Es genügt,
g
!
K 6 M zu zeigen für ein g ∈ G, da daraus wegen M P G dann gK 6 M für alle g ∈ G
und somit N 6 M folgt.
Es ist u−1 (M ) P K ×` . Da u−1 (M ) > 1, gibt es ein j ∈ [1, k] mit
Kj := { (xi )i : xi = 1 für i ∈ [1, `] r {j} } 6 u−1 (M ) ;
cf. Aufgabe ??.(3). Folglich ist
gj
K = u(Kj ) 6 M .
Ad (3). Ist G > 1, dann ist G ∈ { M P G : M > 1 }, und folglich hat { M P G : M > 1 }
ein minimales Element N . Gemäß (1) ist FE(G) > N > 1.
Lemma 146 Sei H PP G. Dann ist E(H) 6 E(G) und FE(H) 6 FE(G).
!
Beweis. Es ist F(H) 6 F(G) ; cf. Bemerkung oben. Also genügt es, E(H) 6 E(G) zu
zeigen.
!
Sei K ∈ Komp(H). Wir haben K 6 E(G) zu zeigen. Aber in der Tat ist K ∈ Komp(G)
und somit K 6 E(G) ; cf. Bemerkung 139.(3).
Satz 147 (Zentralisator der erweiterten Fittinguntergruppe)
Wir erinnern an die endliche Gruppe G und an ihre erweiterte Fittinguntergruppe FE(G) ;
cf. Definition 143.
Es ist CG (FE(G)) 6 FE(G).
Damit sind wir in der Situation, die in Bemerkung 126 beschrieben wird.
Cf. Satz 131 und Bemerkung 144.(4).
Beweis. Schreibe C := CG (FE(G)). Da FE(G) P G, ist C P G ; cf. Bemerkungen 144.(4) und 17. Also ist FE(C) 6 FE(G) ; cf. Lemma 146.
Es ist Z := Z(C) P C abelsch, mithin nilpotent und somit Z 6 F(C) 6 FE(C) ; cf.
Bemerkung 128.(3).
95
!
Es genügt, FE(C/Z) = 1 zu zeigen, da dann C/Z = 1, i.e. C 6 Z folgt, was C 6 FE(G)
nach sich zieht.
Für x ∈ FE(C) und c ∈ C ist x ∈ FE(G) und also [x, c] = 1. Somit ist FE(C) 6 Z.
Insgesamt ist also FE(C) = Z.
Schreibe F(C/Z) = N/Z mit Z P N P C ; cf. Aufgabe 17.(3). Mit N/Z ist auch N
nilpotent; cf. Bemerkung 128.(3), Aufgabe ??.(6). Also ist Z 6 N 6 F(C) = Z und somit
N = Z, i.e. F(C/Z) = N/Z = 1; cf. Bemerkung 128.(3).
!
!
Es bleibt E(C/Z) = 1 zu zeigen, i.e. Komp(C/Z) = ∅. Annahme, es gibt K ∈ Komp(C/Z).
Schreibe K = L/Z mit Z 6 L 6 C ; cf. Aufgabe 17.(1). Es ist L(1) ∈ Komp(C) ; cf.
Lemma 140. Es ist L(1) > 1 perfekt, also nichtabelsch. Andererseits ist L(1) 6 FE(C) = Z,
was wegen Z abelsch auch L(1) abelsch nach sich zieht. Wir haben einen Widerspruch.
Beispiel 148 Sei Q eine quasieinfache endliche Gruppe; cf. e.g. Beispiel 135.
Sei H eine endliche Gruppe. Sei m > 1. Sei β : H - Sm ein Gruppenmorphismus, mittels
dessen [1, m] zu einer H-Menge wird; cf. Beispiel 2.(2).
Sei Kern(β) als auflösbar vorausgesetzt.
Wir bilden das Kranzprodukt
G := Q oβ H ;
cf. Definition 95.
Schreibe Qj := { ( (qi )i , h ) ∈ G : qi = 1 für i ∈ [1, m] r {j}, sowie h = 1 } für j ∈ [1, m].
Schreibe N := { ( (qi )i , h ) ∈ G : h = 1 }.
Schreibe B := { ( (qi )i , h ) ∈ G : qi = 1 für i ∈ [1, m], sowie h ∈ Kern(β) }.
Sei j ∈ [1, m]. Es ist Qj P N P G. Folglich ist Qj PP G. Desweiteren ist Qj ∼- Q,
( (qi )i , h ) - qj . Also ist Qj ∈ Komp(G).
Insgesamt folgt { Qi : i ∈ [1, m] } 6 Komp(G).
Es ist B ∼- Kern(β), ( (qi )i , h ) - h. Also ist B auflösbar.
Es ist B 6 CG (N ). Also ist N B 6 G ; cf. Aufgabe 12.(2). Es ist auch B 6 CG (Z(N )).
Also ist auch Z(N )B 6 G.
!
Wir behaupten, es ist CG (N ) = Z(N )B. Zu zeigen ist nur CG (N ) 6 Z(N )B. Sei
!
!
( (qi )i , h ) ∈ CG (N ). Wir haben β(h) = id und qi ∈ Z(Q) für i ∈ [1, m] zu zeigen.
Annahme, es gibt k ∈ [1, m] mit h · k 6= k. Wähle x ∈ Q r {1}. Betrachte n :=
((1, . . . , 1, x, 1, . . . , 1), 1) ∈ N , wobei der Eintrag x sich an Position k des Tupels befinde.
Es ist
((1, . . . , 1, x, 1, . . . , 1), 1) · ( (qi )i , h ) = ((q1 , . . . , qk−1 , xqk , qk+1 , . . . , qm ), h)
96
und
( (qi )i , h ) · ((1, . . . , 1, x, 1, . . . , 1), 1) = ((q1 , . . . , qh·k−1 , qh·k x, qh·k+1 , . . . , qm ), h) .
Da h · k 6= k, folgt xqk = qk und also x = 1. Wir haben einen Widerspruch. Somit ist
β(h) = id.
Sei nun ( (xi )i , 1) ∈ N gegeben. Dann ist
( (qi )i , h )
( (xi )i , 1 ) = ( ( qixi )i , 1 ) .
( (xi )i , 1 ) =
Somit ist qi ∈ Z(Q) für i ∈ [1, n]. Dies zeigt die Behauptung.
Insbesondere ist CG (N ) = Z(N )B auflösbar; cf. Aufgabe ??.(3).
Gäbe es ein K ∈ Komp(G) mit K 6∈ { Qi : i ∈ [1, m] }, so wäre [K, Qi ] = 1 für i ∈ [1, m]
dank Korollar 142 und also K 6 CG (N ) = Z(N )B, was aber wegen K nichtauflösbar
nicht geht ; cf. Aufgabe ??.(2).
Also ist Komp(G) = { Qi : i ∈ [1, m] } und somit
E(G) = N.
Es ist [Z(N ), B] = 1 und Z(N ) ∩ B = 1, also Z(N ) × B ∼- Z(N )B, (z, b) - zb ; cf.
Aufgabe 2.(3). Es ist F(Z(N )×B) = F(Z(N ))×F(B) = Z(N )×F(B); cf. Beispiel 129.(4),
UeXXX. Also ist auch F(Z(N )B) = Z(N ) F(B).
Es ist Z(N ) P N P G, also Z(N ) = F(Z(N )) 6 F(G) ; cf. Bemerkung 74, Beispiel 129.(4),
Bemerkung oben.
Es ist B P Z(N )B = CG (N ) P G ; cf. Bemerkung 17. Also ist F(B) 6 F(G); cf. Bemerkung oben.
Zusammen ist Z(N ) F(B) 6 F(G).
Da 1 = [E(G), F(G)] = [N, F(G)] nach Bemerkung 144.(3) und da F(G) P G nach Bemerkung 128.(2), ist F(G) P CG (N ) = Z(N )B. Es folgt F(G) 6 F(Z(N )B) = Z(N ) F(B) ; cf.
Bemerkung oben.
Insgesamt ist also
F(G) = Z(N ) F(B) .
Also wird
FE(G) = F(G) · E(G) = Z(N ) F(B) · N = N F(B) .
Anhang A
Aufgaben und Lösungen
A.1
Aufgaben
Aufgabe 1 (Definition) Sei G eine Menge. Sei (·) : G × G - G eine assoziative Multiplikation auf G.
Gebe es n ∈ G mit gn = g für g ∈ G. Gebe es für alle g ∈ G ein h ∈ G mit gh = n.
Zeige, daß G = (G, ·) eine Gruppe ist.
Aufgabe 2 (direkte Produkte) Zeige.
(1) Sei I Q
eine Menge. Sei Gi eine Gruppe für i ∈ I. Zeige, daß das cartesische Produkt
G := i∈I Gi mit der Multiplikation (gi )i · (gi0 )i := (gi · gi0 )i für (gi )i , (gi0 )i ∈ G eine
Gruppe wird, genannt das (äußere) direkte Produkt der Gruppen Gi für i ∈ I.
Q
(2) Für n > 0 und eine Gruppe G schreiben wir G×n := i∈[1,n] G, mit G×0 = 1.
Betrachte den Gruppenmorphismus δ : G - G × G, g - (g, g). Unter welcher
Bedingung an G ist δ(G) P G × G ?
(3) Sei G eine Gruppe. Sei n > 0. Seien Ui 6 G. Sei [ui , uj ] = 1 für i, j ∈ [1, n]
mit i 6= j und ui ∈ Ui , uj ∈ Uj . Zeige, daß dann der Gruppenmorphismus
Q
- G, (ui )i - u1 · · · un existiert. Wann ist dieser injektiv?
i∈[1,n] Ui
(4) Sei G eine Gruppe. Seien N P G und M P G. Sei N ∩ M = 1 und N M = G.
Zeige die Existenz des Gruppenisomorphismus N × M ∼- G, (n, m) - nm. Ist die
Aussage noch richtig, wenn die Normalität der Untergruppe M nicht verlangt wird?
Aufgabe 3 (abelsche Gruppen)
(1) Sei n > 1. Sei x = (xi )i ∈ Zn×1 . Sei g := ggT(x1 , . . . , xn ).
!
g
0
Zeige, daß es ein S ∈ SLn (Z) gibt mit Sx = ... .
0
97
98
(2) Seien m, n > 1. Sei A ∈ Zm×n . Zeige, daß es S ∈ SLm (Z) und T ∈ SLn (Z)
derart gibt, daß SAT =: D = (di,j )i,j eine Diagonalmatrix ist, i.e. di,j = 0 für
i ∈ [1, m] und j ∈ [1, n], bei der ferner die Diagonaleinträge sich konsekutiv teilen,
i.e. di+1, i+1 ∈ di,i Z für i ∈ [1, min{m, n} − 1].
(3) Sei n > 0. Sei B 6 Zn . Zeige, daß B endlich erzeugt ist.
(4) Sei C eine additiv geschriebene abelsche Gruppe. Sei C endlich erzeugt.
Q
Zeige, daß C ' i∈[1,k] Z/cj Z ist als abelsche Gruppen für geeignete k ∈ Z>0 und
cj ∈ Z für j ∈ [1, k] mit cj+1 ∈ cj Z für j ∈ [1, k − 1].
(5) Sei folgender Morphismus kurz exakter Sequenzen abelscher Gruppen und Gruppenmorphismen gegeben.
A0
f0
B0
a0
•
/
A
f
b0
•
/B
a00
b00
/
/
A00
f 00
B 00
Zeige, daß es eine abelsche Gruppe P , eine linksexakte Sequenz P - A × B 0 - B
und kurz exakte Sequenzen P - A - Im(f 00 ) und A0 - P - Kern(f 00 ) gibt.
(6) Berechne im Sinne von (4) unter Verwendung von (5) Kern und Bild des Gruppenmorphismus
Z/4Z × Z/8Z × Z/8Z
(x + 4Z , y + 8Z , z + 8Z)
-
Z/2Z × Z/2Z × Z/16Z
(0 , z + 2Z , 4x + 4y + 8z + 16Z) .
Aufgabe 4 (§1.1, §1.2) Seien G und H Gruppen.
Sei M = (M, α) eine G-Menge. Sei N = (N, β) eine H-Menge. Als G-Menge sei G mit
der Konjugation ausgestattet; cf. Beispiel 2.(5).
Zeige.
(1) Es ist M × N eine (G × H)-Menge via (g, h) · (m, n) := (gm, hn) für g ∈ G, h ∈ H,
m ∈ M, n ∈ N.
(2) Es ist M × M auf wenigstens drei verschiedene Weisen eine G-Menge, unter Verwendung von (1), vorausgesetzt, es ist α 6= ! .
(3) Es ist Abb(M, N ) eine (G × H)-Menge via ((g, h)f )(m) := h f (g − m) für g ∈ G,
h ∈ H, f ∈ Abb(M, N ).
(4) Es ist Pot(M ) eine G-Menge, unter Verwendung von (3).
(5) Die Menge der Untergruppen von G ist eine G-Menge, unter Verwendung von (4).
(6) Sei U 6 G. Sei NG (U ) := CG ({U }) der Normalisator von U in G ; cf. (5).
Dann ist CG (U ) P NG (U ) und U P NG (U ). Ist stets U CG (U ) = NG (U ) ?
99
(7) Sei k > 1. Die Menge der Untergruppen von Ordnung k von G bildet eine G-Menge,
unter Verwendung von (4).
(8) Ist Ω eine G-Teilmenge von Pot(M ), dann auch die Menge Ωmax der maximalen
Elemente von Ω.
Aufgabe 5 (§1.1) Sei n > 3. Betrachte die An -Menge [1, n] ; cf. Beispiel 2.(1).
Weise [1, n] als (n − 2)-fach transitive, aber nicht (n − 1)-fach transitive An -Menge nach.
Aufgabe 6 (§1.2, §1.3) Sei G eine Gruppe. Zeige.
(1) Sei M eine transitive G-Menge. Sei m ∈ M . Sei H 6 G.
Genau dann ist HCG (m) = G, wenn MG
H eine transitive H-Menge ist.
(2) Sei G endlich. Sei U 6 G. Sei p der kleinste Primteiler von |U |. Sei p > [G : U ].
Es ist U P G. (Hinweis: FixU (G/U )).
Aufgabe 7 (§1.1, §1.3) Zeige.
(1) Sei p prim. Sei P eine p-Gruppe, i.e. sei p der einzige Primteiler von |P |.
Sei M eine endliche P -Menge. Es ist |FixP (M )| ≡p |M |.
(2) Sei G eine endliche Gruppe. Sei p ein Primteiler von |G|.
Es gibt in G ein Element von Ordnung p.
(Hinweis: Es ist M := { (gi )i ∈ G×p : g1 g2 · · · gp = 1 } eine Cp -Menge. Wieso ist
|FixCp (M )| > p ?)
Aufgabe 8 (§1.1) Zeige.
(1) Sei n > 1 ungerade. Sei G eine endliche Gruppe von Ordnung 2n. Es gibt in G einen
Normalteiler von Index 2.
(Hinweis: G als G-Menge via Multiplikation gibt injektive Operation G - SG . Zykeltyp von Element von Ordnung 2 ? Ist das Kompositum G - SG - {±1} surjektiv? Kern?)
(2) Sei G eine endliche Gruppe. Sei U 6 G. Es gibt N P G so, daß [G : U ] ein Teiler
von [G : N ] und dies ein Teiler von [G : U ]! ist.
(Hinweis: Kern von Operation auf G/U .)
(3) Wenn x und y Elemente einer einfachen Gruppe von Ordnung 60 sind mit |hxi| = 3
und |hyi| = 5, dann ist [x, y] 6= 1.
Aufgabe 9 (§1.4) Sei G := h (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9), (1, 9)(2, 8)(3, 7)(4, 6) i 6 S9 .
Enthält die G-Menge [1, 9] einen Block B mit |B| ∈ [2, 8] ? Ist [1, 9] primitiv?
100
Aufgabe 10 (§1.1, §1.4) Zeige oder widerlege.
Sei G eine endliche Gruppe. Sei M eine G-Menge.
(1) Sei k > 1. Sei M eine k-fach transitive G-Menge. Dann ist k! ein Teiler von |G|.
(Hinweis: Sk operiert auf M ×k, 6= .)
(2) Sei M primitiv. Dann ist M zweifach transitiv.
(3) Ist M regulär, dann ist M treu.
(4) Ist M transitiv und treu, dann ist M regulär.
(5) Ist G abelsch und ist M transitiv und treu, dann ist M regulär.
Aufgabe 11 (§1.4) Sei K ein Körper. Zeige.
(1) Die GL2 (K)-Menge P1 (K) ist dreifach transitiv.
(2) Genau dann ist die GL2 (K)-Menge P1 (K) vierfach transitiv, wenn |K| = 3 ist.
(3) Sei K endlich. Genau dann ist die SL2 (K)-Menge P1 (K) dreifach transitiv,
wenn char K = 2 ist.
(4) Sei n > 3. Die GLn (K)-Menge Pn−1 (K) ist nicht dreifach transitiv.
(5) Sei n > 2. Der Kern der Operation von GLn (K) auf Pn−1 (K) ist
Z(GLn (K)) = K × En .
Aufgabe 12 (Aufgabe 4.(6)) Sei G eine Gruppe. Seien U, V 6 G. Zeige.
(1) Seien U und V endlich. Es ist |U V | = |U | · |V |/|U ∩ V |.
(2) Ist U 6 NG (V ), dann ist V P U V = V U 6 G und U ∩ V P U
und U/(U ∩ V ) ∼- (U V )/V , u(U ∩ V ) - uV ein Gruppenisomorphismus.
(3) Sind U, V P G, dann ist U V P G.
(4) Sei N P G. Sei N P H P G. Dann haben wir den Isomorphismus
G/H ∼- (G/N )/(H/N ), gH - (gN )(H/N ).
f
Aufgabe 13 (§2.2.1) Seien G und H Gruppen. Sei G - H ein Gruppenmorphismus.
Sei G(1) := h [g, h] : g ∈ G, h ∈ G i die Kommutatoruntergruppe von G.
Zeige.
(1) Sei f surjektiv. Es ist f (G(1) ) = H (1) .
101
(2) Es ist G/G(1) abelsch.
r
(3) Schreibe G - G/G(1) , g - gG(1) . Sei H abelsch.
Es gibt genau einen Gruppenmorphismus f¯ : G/G(1) - H mit f¯ ◦ r = f .
(4) Sei N P G. Genau dann ist G/N abelsch, wenn G(1) 6 N liegt.
(1)
(5) Es ist A4 /A4 ' C3 .
Aufgabe 14 (§1.5, §2.2.2) Sei G0 := h (1, 2)(3, 4) , (1, 2)(3, 5) , (1, 3)(4, 5) i 6 A5 .
Betrachte die G0 -Menge M = [1, 5] ; cf. Beispiel 2.(1).
(1) Bestimme Erzeuger für G1 := CG0 (1).
(2) Bestimme Erzeuger für G2 := CG1 (2).
(3) Zeige G0 = A5 unter Verwendung von (1) und (2).
Aufgabe 15 (§1.5) Zeige.
(1) Sei G endlich erzeugt. Sei H 6 G mit [G : H] endlich.
Dann ist auch H endlich erzeugt.
(2) Sei n > 1. Sei k > 1. Sei p prim. Sei U 6 Sn mit U ' C×k
p . Dann ist [Sn : U ] > k/2.
Aufgabe 16 (§2.2.1) Sei G eine Gruppe. Sei M eine endliche transitive G-Menge mit
|M | > 1. Betrachte die G-Menge M ×2, 6= ; cf. Beispiel 8.(2).
(1) Sei X eine Bahn von M ×2, 6= . Sei ΓX der gerichtete Graph mit Eckenmenge
M und Kantenmenge X. Definiere den Begriff eines Morphismus von gerichteten Graphen (ohne Kantenmultiplizitäten). Konstruiere einen Gruppenmorphismus
G - AutGraph (ΓX ).
(2) Zeige, daß der Graph ΓX genau dann zusammenhängend ist für alle Bahnen X von
M ×2, 6= , wenn M primitiv ist.
(3) Erstelle einen Graphen ΓX im Sinne von (1) für die Situation aus Aufgabe 9, welcher
nicht zusammenhängend ist.
Aufgabe 17 (§2.2.1) Sei G eine Gruppe. Sei K P G.
Schreibe den Restklassenmorphismus r : G - G/K, g - gK. Zeige.
(1) Wir haben die inklusionserhaltende Bijektion
{U ⊆ G : K 6 U 6 G}
U
r−1 (V )
{ V ⊆ G/K : V 6 G/K }
r(U )
V .
102
(2) Seien U und U 0 aus der linken Seite von (1) mit U P U 0 gegeben.
Dann ist auch r(U ) P r(U 0 ) und U 0 /U ∼- r(U 0 )/r(U ), u0 U - r(u0 ) r(U ).
(3) Die Bijektion aus (1) schränkt ein zu einer Bijektion von { U ⊆ G : K 6 U P G }
nach { V ⊆ G/K : V P G/K }.
Aufgabe 18 (§2.2.3) Sei F ein Körper. Zeige.
(1) Sei n > 3. Es ist SLn (F )(1) = SLn (F ).
(2) Sei |F | > 4. Es ist SL2 (F )(1) = SL2 (F ).
(3) Sei n > 2. Sei A :=
1 ∗
0 En−1
P CSLn (F ) (e1 ). Es ist h gA : g ∈ SLn (F ) i = SLn (F ).
(4) Sei n > 2. Es ist Z(SLn (F )) = F × En ∩ SLn (F ) . Cf. Aufgabe 11.(5).
Aufgabe 19 (§2.2.3)
(1) Bestimme den Kern der Operation GL2 (F3 ) - SP1 (F3 ) ; cf. Beispiel 30.
Ist sie surjektiv?
(2) Zeige, daß PSL2 (F3 ) isomorph zu A4 ist. Ist PSL2 (F3 ) einfach?
(3) Zeige, daß PSL2 (F2 ) = SL2 (F2 ) = GL2 (F2 ) isomorph zu S3 ist. Ist PSL2 (F2 ) einfach?
Aufgabe 20 (§2.2.2, §2.1) Zeige.
(1) Sei n > 5. Es hat An keine echte Untergruppe von Index < n.
(2) Sei n > 3. Es ist Z(Sn ) = 1.
(3) Sei n > 5. Es hat Sn nur die Normalteiler 1, An und Sn .
(4) Sei G eine einfache Gruppe von Ordnung 60. Es ist G isomorph zu A5 .
(Hinweis: Sylp (G) als G-Menge. Annahme, | Syl2 (G)| = 15. Wieso gibt es dann ein
x ∈ G, das im Schnitt zweier 2-Sylowgruppen liegt? Warum ist dann 4 ein echter
Teiler von |CG (x)| ? Betrachte dann G - S( Gx) .)
Aufgabe 21 (§1.4) Sei G eine endliche Gruppe.
Sei M eine primitive G-Menge mit |M | ≡2 0 und |M | > 3. Zeige |G| ≡4 0.
(Hinweis: Annahme, nicht. Wende Aufgabe 8.(1) an, dann Block als Bahn unter Normalteiler.)
103
Aufgabe 22 (§2.3.2) Sei n > 1.
Setze
*
SP,n :=
s1 , . . . , sn−1
+
s2i
für i ∈ [1, n − 1]
: (si si+1 )3 für i ∈ [1, n − 2]
;
2
(si sj )
für i, j ∈ [1, n − 1] mit |i − j| > 2
cf. Beispiel 56.
Zeige die Existenz des Gruppenisomorphismus
SP,n
si
f
∼
-
Sn
(i, i + 1)
für i ∈ [1, n − 1] .
Aufgabe 23 (§2.3.2) Sei G eine Gruppe.
Ein Automorphismus α von G heißt inner, falls es ein g ∈ G gibt mit α(x) = gx für
x ∈ G.
Die Menge der inneren Automorphismen wird mit Inn(G) bezeichnet.
Die Menge der Automorphismen von G wird mit Aut(G) bezeichnet.
(1) Zeige Inn(G) P Aut(G) 6 SG .
(2) Ist Inn(S4 ) = Aut(S4 ) ?
(3) Konstruiere einen Gruppenendomorphismus von S4 mit Bild von Ordnung 6.
(4) Ist Inn(S6 ) = Aut(S6 ) ?
(Hinweis: (1, 2) - (1, 2)(3, 4)(5, 6), (1, 2, 3, 4, 5, 6) - (1, 2, 3)(4, 5).)
Aufgabe 24 (§2.2.3, §2.1)
(1) Konstruiere einen Isomorphismus PSL2 (F4 ) ∼- A5 .
(2) Konstruiere einen Isomorphismus PSL2 (F5 ) ∼- A5 . (Hinweis: Syl2 (PSL2 (F5 )).)
104
A.2
Lösungen
Aufgabe 1
Wir wählen ein Element n mit gn = g für g ∈ G.
Sei g ∈ G gegeben. Wir wählen ein Element h ∈ G mit gh = n. Wir behaupten, daß hg = n ist. Wähle
hierzu ein Element k mit hk = n. Dann ist
hg = hghk = hnk = hk = n .
Dies zeigt die Behauptung.
Wir behaupten, daß ng = g für alle g ∈ G ist. Wähle h ∈ G mit gh = n. Nach voriger Behauptung ist
auch hg = n. Es folgt
ng = ghg = gn = g .
Dies zeigt die Behauptung.
Aufgabe 2
Ad (1). Seien g := (gi )i , h := (hi )i , k := (ki )i ∈ G gegeben.
Es ist (gh)k = ((gi )i (hi )i )(ki )i = (gi hi )i (ki )i = (gi hi ki )i = (gi )i (hi ki )i = (gi )i ((hi )i (ki )i ) = g(hk).
Es ist 1G = (1Gi )i , da dann 1G g = (1Gi )i (gi )i = (1Gi gi )i = (gi )i = g und g1G = (gi )i (1Gi )i = (gi 1Gi )i =
(gi )i = g ist.
Es ist g − = (gi− )i , da (gi )i (gi− )i = (gi gi− )i = (1Gi )i = 1G und (gi− )i (gi )i = (gi− gi )i = (1Gi )i = 1G ist.
Ad (2). Wir behaupten, daß genau dann δ(G) P G × G ist, wenn G abelsch ist.
Ist G abelsch, so auch G × G, so daß aus δ(G) 6 G × G als Bild eines Gruppenmorphismus bereits
δ(G) P G × G folgt.
Sei umgekehrt δ(G) P G × G. Dann ist (x,1)δ(g) ∈ δ(G) für alle x, g ∈ G, also ( xg, g) ∈ δ(G), also xg = g,
also xg = gx. Somit ist G abelsch.
Q
Ad (3). Die Abbildung f : i∈[1,n] Ui → G, (ui )i 7→ u1 · · · un existiert. Es ist zu zeigen, daß f ein
Q
Gruppenmorphismus ist. Seien (ui )i , (vi )i ∈ i∈[1,n] Ui gegeben. Dann wird
f ((ui )i (vi )i )
=
=
=
=
..
.
f ((ui vi )i )
u1 v1 u2 v2 u3 v3 · · · un vn
u1 u2 v1 v2 u3 v3 · · · un vn
u1 u2 u3 v1 v2 v3 · · · un vn
= u1 u2 u3 · · · un v1 v2 v3 · · · vn
= f ((ui )i )f ((vi )i ) .
Ferner ist zunächst f injektiv genau dann, wenn Kern(f ) = 1 ist.
Q
Sei Kern(f ) = 1. Für (ui )i ∈ i∈[1,n] Ui folgt also aus u1 u2 · · · un = 1, daß u1 = 1 ist. Dies erzwingt
U1 ∩ U2 · · · Un = 1. Ist u1 = 1, so muß aus u2 u3 · · · un = 1 folgen, daß u2 = 1 ist. Dies erzwingt
U2 ∩ U3 · · · Un = 1. Und so fort. Es ist also Uj ∩ Uj+1 · · · Un = 1 für alle j ∈ [1, n − 1].
Q
Sei umgekehrt Uj ∩Uj+1 · · · Un = 1 für alle j ∈ [1, n−1]. Sei (ui )i ∈ i∈[1,n] Ui mit u1 u2 · · · un = 1 gegeben.
−
−
−
Dann ist u1 = u−
2 · · · un ∈ U1 ∩ U2 · · · Un = 1, mithin u1 = 1. Nun ist u2 = u3 · · · un ∈ U2 ∩ U3 · · · Un = 1,
mithin u2 = 1. Und so fort. Es ist also u1 = u2 = · · · = un = 1. Folglich ist Kern(f ) = 1.
105
Ad (4). Gemäß (3) genügt es für f : N × M → G, (n, m) 7→ nm Gruppenmorphismus zu zeigen,
!
daß [N, M ] = 1 ist. Ist n ∈ N und m ∈ M , so ist aber sowohl [n, m] = n− (m− nm) ∈ N als auch
[n, m] = (n− m− n)m ∈ M . Folglich ist [n, m] ∈ N ∩ M = 1.
Da N M = G, ist f auch surjektiv.
Insgesamt ist f ein Gruppenisomorphismus.
Wird die Normalität von M nicht verlangt, so zeigt das Beispiel G = S3 , N = h(1, 2, 3)i und M =
h(1, 2)i, daß diesenfalls f kein Gruppenmorphismus zu sein braucht, denn hier bildet f das Produkt
(id, (1, 2))((1, 2, 3), id) = ((1, 2, 3), (1, 2)) auf (1, 2, 3) ◦ (1, 2) = (1, 3) ab, wohingegen das Produkt der
Bilder der Faktoren gleich (1, 2) ◦ (1, 2, 3) = (2, 3) wird.
Aufgabe 3


Ad (1). Wir behaupten, daß es im Falle n > 2 ein S ∈ SLn (Z) mit Sx = 
x1
..
.


xn−2

ggT(xn−1 ,xn )
0
gibt.
Per Induktion vermöge Blockdiagonalmatrixbildung mit Einheitsmatrizen zeigt dies das Ergebnis, da
ggT(x1 , . . . , xn−2 , xn−1 , xn ) = ggT(x1 , . . . , xn−2 , ggT(xn−1 , xn ))
ist.
Via Blockdiagonalmatrixbildung mit einer Einheitsmatrix genügt es, ein T ∈ SL2 (Z) mit
ggT(xn−1 ,xn )
T xxn−1
=
n
0
zu finden.
Schreibe a := xn−1 , b := xn , g := ggT(xn−1 , xn ) = ggT(a, b).
Seien s, t ∈ Z mit sa + tb = g := ggT(a, b). Schreibe a0 := a/g und b0 := b/g. Sei T :=
a
g
ist det T = sa0 + tb0 = 1, also T ∈ SL2 (Z), und T b = 0 .
s
t
−b0 a0
. Dann
Ad (2). Mit Induktion und Blockdiagonalmatrixbildung
mit Einheitsmatrizen genügt es, S ∈ SLm (Z)
und T ∈ SLn (Z) so zu finden, daß SAT = d0 B0 ist mit d ∈ Z und B ∈ Z(m−1)×(n−1) derart, daß d alle
Einträge von B teilt.
Wir können A 6= 0 annehmen.
Durch Spaltenvertauschen mit Einfügen geeigneter Vorzeichen, i.e. durch geeignete SLn (Z)-Multiplikation
von rechts, können wir erreichen, daß die erste Spalte von A ungleich 0 ist.
x
Mit (1) können wir annehmen, daß A = d0 B
mit d ∈ Z r {0}, x ∈ Z1×(n−1) und B ∈ Z(m−1)×(n−1) ist.
0 0
x
Mit Induktion über |d| können wir annehmen, daß jede Matrix d0 B
mit d0 ∈ Z, x0 ∈ Z1×(n−1) und
0
B 0 ∈ Z(m−1)×(n−1) , für welche |d0 | < |d| ist, durch Multiplikation mit einem SLm (Z)-Element von links
und einem SLn (Z)-Element von rechts in die gewünschte Form gebracht werden kann.
Falls d einen Eintrag von x und B nicht teilt, dann können wir durch Zeilenumformungen, die SLm (Z)Multiplikationen von links entsprechen, erreichen, daß es einen Eintrag der ersten Zeile gibt, der nicht von
d geteilt wird. Nun können wir ein solches Vielfaches der ersten Spalte von der Spalte des genannten Eintrags abziehen, daß dessen Betrag in [1, |d| − 1] zu liegen kommt. Durch Spaltenvertauschen mit Einfügen
geeigneter Vorzeichen, i.e. durch geeignete SLn (Z)-Multiplikation von rechts, können wir erreichen, daß
dieser Eintrag an Position (1, 1) zu stehen kommt. Dank (1) können wir den Eintrag an Position (1, 1)
106
durch den größten gemeinsamen Teiler der Einträge der ersten Spalte ersetzen und die Einträge unterhalb
dieser Position zu 0 machen. Sei d0 der nun entstandene Eintrag an Position (1, 1). Dann ist |d0 | < |d|,
und wir können nach Induktionsvoraussetzung die gewünschte Form erreichen.
Falls d jeden Eintrag von x und B teilt, dann können wir solche Vielfache der ersten Spalte von den
weiteren abziehen, daß die erste Zeile alle Einträge außer dem an Position (1, 1) gleich 0 sind. Dies
entspricht der Multiplikation von rechts mit einem SLn (Z)-Element. Diesenfalls ist die gewünschte Form
erreicht.
Ad (3).
Vorbemerkung. Sei X 0
r
j
r X
- X 00 eine kurz exakte Sequenz additiv geschriebener abelscher Gruppen.
Seien n0 , n00 > 0 und surjektive Gruppenmorphismen Zn
0
f0
- X 0 und Zn00
f 00
- X 00 gegeben.
Wähle xi mit r(xi ) = f 00 (ei ) für i ∈ [1, n00 ]. Setze
0
Zn +n
00
f
-
(zi )i
-
X
P
i∈[1,n0 ] zi j(f
0
P
0
(ei )) +
i∈[n0 +1,n0 +n00 ] zi xi−n
00
Wir
ist, können wir r(x) =
P wollen zeigen,00daß f surjektiv ist. Sei x ∈ X gegeben. Da f surjektiv
0
0
z
f
(e
)
schreiben
mit
geeigneten
z
∈
Z
für
i
∈
[n
+
1, n0 + n00 ]. Dann ist
i−n
i
i∈[n0 P
+1,n0 +n00 ] i
P
r(x − i∈[n0 +1,n0 +n00 ] zi xi−n0 ) = 0, also x − i∈[n0 +1,n0 +n00 ] zi xi−n0 = j(x0 ) für ein x0 ∈ X 0 . Da f 0
P
surjektiv ist, können wir x0 = i∈[1,n0 ] zi f 0 (ei ) schreiben mit geeigneten zi ∈ Z für i ∈ [1, n0 ]. Dann aber
P
P
ist x − i∈[n0 +1,n0 +n00 ] zi xi−n0 = j(x0 ) = i∈[1,n0 ] zi j(f 0 (ei )), wie behauptet.
0
00
Wir
auch f bijektiv folgt. Sei f ((zi )i ) = 0, i.e. sei
P wollen zudem zeigen,
Pdaß aus f und f bijektiv
0
0
= 0. Dann ist auch
i∈[1,n0 ] zi j(f (ei )) +
i∈[n0 +1,n0 +n00 ] zi xi−n
0
P
P
0
0
= r
i∈[1,n0 ] zi j(f (ei )) +
i∈[n0 +1,n0 +n00 ] zi xi−n
P
00
0
=
i∈[n0 +1,n0 +n00 ] zi f (ei−n )
P
0
= f 00
z
e
,
0
0
00
i
i−n
i∈[n +1,n +n ]
wegen f 00 injektiv also zi = 0 für i ∈ [n0 + 1, n0 + n00 ]. Somit ist
P
P
0
0
0 =
z
j(f
(e
))
=
j
f
z
e
,
0
0
i
i
i
i
i∈[1,n ]
i∈[1,n ]
wegen j und f 0 injektiv also auch zi = 0 für i ∈ [1, n0 ].
Ende der Vorbemerkung.
Wir wollen zeigen, daß B isomorph zu Zk ist für ein k ∈ [0, n].
Wir führen hierzu eine Induktion über n > 0. Für n = 0 ist nichts zu zeigen. Sei n > 1. Sei die Aussage
für n − 1 bekannt.
π(B)
Sei π : Zn → Zn−1 , (zi )i∈[1,n] 7→ (xi )i∈[1,n−1] . Schreibe π 0 := π|B . Wir haben eine nach Konstruktion
kurz exakte Sequenz
ι
π0
r B - π(B) ,
Kern(π) ∩ B wobei ι die Einbettungabbildung bezeichnet.
Es ist Kern(π) ' Z. In Z sind alle Untergruppen auch Ideale. Da Z ein Hauptidealbereich ist, sind also
alle Untergruppen von Z isomorph zu Z oder zu 0. Somit sind auch alle Untergruppen von Kern(π)
isomorph zu Z oder zu 0.
107
0
Es ist π(B) 6 Zn−1 . Nach Induktionsvoraussetzung ist also π(B) isomorph zu Zk für ein k ∈ [0, n − 1].
0
0
Dank Vorbemerkung ist also B isomorph zu Zk oder zu Zk +1 , und es sind k 0 , k 0 + 1 ∈ [0, n].
Ad (4).
Vorbemerkung 1. Betrachte folgendes kommutatives Diagramm abelscher Gruppen und Gruppenmorphismen, in welchem die Zeilen kurz exakte Sequenzen seien.
A0
u0
•
f0
B0
/A
u00
/ A00
v 00
/ B 00
f
v0
•
/B
Wir wollen zeigen, daß es genau einen Gruppenmorphismus f 00 : A00 → B 00 mit f 00 ◦ u00 = v 00 ◦ f gibt.
Die Eindeutigkeit folgt aus der Surjektivität von u00 .
Zur Existenz. Sei a00 ∈ A00 gegeben. Wähle a ∈ A mit u00 (a) = a00 . Setze f 00 (a00 ) := v 00 (f (a)). Dies ist
wohldefiniert, denn für a, ã ∈ A mit f (a) = a00 = f (ã) ist f (a − ã) = 0 und wir erhalten ein a0 ∈ A0 mit
u0 (a0 ) = f (a) − f (ã). Es folgt v 00 (f (a)) − v 00 (f (ã)) = v 00 (f (a − ã)) = v 00 (f (u0 (a0 ))) = v 00 (v 0 (f 0 (a0 ))) = 0.
Dies ist ein Gruppenmorphismus, da für a00 , â00 ∈ A00 und a, â ∈ A mit u00 (a) = a00 und u00 (â) = â00 auch
u00 (a + â) = a00 + â00 ist und somit f 00 (a00 + â00 ) = v 00 (f (a + â)) = v 00 (f (a) + v 00 (f (â)) = f 00 (a00 ) + f 00 (â00 ).
Ende der Vorbemerkung 1.
Vorbemerkung 2. Betrachte folgendes kommutatives Diagramm abelscher Gruppen und Gruppenmorphismen, in welchem die Zeilen kurz exakte Sequenzen seien.
A0
u0
•
f0
B0
/A
u00
/ A00
v 00
/ B 00
f 00
f
v0
•
/B
Seien nun f 0 und f Isomorphismen. Wir wollen zeigen, daß auch f 00 ein Isomorphismus ist. Um die
Surjektivität von f 00 zu zeigen, sei b00 ∈ B 00 gegeben. Wir finden ein b ∈ B mit v 00 (b) = b00 . Wir finden ein
a ∈ A mit f (a) = b. Es wird f 00 (u00 (a)) = v 00 (f (a)) = v 00 (b) = b00 . Um die Injektivität von f 00 zu zeigen,
sei a00 ∈ A00 gegeben mit f 00 (a00 ) = 0. Wir finden ein a ∈ A mit u00 (a) = a00 . Es ist v 00 (f (a)) = f 00 (u00 (a)) =
f 00 (a00 ) = 0. Also finden wir ein b0 ∈ B 0 mit v 0 (b0 ) = f (a). Wir finden ein a0 ∈ A0 mit f 0 (a0 ) = b0 . Es wird
f (u0 (a0 )) = v 0 (f 0 (a0 )) = v 0 (b0 ) = f (a) und also u0 (a0 ) = a. Es folgt 0 = u00 (u0 (a0 )) = u00 (a) = a00 . Ende
der Vorbemerkung 2.
Da C eine endlich erzeugte abelsche Gruppe ist, können wir ein n > 0 und einen surjektiven Gruppenmorphismus u00 : Zn - C finden. Es ist Kern(u00 ) 6 Zn . Nach (3) ist Kern(u00 ) isomorph zu Zk für
ein k ∈ [0, n]. Also können wir einen Isomorphismus Zk ∼- Kern(u00 ) finden, der mit der Inklusion des
Kerns zu Zk - Kern(u00 ) komponiert den injektiven Gruppenmorphismus u0 : Zk - Zn gebe. Dann
ist (u0 , u00 ) eine kurz exakte Sequenz. Insbesondere ist das Spaltentupell von A linear unabhängig über
Z.
Dank (2) finden wir eine Diagonalmatrix D mit sich konsekutiv teilenden Diagonaleinträgen c1 , c2 , . . . ,
ck und S ∈ GLn (Z) und T ∈ GLk (Z) mit SAT = D.
Es ist auch das Spaltentupel von D linear unabhängig über Z. Also können wir ohne Einschränkung
ci > 0 für i ∈ [1, k] annehmen.
Sei noch v 0 : Zk
Sei ferner f 0 : Zk
- Zn , x - Dx und v 00 : Zn
∼-
Zk , x - T − x und f : Zn
- Zn /DZn . Dann ist (v 0 , v 00 ) kurz exakt.
∼-
Zn , x - Sx.
108
Wir erhalten folgendes kommutative Diagramm abelscher Gruppen.
u0
Zk
/ Zn
f0 o
u00
/C
v 00 /
Zn /DZn
f o
Zk
v
/ Zn
0
Gemäß Vorbemerkungen 1 und 2 können wir dies zu folgendem Diagramm abelscher Gruppen ergänzen.
u0
Zk
/ Zn
f0 o
u00
o f 00
f o
Zk
v
/ Zn
0
/C
v
00
/ Zn /DZn
∼-
Schließlich haben wir noch den Isomorphismus Zn /DZn
Q
i∈[1,k]
Z/cj Z, (zi )i +DZn
- (zi +cj Z)i .
Ad (5). Sei P := { (x, y 0 ) ∈ A × B 0 : f (x) = b0 (y 0 ) } 6 A × B 0 , was eine Untergruppe ist, da P der Kern
des Gruppenmorphismus A × B 0 , (x, y 0 ) - f (x) − b0 (y 0 ) ist.
Dann erhalten wir nach Konstruktion folgende linksexakte Sequenz von Gruppenmorphismen.
P
(x, y 0 )
A × B0
(x, y 0 )
(x, y 0 )
-
-
B
-
f (x) − b0 (y 0 )
Wir behaupten, daß die Sequenz von Gruppenmorphismen
P
(x, y 0 )
A
x
x
-
-
=(f 00 )
-
f 00 (a00 (x))
existent und kurz exakt ist.
Zur Existenz. Es ist P - A, (x, y 0 ) - x ein Gruppenmorphismus. Da f 00 und a00 Gruppenmorphismen
sind, ist auch A - =(f 00 ) ein Gruppenmorphismus.
Zur Exaktheit bei A. Zum einen ist (x, y 0 ) - x - f 00 (a00 (x)) = b00 (f (x)) = b00 (b0 (y 0 )) = 0 für (x, y 0 ) ∈ P .
Sei umgekehrt x ∈ A mit x - f 00 (a00 (x)) = 0 gegeben. Dann ist b00 (f (x)) = 0. Also gibt es ein y 0 ∈ B 0
mit b0 (y 0 ) = f (x). Somit ist (x, y 0 ) ∈ P und (x, y 0 ) - x.
Zur Injektivität links. Ist (x, y 0 ) ∈ P mit (x, y 0 ) - x = 0 gegeben, dann ist 0 = f (x) = b0 (y 0 ). Da b0
injektiv ist, folgt hieraus auch y 0 = 0. Insgesamt ist (x, y 0 ) = (0, 0).
Zur Surjektivität rechts. Diese folgt aus der Surjektivität von a00 .
Wir behaupten, daß die Sequenz
A0
x0
-
P
(a (x ), f 0 (x0 ))
(x, y 0 )
0
-
Kern(f 00 )
-
a00 (x)
0
existent und kurz exakt ist.
Zur Existenz. Es ist (a0 (x0 ), f 0 (x0 )) ∈ P , da f (a0 (x0 )) = b0 (f 0 (x0 )) ist. Da a0 und f 0 Gruppenmorphismen
sind, trifft dies auch für diese Abbildung zu.
Ferner ist für (x, y 0 ) ∈ P dann f 00 (a00 (x)) = b00 (f (x)) = b00 (b0 (y 0 )) = 0 und also a00 ∈ Kern(f 00 ). Da a00 ein
Gruppenmorphismus ist, trifft dies auch für diese Abbildung zu.
109
Zur Exaktheit bei P . Zum einen ist x0 - (a0 (x0 ), f 0 (x0 )) - a00 (a0 (x)) = 0 für x0 ∈ A0 .
Sei umgekehrt (x, y 0 ) ∈ P mit (x, y 0 ) - a00 (x) = 0 gegeben. Dann gibt es ein x0 ∈ A0 mit a0 (x0 ) = x.
Es wird b0 (f 0 (x0 )) = f (a0 (x0 )) = f (x) = b0 (y 0 ), wegen b0 injektiv also f 0 (x0 ) = y 0 . Somit ist
x0 - (a0 (x0 ), f 0 (x0 )) = (x, y 0 ).
Zur Injektivität links. Diese folgt aus der Injektivität von a0 .
Zur Surjektivität rechts. Sei x00 ∈ Kern(f 00 ) gegeben. I.e. sei x00 ∈ A00 und f 00 (x00 ) = 0. Wähle x ∈ A mit
a00 (x) = x00 . Dann ist 0 = f 00 (x00 ) = f 00 (a00 (x)) = b00 (f (x)). Folglich gibt es ein y 0 ∈ B 0 mit b0 (y 0 ) = f (x).
Daher ist (x, y 0 ) ∈ P und (x, y 0 ) - a00 (x) = x00 .
Insgesamt haben wir folgendes Diagramm erstellt, in welchem P
- B 0 , (x, y 0 ) - y 0 .
/ Kern(f 00 )
P
? >>>

>>
 •>
•
>>
• 
 a0
00
a
/ A00
/A
A0
•
FF
rr
FF
FF
2rrrr
FF
r
r
F"
xrrr
00
0
f
f
f 00
Im(f )
LLL
LLL
• LL
LLL 0
00
&
b
b
0
/
/ B 00
•
B
B
Wir behaupten interessehalber noch, daß die Sequenz
A × B0
(x, y 0 )
-
B
f (x) + b0 (y 0 )
y
-
B 00 / Im(f 00 )
-
b00 (y) + Im(f 00 )
existent und rechtsexakt ist.
Zur Existenz. Es ist A × B 0 → B ein Gruppenmorphismus. Es ist B → B 00 / Im(f 00 ) ein Gruppenmorphismus
als Kompositum aus b00 und der Restklassenabbildung.
Zur Exaktheit bei B. Zum einen ist (x, y 0 ) 7→ f (x)+b0 (y 0 ) 7→ b00 (f (x)+b0 (y 0 ))+Im(f 00 ) = b00 (f (x))+Im(f 00 ) =
f 00 (a00 (x)) + Im(f 00 ) = 0 für (x, y 0 ) ∈ A × B 0 .
Sei umgekehrt ein Element y ∈ B gegeben, das unter B → B 00 / Im(f 00 ) verschwindet, i.e. für welches
b00 (y) ∈ Im(f 00 ) liegt. Dann ist b00 (y) = f 00 (x00 ) für ein x00 ∈ A00 . Wähle ein x ∈ A mit a00 (x) = x00 . Dann
ist b00 (y − f (x)) = b00 (y) − b00 (f (x)) = b00 (y) − f 00 (a00 (x)) = b00 (y) − f 00 (x00 ) = 0. Also gibt es ein y ∈ B 0 mit
b0 (y 0 ) = y − f (x). Somit ist y = f (x) + b0 (y 0 ).
Ad (6).
Wir schreiben kurz Z/n für Z/nZ, wobei n ∈ Z. Bei der Anwendung des Elementarteilersatzes werden
uns Matrizen aus GLk (Z) zum Umformen genügen, da auch diese Isomorphismen abelscher Gruppen
liefern darstellen.
Der zu untersuchende Morphismus kann in Matrixform wie folgt geschrieben werden.
Z/4 × Z/8 × Z/8
000
001
448
!
/ Z/2 × Z/2 × Z/16
Hierbei werde für ein Element aus Z/4Z × Z/8Z × Z/8Z ein repräsentierendes Element aus Z3 mit
dieser Matrix multipliziert und von dem Resultat das davon in Z/2 × Z/2 × Z/16 repräsentierte Element
genommen.
Etc.
110
Wir erstellen das Diagramm aus (5). Wir beginnen mit folgendem kommutativen Diagramm mit kurz
exakten Zeilen.
400
080
008
•
Z3
000
004
124
!
!
/ Z3
000
001
448
Z3
!
/ Z/4 × Z/8 × Z/8
!
/ Z3
• !
20 0
02 0
0 0 16
100
010
0 0 1
000
001
448
/ Z/2 × Z/2 × Z/16
100
010
001
!
!
Wir verwenden hierfür die Bezeichnungen aus (5).
Schritt 1. Zur Berechnung von P verwenden wir (2), um folgendes kommutatives Diagramm mit unterer
linksexakter Zeile zu bekommen.





−1 −4
1 0
0 2
0 0
0 1
0 0
Z3

4
0
0
0

0
1
•
. Z6
O
0
0
1
0

0
0

0
0
0
1
0
0
1 −1 −4
0 1 0
0 0 2
0 0 0
0 0 1
0 0 0
0 0 0 −2 0
0
0 0 1 0 −2
0
4 4 8 0 0 −16

4
0
0
o
0

0
1
/ Z3
o
/ Z6
• 
000
0
0
0

0 0 0
1 0 0


010
001

!
1 0 0000
0 2 0000
0 0 4000
!
0 1 0
1 0 0
0 −8 1
!
/ Z3
Folglich ist
(P
r A) = ( Z3
−1 −4 4
1 0 0
0 2 0
•
!
/ Z3 )
und
(P
- B 0 ) = ( Z3
000
010
001
!
080
004
124
•
!
/ Z3 )
Ferner wird
(A0
als eindeutig durch (A0
r P
r P ) = ( Z3
r A) = (A0
/ Z3 )
r A) bestimmte Abbildung.
Schritt 2. Zur Berechnung von Im(f 00 ) verwenden wir folgendes kommutative Diagramm mit unterer kurz
111
exakter Zeile.
−1 −4 4
1 0 0
0 2 0
•
ZO 3
3 4 −4
0 1 0
1 2 −1
!
/ Z3 P
PPP
PPP
PP
0 0 1
! PPP
PPP−1 −1 2
1 0 0
0 0 1
o
PPPP
3 −1 2
PPP
PPP
PPP
(
/ Z3
/ Z/2 ⊕ Z/4
!
o
Z3
• !
100
020
004
010
001
Kommutativitäten erzwingen folgende Faktorisierung über das Bild.
(A00
f 00
- B 00 ) = ( Z/4 ⊕ Z/8 ⊕ Z/8
0 0 1
−1 −1
2
/ Z/2 ⊕ Z/4
0 0
1 0
0 −4
•
!
/ Z/2 ⊕ Z/2 ⊕ Z/16 )
Insbesondere ist Im(f 00 ) = Z/2 ⊕ Z/4 (so man als Bild das mittlere Objekt einer beliebig gewählten
Epi-Mono-Faktorisierung zuläßt).
Schritt 3. Zur Berechnung von Kern(f 00 ) verwenden wir folgendes kommutative Diagramm mit unterer
kurz exakter Zeile.
ZO 3
−1 −4 2
1 0 −1
0 1 0
080
004
124
•
!
!
o
Z3
• !
100
040
008
/ Z3 P
PPP
PPP
PP
0 1 0
! PPP
PPP−1 0 8
0 0 1
0 1 0
o
PPPP
−1 0 8
PPP
PPP
PPP
(
/ Z/4 ⊕ Z/8
/ Z3
010
001
Kommutativitäten liefern
r A00 ) = ( Z/4 ⊕ Z/8
(Kern(f 00 ) -
0 1
0 −1
−2 0
!
/ Z/4 ⊕ Z/8 ⊕ Z/8 )
Insbesondere ist Kern(f 00 ) = Z/4 ⊕ Z/8 (so man als Kern eine beliebige Ergänzung zu einer linksexakten
Sequenz zuläßt).
Aufgabe 4
Ad (1). Es ist 1G×H · (m, n) = (1, 1) · (m, n) = (1 · m, 1 · n) = (m, n) für (m, n) ∈ M × N .
Es ist (g, h)((g 0 , h0 )(m, n)) = (g, h)(g 0 m, h0 n) = (gg 0 m, hh0 n) = (gg 0 , hh0 )(m, n) = ((g, h)((g 0 , h0 ))(m, n)
für (g, h), (g 0 , h0 ) ∈ G × H und (m, n) ∈ M × N .
Ad (2). Wir haben die Gruppenmorphismen ϕ1 : G → G × G, g 7→ (g, 1) und ϕ2 : G → G × G, g 7→ (g, g)
und ϕ3 : G → G × G, g 7→ (1, g).
Dies liefert die G-Mengen Mϕ1 und Mϕ2 und Mϕ3 .
Diese tragen verschiedene G-Mengenstrukturen. Denn da α 6= !, gibt es ein g ∈ G mit α(g) 6= idM . Also
gibt es dazu ein m ∈ M mit m0 := gm 6= m.
112
Wir erhalten in Mϕ1 das Produkt g · (m, m) = (m0 , m).
Wir erhalten in Mϕ2 das Produkt g · (m, m) = (m0 , m0 ).
Wir erhalten in Mϕ3 das Produkt g · (m, m) = (m, m0 ).
Ad (3). Für f ∈
Für f ∈
Abb(M, N )
Abb(M, N )
ist (1G×H · f )(m) = 1H · f (1−
G · m) = f (m) für m ∈ M und also 1G×H · f = f .
und (g, h), (g 0 , h0 ) ∈ G × H wird
((g, h)((g 0 , h0 )f ))(m)
=
=
=
=
=
h((g 0 , h0 )f )(g − m)
hh0 f (g 0− g − m)
hh0 f ((gg 0 )− m)
((gg 0 , hh0 )f )(m)
(((g, h)(g 0 , h0 ))f )(m)
für m ∈ M und also
(g, h)((g 0 , h0 )f ) = (g, h)(g 0 , h0 )f .
Ad (4). Wir haben die Bijektion ϕ : Pot(M ) → Abb(M, {0, 1}), wobei ϕ(M 0 ) = χM 0 mit χM 0 (m) = 1 falls
m ∈ M 0 und χM 0 (m) = 0 falls m 6∈ M 0 . Hierbei ist ϕ− (χ) = χ−1 ({1}).
!
Sei {0, 1} eine 1-Menge via 1 →
− S{0,1} . Dann ist
G × 1 mit G via (g, 1) 7→ g für g ∈ G.
Abb(M, {0, 1})
eine (G × 1)-Menge. Wir identifizieren
Transport von Struktur entlang ϕ macht somit aus Pot(M ) eine G-Menge.
Genauer, wir setzen α : G → SPot(M ) , g 7→ (M 0 7→ ϕ− (gϕ(M 0 ))). Wir erhalten für M 0 ∈ Pot(M ) also
g · M0
=
=
=
=
=
=
=
=
=
ϕ− (gϕ(M 0 ))
(gϕ(M 0 ))−1 ({1})
(gχM 0 )−1 ({1})
{ m ∈ M : (gχM 0 )(m) = 1 }
{ m ∈ M : χM 0 (g − m) = 1 }
{ m ∈ M : g− m ∈ M 0 }
{ m ∈ M : m ∈ gM 0 }
{ gm0 : m0 ∈ M 0 }
gM 0 ,
letzteres erklärt im Sinne der vorletzten Zeile.
Ad (5). Betrachte G als G-Menge via Konjugation; cf. Beispiel 2. Mit (4) ist auch Pot(G) eine G-Menge,
wobei g · M = { gm : m ∈ M } = gM .
Sei U(G) := { U ∈ Pot(G) : U 6 G } die Menge der Untergruppen von G. Ist U ∈ U(G), so ist auch
g
U ∈ U(G). Also ist U(G) eine G-Teilmenge von Pot(G), insbesondere selbst wieder eine G-Menge.
Ad (6). Es ist
NG (U ) = { g ∈ G : gU = U }
CG (U ) = { g ∈ G : gu = u für u ∈ U }
cf. (5). Also ist CG (U ) 6 NG (U ).
Ist x ∈ NG (U ), dann ist xCG (U ) = CG ( xU ) = CG (U ) cf. Bemerkung 17. Also ist CG (U ) P NG (U ).
Ist x ∈ NG (U ), dann ist xU = U . Also ist U P NG (U ).
Es ist NG (U ) terminal unter den Untergruppen, die U als Normalteiler enthalten.
Sei G = S3 . Sei U = h(1, 2, 3)i. Da U P G, ist NG (U ) = G. Es ist CG (U ) = U . Folglich ist hier
U CG (U ) = U 6= G = NG (U ).
113
Ad (7). Wir betrachten die G-Menge U(G) ; cf. (5).
∼
Für U ∈ U(G) und x ∈ G haben wir den Gruppenisomorphismus U −
→ xU , u 7→ xu. Ist U von endlicher
x
Ordnung k, ist also auch U von Ordnung k.
Folglich ist { U ∈ U(G) : |U | = k } eine G-Teilmenge von U(G), insbesondere selbst wieder eine G-Menge.
Ad (8). Wir betrachten die G-Menge Pot(M ) ; cf. (4). Darin liegt die G-Teilmenge Ω. Wir wollen zeigen,
daß Ωmax eine G-Teilmenge von Ω ist. Zu zeigen ist hierzu, daß für M 0 ∈ Ωmax und g ∈ G auch gM 0 ∈ Ωmax
liegt.
Annahme, es gibt ein M 00 ∈ Ω mit gM 0 ⊂ M 00 . Dann ist M 0 = g − gM 0 ⊂ g − M 00 und g − M 00 ∈ Ω. Somit
ist M 0 nicht maximal in Ω, im Widerspruch zur Voraussetzung.
Aufgabe 5
Um zu zeigen, daß [1, n] eine (n − 2)-fach transitive An -Menge ist, ist die An -Menge [1, n]×(n−2), 6= als
transitiv nachzuweisen.
Sei ( a1 , . . . , an−2 ) ∈ [1, n]×(n−2), 6= . Seien k, ` ∈ [1, n] die beiden nicht in diesem Tupel auftretenden
Elemente. Sei σ ∈ Sn durch σ(i) := ai für i ∈ [1, n], σ(n − 1) := k und σ(n) := ` festgelegt.
Falls σ ∈ An liegt, dann ist σ · (1, . . . , n − 2) = ( a1 , . . . , an−2 ).
Falls σ ∈ Sn r An liegt, dann ist σ 0 := σ ◦ (n − 1, n) ∈ An und σ 0 · (1, . . . , n − 2) = ( a1 , . . . , an−2 ).
Um zu zeigen, daß [1, n] keine (n − 1)-fach transitive An -Menge ist, ist die An -Menge [1, n]×(n−1), 6= als
nichttransitiv nachzuweisen.
Die einzige Permutation, die ( 1 , 2 , 3 , . . . , n − 1) auf ( 2 , 1 , 3 , . . . , n − 1), und also auch n auf n,
abbildet, ist (1, 2), und diese liegt in Sn r An . Folglich liegen diese beiden Elemente von [1, n]×(n−1), 6=
in zwei verschiedenen An -Bahnen.
Aufgabe 6
Ad (1). Sei zum einen HCG (m) = G. Sei m0 ∈ M . Da M eine transitive G-Menge ist, gibt es ein g ∈ G
G
mit gm = m0 . Schreibe g = hc mit h ∈ H und c ∈ CG (m). Es wird m0 = gm = hcm = hm. Also ist MH
transitiv.
G
Sei zum anderen MH transitiv. Sei g ∈ G. Es gibt ein h ∈ H mit hm = gm. Es ist h− gm = m, also
h− g ∈ CG (m). Es folgt g = h(h− g) ∈ HCG (m).
Ad (2). Wir behaupten FixU (G/U ) = G/U . Annahme, nicht. Dann gibt es in G/U eine U -Bahn U gU
für ein g ∈ G mit |U gU | > 1. Es ist |U gU | ein Teiler von |U | ; cf. Korollar 20. Also ist |U gU | > p. Wegen
1U ∈ FixU (G/U ) ist |U gU | < |G/U | = [G : U ] 6 p. Wir haben einen Widerspruch.
Für u ∈ U und g ∈ G folgt ugU = gU , i.e. g − ug ∈ U . Folglich ist U P G.
Aufgabe 7
Ad
F (1). Sei k := |{ P m : m ∈ M }|. Seien k > 1 und mi ∈ M für i ∈ [1, k] so gewählt, daß M =
i∈[1,k] P mi ist; cf. Definition 10. Es ist FixP (M ) = { mi : i ∈ [1, k], |P mi | = 1 }. Folglich ist
M r FixP (M ) =
G
P mi .
i∈[1,k], |P mi |>1
!
Wir haben |M r FixP (M )| ≡p 0 zu zeigen. Es genügt, |P mi | ≡p 0 für i ∈ [1, k] mit |P mi | > 1 zu zeigen.
Aber |P mi | ist ein Teiler von |P | ; cf. Korollar 20. Da |P | eine Potenz von p ist und da |P mi | 6= 1 ist,
folgt |P mi | ≡p 0.
114
Ad (2). Es operiert Sp auf G×p via σ · (gi )i := (gσ− (i) )i für (gi )i ∈ G×p ; cf. Aufgabe 4.(3). Sei σ :=
(1, 2, . . . , p) ∈ Sp . Durch Einschränkung operiert auch hσi auf G×p . Ist nun (gi )i in M , dann ist auch
σ · (gi )i in M , da aus g1 g2 · · · gp = 1 durch Konjugation mit gp folgt, daß gp g1 g2 · · · gp−1 = 1 ist.
Es ist (1, 1, . . . , 1) ∈ FixCp (M ), mithin |FixCp (M )| > 1.
Es ist |M | = pp−1 ≡p 0, da wir eine Bijektion G×(p−1) → M , (gi )i 7→ (g1 , . . . , gp−1 , (g1 · · · gp−1 )− )
haben.
Dank (1) ist nun |FixP (M )| ≡p |M | ≡p 0, also |FixP (M )| > 1. Sei (gi )i ∈ FixP (M ) r {(1, 1, . . . , 1)}.
Dann ist zum einen x := g1 = g2 = · · · = gp , aber x 6= 1, zum anderen xp = g1 g2 · · · gp = 1. Also ist x ein
Element in G mit 1 < |hxi||p. Wegen p prim ist x also von Ordnung |hxi| = p.
Aufgabe 8
Ad (1). Nach Aufgabe 7.(2) gibt es in G ein Element x der Ordnung 2.
Wir haben den Gruppenmorphismus α : G → SG , g 7→ (h 7→ g · h).
Dieser ist übrigens injektiv, da g 7→ id impliziert, daß insbesondere g · 1 = 1 und also g = 1 ist.
Da x von Ordnung 2 ist, tauchen in der Zykeldarstellung von α(x) nur Zykel der Länge 2, i.e. Transpositionen, auf. Da α(x)(g) = xg 6= g ist für alle g ∈ G, da also α(x) keinen Fixpunkt hat, besteht α(x) aus
n Transpositionen.
Wir betrachten den Gruppenmorphismus sgn : SG → {−1, +1}. Es ist sgn(α(x)) = (−1)n = −1, da
n ≡2 1. Also ist sgn ◦α surjektiv. Sei N := Kern(sgn ◦α). Dann ist G/N ' Im(sgn ◦α) = {−1, +1},
folglich ist der Index von N in G gleich [G : N ] = |G/N | = 2.
T
Ad (2). Sei α : G → SG/U , x 7→ (gU 7→ xgU ). Sei N := Kern(α) = x∈G xU ; cf. Beispiel 2.(3). Also ist
N P G.
Es ist N 6 U , da U ein Teilnehmer des N definierenden Schnitts ist. Also ist [G : U ] ein Teiler von
[G : N ].
Es ist G/N ' Im(α) 6 SG/U . Folglich ist [G : N ] = | Im(α)| ein Teiler von |SG/U | = [G : U ]!.
Ad (3). Sei G besagte einfache Gruppe mit |G| = 60.
Annahme [x, y] = 1. Dann ist |hxyi| = |hxi| · |hyi| = 15 ; cf. [6, Aufgabe 27.(1)].
Mit U := hxyi folgt aber aus (2) die Existenz von N P G mit [G : U ] = 4 Teiler von [G : N ], und
dies wiederum Teiler von [G : U ]! = 4! = 24, insbesondere also mit 1 < N C G, im Widerspruch zur
Einfachheit von G.
Mit Aufgabe 20.(4) hätte man die Frage auch in A5 diskutieren können.
Aufgabe 9
Wir behaupten, daß B = {1, 4, 7} ein Block der G-Menge [1, 9] ist und daß daher diese G-Menge nicht
primitiv ist; cf. Lemma 27.
Seien X1 := {1, 4, 7}, X2 := {2, 5, 8} und X3 := {3, 6, 9} die Äquivalenzklassen der Äquivalenzrelation (≈).
Schreibe a := (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) und b := (1, 9)(2, 8)(3, 7)(4, 6).
Es ist aX1 = X2 , aX2 = X3 und aX3 = X1 .
Es ist bX1 = X3 , bX2 = X2 und bX3 = X1 .
115
Somit ist gXi ∈ { X1 , X2 , X3 } für i ∈ [1, 3]. Also ist (≈) eine G-Äquivalenzrelation. Als eine der
Äquivalenzklassen von (≈) ist B ein Block; cf. Definition 25.(2).
Aufgabe 10
Ad (1). Die Aussage ist richtig.
Es ist Abb([1, k], M ) eine Sk -Menge via (σ · f )(i) := f (σ − (i)) für f ∈
cf. Aufgabe 4.(3).
Abb
([1, k], M ), σ ∈ Sk und i ∈ [1, k] ;
Bijektiv ersetzt wird M ×k eine Sk -Menge via σ(mi )i = (mσ− (i) )i für (mi )i ∈ M ×k und σ ∈ Sk .
Es ist M ×k, 6= ⊆ M ×k eine Sk -Teilmenge.
Sei (mi )i ∈ M ×k, 6= . Es ist CSk ((mi )i ) = {id}, da mi 6= mj für i, j ∈ [1, k] mit i 6= j. Folglich ist
|Sk (mi )i | = |Sk |/|CSk ((mi )i )| = |Sk | = k! ; cf. Lemma 19.
Somit zerfällt M ×k, 6= in eine disjunkte Vereinigung von Bahnen der Länge k! . Folglich ist k! ein Teiler
von |M ×k, 6= |.
Auf der anderen Seite ist M ×k, 6= eine transitive G-Menge, da M eine k-fach transitive G-Menge ist. Also
ist |M ×k, 6= | ein Teiler von |G| ; cf. Korollar 20.
Insgesamt ist also k! ein Teiler von |G|.
Ad (2). Die Aussage ist falsch.
Sei G = A3 , sei M = [1, 3] ; cf. Beispiel 2. Es ist M transitiv.
Es ist M nicht zweifach transitiv; cf. Aufgabe 5.
Es ist M primitiv, da CG (1) = 1 eine maximale Untergruppe von M ist; cf. Lemma 27.
Ad (3). Die Aussage ist richtig. Denn ist M ' G/1 als G-Menge, letzere aufgefaßt, so folgt aus G/1 treu,
daß M treu ist. Und G/1 ist treu, da bereits CG/1 (1) = 1 ist und also auch der Kern der Operation, der
sich als Schnitt aller zu CG/1 (1) konjugierten Untergruppen ergibt.
Ad (4). Die Aussage ist falsch.
Sei G = S3 . Sei M = [1, 3] ; es ist M treu; cf. Beispiel 2.(1). Es ist |M | = 3, aber |G/1| = 6, mithin
M 6' G/1, i.e. M nicht regulär.
Ad (5). Die Aussage ist richtig.
Wähle m ∈ M . Sei α : G → M die zu M gehörige Operation. Da G abelsch und M treu und transitiv
ist, ist
\
\
g
1 = Kern(α) =
CG (gm) =
CG (m) = CG (m) ;
g∈G
g∈G
cf. Bemerkung 17. Also ist M ' G/CG (m) ' G/1 ; cf. Lemma 19. Folglich ist M regulär.
Aufgabe 11
Ad (1). Wir haben zu zeigen, daß die GL2 (K)-Menge X := P1 (K)×3, 6= transitiv ist.
Setze x0 := ( 10 , 01 , 11 ) ∈ X. Sei ( ab , dc , fe ) =: x ∈ X gegeben.
Beachte, daß ( ab , ( c d )) linear unabhängig ist.
∈ GL2 (K) mit us vt · x0 = x. Die Bedingungen
! µc ×
übersetzen sich zu us vt = λa
λb µd für gewisse λ, µ ∈ K .
Wir suchen
s t
uv
s t
uv
·
1
0
!
=
a
b
und
s t
uv
·
0
1
!
=
c
d
116
!
Die Bedingung us vt · 11 =
Dies ist für ν = 1 lösbar, da (
e
a c
f 6∈ { b , d }.
e
übersetzt sich zu λ ab + µ dc
f
a
c
b , d ) linear unabhängig ist, und
= ν fe für ein geeignetes ν ∈ K × .
dabei sind in der Tat λ, µ ∈ K × , da
Ad (2).
Fall |K| = 2. Es ist |P1 (K)| = 3, also P1 (K)×4, 6= = ∅, damit nicht transitiv. I.e. P1 (K) ist nicht vierfach
transitiv.
∼
Fall |K| = 3. Da |P1 (K)| = 4 ist, haben wir den Isomorphismus P1 (K)×4, 6= −
→ P1 (K)×3, 6= , (xi )i∈[1,4] 7→
1
(xi )i∈[1,3] von GL2 (K)-Mengen. Dank (1) ist P (K) dreifach transitiv, i.e. es ist P1 (K)×3, 6= transitiv.
Wegen unseres Isomorphismus folgt hieraus, daß auch P1 (K)×4, 6= transitiv ist, i.e. es ist P1 (K) vierfach
transitiv.
Fall |K| > 4. Wir haben zu zeigen, daß X := P1 (K)×4, 6= nicht transitiv ist. Wähle a, b ∈ K r {0, 1} mit
a 6= b. Betrachte die beiden Elemente x := ( 10 , 01 , 11 , a1 ) und y := ( 10 , 01 , 11 , 1b ) von X.
Annahme, es gibt us vt ∈ GL2 (K) mit us vt · x = y. Aus us vt · ( 10 , 01 ) = ( 10 , 01 ) folgt t = 0 und
u = 0. Aus 0s v0 · 11 = 11 folgt s = v. Also ist a1 = 0s 0s · a1 = 1b . Dies steht im Widerspruch zu
1
1
a 6= b . Also ist X nicht transitiv.
Ad (3).
Ad ⇒. Sei char K = 2. Wir haben zu zeigen, daß daß die SL2 (K)-Menge X := P1 (K)×3, 6= transitiv ist.
Setze x0 := ( 10 , 01 , 11 ). Sei ( ab , dc , fe ) := y ∈ X gegeben.
Gemäß (1) gibt es ein us vt ∈ GL2 (K) mit us vt · x0 = x. Dann gilt auch ν us vt · x0 = x für ν ∈ K × .
Dabei ist ν us vt ∈ GL2 (K) genau dann, wenn det(ν us vt ) = 1, i.e. wenn ν 2 = det( us vt )−1 .
Da char K = 2, ist K → K, u 7→ u2 ein Körpermorphismus; cf. [6, Aufgabe 24.(1)]. Jeder Körpermorphismus ist injektiv; cf. [6, Aufgabe 7.(1)]. Da K endlich ist, ist
dieser Körpermorphismus also bijektiv.
Somit gibt es genau ein ν ∈ K mit ν 2 = det( us vt )−1 . Da us vt ∈ GL2 (K), ist ν 2 6= 0 und also ν 6= 0.
Ad ⇐. Sei char K =
6 2. Wir haben zu zeigen, daß die SL2 (K)-Menge X := P1 (K)×3, 6= nicht transitiv ist.
Setze x0 := ( 10 , 01 , 11 ) ∈ X.
Wähle a ∈ K r { b2 : b ∈ K }. Dies ist möglich, da der Gruppenmorphismus K × → K × , u 7→ u2 den
Kern {−1, +1} von Ordnung 2 und also sein Bild von Ordnung |K × |/2 hat und somit nicht surjektiv ist.
Annahme, es gibt us vt ∈ SL2 (K) mit us vt · x0 = x. Da us vt · ( 10 , 01 ) = ( 10 , 01 ), ist t = u = 0
0
und s, v ∈ K × . Da 0s v0 ∈ SL2 (K), ist v = 1/s. Da 0s 1/s
· 11 = a1 , ist 1/s2 = a. Also ist
a ∈ { b2 : b ∈ K } und wir haben einen Widerspruch.
Ad (4). Wir haben zu zeigen, daß die GLn (K)-Menge X := P1 (K)×3, 6= nicht transitiv ist. Setze x0 :=
(e1 , e2 , e1 + e2 ) und x := (e1 , e2 , e3 ).
Annahme, es gibt ein T ∈ GLn (K) mit T ·x0 = x. Dann sind T e1 , T e2 ∈
Khe1 , e2 i, im Widerspruch zu T (e1 + e2 ) ∈ Khe3 i r {0}.
!
Khe1
, e2 i und also T (e1 +e2 ) ∈
!
Ad (5). Wir zeigen Z(GLn (K)) = K × En . Zu zeigen ist nur Z(GLn (K)) 6 K × En . Es genügt,
!
CGLn (K) (SLn (K)) 6 K × En zu zeigen.
Sei A = (ai, j )i, j ∈ CGLn (K) (SLn (K)). Für k, ` ∈ [1, n] mit k =
6 ` ist A(En + ek,` ) = (En + ek,` )A, also
Aek,` = ek,` A, i.e. ai,k ∂j,` = ∂i,k a`,j für i, j ∈ [1, n]. Für j = i = ` folgt a`,k = 0. Für i = k und j = `
folgt ak,k = a`,` . Somit ist A ∈ K × En .
117
!
Sei α : GLn (K) → SPn−1 (K) die Operation von GLn (K) auf Pn−1 (K). Zu zeigen ist Kern(α) = K × En .
!
!
Zu zeigen ist nur Kern(α) 6 K × En . Sei A = (ai, j )i, j ∈ Kern(α). Zu zeigen ist A ∈ K × En . Es ist
Aek ∈ Khek i für k ∈ [1, n] und also A eine Diagonalmatrix. Es ist ak,k ek +a`,` e` = A(ek +e` ) ∈ Khek + e` i
für k, ` ∈ [1, n] mit k 6= ` und also ak,k = a`,` . Somit ist in der Tat A ∈ K × En .
Aufgabe 12
Ad (1). Betrachte die surjektive Abbildung
U ×
(u ,
f
V
v)
-
UV
uv .
Sei x ∈ U V . Wir haben zu zeigen,
daß das Urbild f −1 ({x}) in Bijektion steht zu U ∩ V , da dann die
F
disjunkte Zerlegung U × V = x∈U V f −1 ({x}) die Gleichheit |U × V | = |U V | · |U ∩ V | nach sich zieht,
wie verlangt.
!
Schreibe x = u0 v0 . Wir behaupten f −1 ({x}) = { (u0 t, t− v0 ) : t ∈ U ∩ V } ; was dann auch die benötigte
Bijektion liefert, nämlich U ∩ V → { u0 tv0 : t ∈ U ∩ V }, t 7→ u0 tv0 .
!
Zu zeigen ist nur f −1 ({x}) ⊆ { (u0 t, t− v0 ) : t ∈ U ∩ V } . Sei (u, v) ∈ f −1 ({x}). Es folgt uv = x = u0 v0
−
−
−
−
und also t := u−
0 u = v0 v ∈ U ∩V sowie (u, v) = (u0 u0 u, vv0 v0 ) = (u0 t, t v0 ). Dies zeigt die Behauptung.
!
!
Ad (2). Wir zeigen U V = V U . Aus Symmetriegründen brauchen wir nur U V ⊆ V U zu zeigen. Sei u ∈ U
und v ∈ V . Es ist uv = (uvu− )u = uv · u ∈ V U , da u ∈ NG (V ).
!
Wir zeigen U V 6 G. Für u, ũ ∈ U und v, ṽ ∈ V ist uv(ũṽ)− = uvṽ − ũ− = u(vṽ − u− )uũ− ∈ V U = U V ,
da u ∈ NG (V ).
!
Wir zeigen V P U V . Für v, ṽ ∈ V und u ∈ U ist
uv
ṽ = u( vṽ) ∈ V , da u ∈ NG (V ).
Wir zeigen U ∩ V P U . Für t ∈ U ∩ V und u ∈ U ist ut ∈ U , da t ∈ U , und ut ∈ V , da t ∈ V und
u ∈ NG (V ).
!
Ad (3). Aus (2) wissen wir U V 6 G, da U 6 G = NG (V ). Wir zeigen U V P G. Sei g ∈ G, u ∈ U und
v ∈ V . Es wird g(uv) = gu · gv ∈ U V , da U P G und V P G.
Ad (4). Der surjektive Gruppenmorphismus f : G → (G/N )/(H/N ), g 7→ (gN )(H/N ), induziert den
∼
surjektiven Gruppenmorphismus f¯ : G/H −
→ (G/N )/(H/N ), gH 7→ (gN )(H/N ), da (hN )(H/N ) = 1
für h ∈ H.
Wir müssen zeigen, daß f¯ injektiv ist. Für g ∈ G ist (gN )(H/N ) genau dann gleich 1, wenn gN ∈ H/N ,
i.e. g ∈ H, i.e. gH = 1 ist.
Aufgabe 13
Ad (1). Da f ([g, g̃]) = [f (g), f (g̃)] ∈ H (1) ist für g, g̃ ∈ G und da G(1) = h [g, g̃] : g, g̃ ∈ G i ist, ist
f (G(1) ) 6 H (1) .
Da [h, h̃] = [f (g), f (g̃)] = f ([g, g̃]) für h, h̃ ∈ H und g, g̃ ∈ G mit f (g) = h und f (g̃) = h̃ und da
H (1) = h [h, h̃] : h, h̃ ∈ H i, ist f (G(1) ) > H (1) .
Ad (2). Da x[g, g̃] = [ xg, xg̃] ∈ G(1) für x, g, g̃ ∈ G und da G(1) = h [g, g̃] : g, g̃ ∈ G i, folgt G(1) P G.
Seien g, g̃ ∈ G gegeben. Es wird [gG(1) , g̃G(1) ] = [g, g̃]G(1) = 1. Also ist (G/G(1) )(1) = 1, i.e. G/G(1) ist
abelsch.
Ad (3). Der Gruppenmorphismus f¯ : G/G(1) → H mit f¯ ◦ r = f , i.e. mit f¯(gG(1) ) = f (g) für g ∈ G, ist
118
wegen r surjektiv eindeutig bestimmt. Wir haben nur seine Existenz zu zeigen.
!
!
Dazu ist f (G(1) ) = 1 zu zeigen. Seien g, g̃ ∈ G gegeben. Es genügt, f ([g, g̃]) = 1 zu zeigen. Aber
f ([g, g̃]) = [f (g), f (g̃)] = 1, da H abelsch.
Ad (4). Ist G(1) 6 N , dann haben wir den surjektiven Gruppenmorphismus G/G(1) → G/N , gG(1) 7→ gN ,
so daß mit (2) aus G/G(1) abelsch auch G/N abelsch folgt.
!
!
Ist umgekehrt G/N abelsch, so haben wir G(1) 6 N zu zeigen. Seien g, g̃ ∈ G. Wir haben [g, g̃] ∈ N zu
zeigen. Da G/N abelsch ist, wird aber [g, g̃]N = [gN, g̃N ] = 1.
Ad (5). Es ist V := h (1, 2)(3, 4) , (1, 3)(2, 4) i P A4 . Es ist |A4 /V | = 3, also A4 /V ' C3 abelsch. Dank (4)
(1)
ist also A4 6 V .
Andererseits ist [(1, 2, 3), (1, 2, 4)] = (1, 2, 3)− ◦ (1, 2, 4)− ◦ (1, 2, 3) ◦ (1, 2, 4) = (1, 2)(3, 4) und (1, 3)(2, 4)
(1)
dazu konjugiert, was A4 6 V zeigt.
(1)
Somit ist A4
(1)
und also A4 /A4 = A4 /V ' C3 .
Aufgabe 14
Ad (1). Schreibe a := (1, 2)(3, 4), b := (1, 2)(3, 5) und c := (1, 3)(4, 5).
Zur Berechnung von Erzeugern von CG0 (1) erstellen wir folgenden Baum von rechts nach links.
3
1
a
4
1
b
a
b
c
a
5
2
c
2
5
c
b
a
5
c
4
b
4
a
3
2
b
3
c
1
Die Elemente nicht in Kästchen geben die Bahn G0 · 1 = {1, 2, 3, 4, 5}.
1
119
Die Elemente in Kästchen liefern folgende Erzeuger von CG0 (1).
b·1
a2 · 1
ba · 1
ca · 1
c2 · 1
2
a c·1
bac · 1
cac · 1
abc · 1
b2 c · 1
cbc · 1
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
a·1 =
id ·1 =
id ·1 =
a·1 =
id ·1 =
c·1
=
ac · 1 =
bc · 1 =
bc · 1 =
c·1
=
ac · 1 =
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
2
1
1
2
1
3
4
5
5
3
4
Erzeuger
Erzeuger
Erzeuger
Erzeuger
Erzeuger
Erzeuger
Erzeuger
Erzeuger
Erzeuger
Erzeuger
Erzeuger
a− b = (3, 5, 4)
id− a2 = id
id− ba = (3, 4, 5)
a− ca = (2, 4)(3, 5)
id− c2 = id
c− a2 c = id
c− a− bac = (2, 3)(4, 5)
c− b− cac = (2, 4, 5)
c− b− abc = (2, 3)(4, 5)
c− b2 c = id
c− a− cbc = (2, 5, 4)
Wir schreiben d := (3, 5, 4) und e := (2, 4)(3, 5).
Es wird de = (2, 3)(4, 5) =: g, gd = (2, 4, 5). Also ist G1 = CG0 (1) = hd, ei.
Ad (2). Zur Berechnung von Erzeugern von CG1 (2) erstellen wir folgenden Baum von rechts nach links.
4
2
d
d
5
d
e
2
3
3
e
d
e
5
4
e
2
Die Elemente nicht in Kästchen geben die Bahn G1 · 2 = {2, 3, 4, 5}.
Die Elemente in Kästchen liefern folgende Erzeuger von CG1 (2).
d·2
e2 · 2
ede · 2
ed2 e · 2
d3 e · 2
= id ·2
=
= id ·2
=
= d2 e · 2 =
= de · 2 =
= e·2
=
2
2
5
3
4
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
Erzeuger
Erzeuger
Erzeuger
Erzeuger
Erzeuger
id− d = (3, 5, 4)
id− e2 = id
e− d−2 ede = (3, 4, 5)
e− d− ed2 e = (3, 5, 4)
e− d3 e = id
Also ist G2 = CG1 (2) = hdi = h(3, 4, 5)i.
!
Ad (3). Zu zeigen ist nur |G0 | = 60. In der Tat wird
|G0 |
L. 19
=
|G0 · 1| · |CG0 (1)| = 5 · |G1 |
L. 19
=
5 · |G1 · 2| · |CG1 (2)| = 5 · 4 · |h(3, 4, 5)i| = 5 · 4 · 3 = 60 .
120
Aufgabe 15
Ad (1). Wir wollen Lemma 31 verwenden.
Betrachte die G-Menge M := G/H ; cf. Beispiel 2.(3). Es ist |M | = [G : H] endlich.
Sei m := 1U . Dann ist Gm = M = G/H, da M transitiv ist.
Es ist CG (m) = CG (1H) = { g ∈ G : g · 1H = 1H } = H.
Wähle T ⊆ G mit 1 ∈ T , mit T m = Gm = G/H und mit |T | = |Gm| =F[G : H]. Dann ist T → G/H,
t 7→ tm = tH nicht nur surjektiv, sondern auch injektiv. Folglich ist G = t∈T tH.
Sei τ : G → T festgelegt durch τ (g)m = gm für g ∈ G, i.e. durch τ (g)H = gH. Insbesondere ist τ (1) = 1.
Ferner ist CG (m) = CG (1H) = { g ∈ G : g · 1H = 1H } = H.
Sei S ⊆ G mit G = hSi. Wir erinnern an S ± = S ∪ { s− : s ∈ S, |hsi| = ∞ }. Gemäß Lemma 31 ist
H = CG (m) = h τ (xt)− xt : x ∈ S ± , t ∈ T i
Somit kann H von einer Menge aus |S ± | · |T | = |S ± | · [G : H] Elementen erzeugt werden. Insbesondere
ist H endlich erzeugt.
Ad (2). Behauptung. Ist S 0 ⊆ U mit U = hS 0 i, dann ist |S 0 | > k.
Wähle c ∈ Cp mit Cp = hci.
Wir haben einen Gruppenisomorphismus der additiven Gruppe des Fp -Vektorraums Fpk nach C×k
p , der
(xi + pZ)i∈[1,k] nach (cxi )i∈[1,k] schickt.
Somit ist o.E. U gleich der additiven Gruppe von Fpk . Eine Teilmenge S 0 ⊆ Fpk erfüllt genau dann
Fpk = hS 0 i, wenn Fpk = FphS 0 i ist, da ein Produkt eines Elements von U mit einem Element aus Fp
bereits durch iterierte Addition gebildet werden kann. Aus Fpk = FphS 0 i folgt aber dank Linearer Algebra
|S 0 | > dimFp Fpk = k. Dies zeigt die Behauptung.
Mit S = { (1, 2), (1, 2, . . . , n) } ist Sn = hSi. Es ist S ± = S. Insbesondere ist |S ± | = 2.
In (1) wurde gezeigt, daß U von einer Menge S 0 aus |S ± | · [Sn : U ] = 2[Sn : U ] Elementen erzeugt werden
kann. Dank unserer Behauptung folgt hieraus 2[Sn : U ] = |S 0 | > k.
Es folgt [Sn : U ] > k/2.
Aufgabe 16
Ad (1).
Zum Begriff des gerichteten Graphen. Wir definieren die Begriffe des gerichteten Graphen und des (Auto)morphismus von gerichteten Graphen.
Ein gerichteter Graph G bestehe aus einer Eckenmenge Ecken(G), einer Kantenmenge Kanten(G) und
zwei Abbildungen sG : Kanten(G) → Ecken(G) und tG : Kanten(G) → Ecken(G).
Für eine Kante k ∈ Kanten(G) sagen wir, k läuft von der Ecke sG (k) zur Ecke tG (k).
Seien G und H gerichtete Graphen. Ein Morphismus F : G → H von gerichteten Graphen besteht aus einer
Abbildung Ecken(F ) : Ecken(G) → Ecken(H) und einer Abbildung Kanten(F ) : Kanten(G) → Kanten(H)
mit Ecken(F ) ◦ sG = sH ◦ Kanten(F ) und Ecken(F ) ◦ tG = tH ◦ Kanten(F ).
Sei idG definiert durch Ecken(idG ) = idEcken(G) und Kanten(idG ) = idKanten(G) . Es ist idG ein Morphismus
gerichteter Graphen, da verlangten Gleichungen zum einen beidseitig sG , zum anderen beidseitig tG
stehen haben.
F
F0
Seien G −
→ H −→ I Morphismen gerichteter Graphen. Sei ihr Kompositum F 0 ◦ F definiert durch
121
Ecken(F 0 ◦ F ) := Ecken(F 0 ) ◦ Ecken(F ) und Kanten(F 0 ◦ F ) := Kanten(F 0 ) ◦ Kanten(F ).
Dann ist auch F 0 ◦ F wieder ein Morphismus gerichteter Graphen, da
und
Ecken(F 0 ◦ F ) ◦ sG
= Ecken(F 0 ) ◦ Ecken(F ) ◦ sG
= Ecken(F 0 ) ◦ sH ◦ Kanten(F )
= sI ◦ Kanten(F 0 ) ◦ Kanten(F )
= sI ◦ Kanten(F 0 ◦ F )
Ecken(F 0 ◦ F ) ◦ tG
= Ecken(F 0 ) ◦ Ecken(F ) ◦ tG
= Ecken(F 0 ) ◦ tH ◦ Kanten(F )
= tI ◦ Kanten(F 0 ) ◦ Kanten(F )
= tI ◦ Kanten(F 0 ◦ F ) .
F
Ein Morphismus gerichteter Graphen G −
→ H heißt Isomorphismus, wenn Ecken(F ) und Kanten(F )
bijektiv sind. Definieren wir diesenfalls F − : H → G durch Ecken(F − ) := Ecken(F )− und Kanten(F − ) :=
Kanten(F )− , dann wird F − zu einem Morphismus gerichteter Graphen mit F ◦ F − = idH und F − ◦ F =
idG , da
Ecken(F − ) ◦ sH = Ecken(F )− ◦ sH
= Ecken(F )− ◦ sH ◦ Kanten(F ) ◦ Kanten(F )−
= Ecken(F )− ◦ sH ◦ Kanten(F ) ◦ Kanten(F − )
= Ecken(F )− ◦ Ecken(F ) ◦ sG ◦ Kanten(F − )
= sG ◦ Kanten(F − )
und
Ecken(F − ) ◦ tH = Ecken(F )− ◦ tH
= Ecken(F )− ◦ tH ◦ Kanten(F ) ◦ Kanten(F )−
= Ecken(F )− ◦ tH ◦ Kanten(F ) ◦ Kanten(F − )
= Ecken(F )− ◦ Ecken(F ) ◦ tG ◦ Kanten(F − )
= tG ◦ Kanten(F − ) .
Ein Isomorphismus der Form F : G → G heißt Automorphismus auf dem gerichteten Graphen G. Das
Kompositum zweier Automorphismen ist ein Automorphismus.
Sei AutGraph (G) die Menge der Automorphismen auf dem gerichteten Graphen G. Ausgestattet mit der
Komposition wird AutGraph (G) zu einer Gruppe, da Komposition assoziativ ist, da idG neutral bezüglich
Komposition ist und da für F ∈ AutGraph (G) auch F − ∈ AutGraph (G) ist, wobei F − ◦ F = idG und
F ◦ F − = idG .
Zur Konstruktion von α : G → AutGraph (ΓX ). Sei ΓX definiert durch Ecken(ΓX ) = M und Kanten(ΓX ) =
X, wobei für (m, n) ∈ X ⊆ M ×2, 6= wir sΓX ((m, n)) := m und tΓX ((m, n)) := n festlegen.
Für g ∈ G sei α(g) : ΓX → ΓX durch Ecken(α(g))(m) := gm für m ∈ M und durch
Kanten(α(g))((m, n)) := g(m, n) = (gm, gn) festgelegt. Es ist Ecken(α(g)) : M → M wohldefiniert
und bijektiv, mit Inversem Ecken(α(g − )). Es ist Kanten(α(g)) : X → X wohldefiniert, da X abgeschlossen ist unter Multiplikation mit g. Es ist Kanten(α(g)) : X → X bijektiv, mit Inversem Kanten(α(g − )).
Es ist α(g) ein Morphismus gerichteter Graphen, da für (m, n) ∈ X sich
und
(Ecken(α(g)) ◦ sΓX )((m, n))
= Ecken(α(g))(m)
= gm
= sΓX ((gm, gn))
= (sΓX ◦ Kanten(α(g)))((m, n))
(Ecken(α(g)) ◦ tΓX )((m, n))
= Ecken(α(g))(n)
= gn
= tΓX ((gm, gn))
= (tΓX ◦ Kanten(α(g)))((m, n))
122
ergibt. Insgesamt ist also α(g) ein Automorphismus von ΓX .
!
Um zu zeigen, daß α ein Gruppenmorphismus ist, haben wir α(gh) = α(g) ◦ α(h) nachzuweisen für g, h ∈
!
!
G. Dies bedeutet Ecken(α(gh)) = Ecken(α(g) ◦ α(h)) = Ecken(α(g)) ◦ Ecken(α(h)) und Kanten(α(gh)) =
Kanten(α(g) ◦ α(h)) = Kanten(α(g)) ◦ Kanten(α(h)).
Sei m ∈ M . Es wird
(Ecken(α(gh)))(m) = ghm = (Ecken(α(g)) ◦ Ecken(α(h)))(m) .
Sei (m, n) ∈ X. Es wird
(Kanten(α(gh)))((m, n)) = gh(m, n) = (Ecken(α(g)) ◦ Ecken(α(h)))((m, n)) .
Ad (2). Sei G ein gerichteter Graph. Auf Ecken(G) definieren wir die Relation ( ) durch
x
y
:⇐⇒
es gibt ein k ∈ Kanten(G) mit sG (k) = x und tG (k) = y.
Sei (∼) die von ( ) erzeugte Äquivalenzrelation auf Ecken(G). Es heißt G zusammenhängend, wenn (∼)
genau eine Äquivalenzklasse hat.
Ad ⇒. Sei M nicht primitiv. Wir haben zu zeigen, daß ΓX nicht für alle Bahnen X von M ×2,6= zusammenhängend ist. Annahme, doch.
Da M nicht primitiv ist, gibt es einen Block B ⊆ M mit 1 < |B| < |M | ; cf. Lemma 27. Wir definieren
die Äquivalenzrelation (≈) durch die Angabe ihrer Äquivalenzklassen B und M r B.
Wähle x, y ∈ B mit x 6= y. Sei X die Bahn von (x, y) in M ×2,6= . Bilde die Relation ( ) bezüglich des
gerichteten Graphen ΓX wie oben erläutert, i.e. sei ( ) := X. Die von ( ) erzeugte Äquivalenzrelation
(∼) hat genau eine Äquivalenzklasse.
Nun ist ( ) 6⊆ (≈) enhalten sein, da sonst auch (∼) ⊆ (≈) wäre, was zur Folge hätte, daß (≈) keine zwei
Äquivalenzklassen haben könnte.
Also gibt es u, v ∈ M mit u
v, aber u 6≈ v. Aus u
v schließen wir (u, v) ∈ X. Wegen der Transitivität
von X können wir ein g ∈ G mit g(x, y) = (u, v) wählen.
Wäre u ∈ B, dann wäre gx = u ∈ B und somit x ∈ B ∩ g − B, was B = g − B zur Folge hätte. Dann aber
folgte aus y ∈ B, daß auch v = gy ∈ gB = B läge und also u ≈ v gälte, was nicht der Fall ist.
Wäre v ∈ B, dann wäre gy = v ∈ B und somit y ∈ B ∩ g − B, was B = g − B zur Folge hätte. Dann aber
folgte aus x ∈ B, daß auch u = gx ∈ gB = B läge und also u ≈ v gälte, was nicht der Fall ist.
Somit liegen u, v ∈ M r B. Es folgt u ≈ v, im Widerspruch zu u 6≈ v.
Ad ⇐. Sei ΓX nicht zusammenhängend für eine Bahn X von M ×2,6= . Wir haben zu zeigen, daß M nicht
primitiv ist.
Bilde die Relation ( ) bezüglich des gerichteten Graphen ΓX wie oben erläutert, i.e. sei ( ) := X. Die
von ( ) erzeugte Äquivalenzrelation
(∼) hat mehr als eine Äquivalenzklasse. Sei r > 2 die Anzahl dieser
F
Äquivalenzklassen. Sei M = i∈[1,r] Mi die disjunkte Zerlegung von M in diese Äquivalenzklassen.
Sind x, y ∈ M gegeben mit x
y, dann ist (x, y) ∈ X und also für g ∈ G auch (gx, gy) = g(x, y) ∈ X,
i.e. gx
gy, insbesondere also gx ∼ gy. Mit anderen Worten, es ist g( ) ⊆ (∼), i.e. ( ) ⊆ g − (∼). Da
auch g − (∼) eine Äquivalenzrelation ist, folgt (∼) ⊆ g − (∼) für g ∈ G. Insgesamt folgt g(∼) = (∼) für
g ∈ G, i.e. für g ∈ G ist genau dann x ∼ y, wenn gx ∼ gy ist.
Für jedes g ∈ G gibt es also ein i ∈ [1, r] mit gM1 = Mi . Insbesondere ist M1 ∩ gM1 = M1 oder
M1 ∩ gM1 = ∅. I.e. es ist M1 ein Block.
Da r > 2 ist, ist |M1 | < |M |.
123
Annahme, es ist |M1 | = 1. Schreibe M1 = {x} mit x ∈ M . Da X transitiv, also nichtleer ist, gibt es
(x0 , y0 ) ∈ X. Da M transitiv ist, gibt es ein g ∈ G mit gx0 = x. Es folgt X 3 g(x0 , y0 ) = (x, gy0 ).
Schreiben wir y := gy0 , so ist also (x, y) ∈ X. Folglich ist x
y und somit x ∼ y. Also ist y ∈ M1 r {x}
und wir haben einen Widerspruch.
Folglich ist 1 < |M1 | < |M | und also M nicht primitiv.
Ad (3). Sei G := h (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9), (1, 9)(2, 8)(3, 7)(4, 6) i 6 S9 . Sei M := [1, 9].
Sei X die Bahn von ( 1 , 4 ) in M ×2, 6= . Es ist
X
{ ( 1 , 4 ), ( 2 , 5 ), ( 3 , 6 ), ( 4 , 7 ), ( 5 , 8 ), ( 6 , 9 ), ( 7 , 1 ), ( 8 , 2 ), ( 9 , 3 ) }
{ ( 4 , 1 ), ( 5 , 2 ), ( 6 , 3 ), ( 7 , 4 ), ( 8 , 5 ), ( 9 , 6 ), ( 1 , 7 ), ( 2 , 8 ), ( 3 , 9 ) } .
=
∪
Somit hat ΓX graphisch folgende Gestalt.
1 as
3 4J
2 as
3 5J
! 7
3 as
3 6J
! 8
! 9
Wir erkennen die drei Äquivalenzklassen unter (∼), nämlich {1, 4, 7}, {2, 5, 8} und {3, 6, 9}. Also ist ΓX
nicht zusammenhängend.
Aufgabe 17
Ad (1). Wir zeigen die Wohldefiniertheit der beiden angegebenen Abbildungen.
Ist U ∈ { U ⊆ G : K 6 U 6 G }, dann ist r(U ) ∈ { V ⊆ G/K : V 6 G/K }, da das Bild einer
Untergruppe unter einem Gruppenmorphismus eine Untergruppe der Zielgruppe ist.
Ist umgekehrt V 6 G/K, dann ist zum einen r−1 (V ) 6 G als Urbild einer Untergruppe. Ferner folgt aus
1 6 V , daß K = r−1 (1) 6 r−1 V ist.
Wir müssen zeigen, daß sich die beiden angegebenen Abbildungen gegenseitig invertieren.
!
Sei U ∈ { U ⊆ G : K 6 U 6 G }. Es ist U ⊆ r−1 (r(U )). Wir haben U ⊇ r−1 (r(U )) zu zeigen. Sei g ∈ G
mit r(g) = r(u) für ein u ∈ U . Dann ist r(gu− ) = r(g) · r(u)− = 1 und also gu− ∈ K 6 U . Somit ist auch
g = gu− · u ∈ U .
Sei V ∈ { V ⊆ G/K : V 6 G/K }. Da r surjektiv ist, ist V = r(r−1 (V )).
Ad (2). Seien U, U 0 ∈ { U ⊆ G : K 6 U 6 G }. Sei U P U 0 .
!
Wir zeigen r(U ) P r(U 0 ). Sei u ∈ U . Sei u0 ∈ U 0 . Da
u0
u ∈ U , wird auch
r(u0 )
0
r(u) = r( u u) ∈ r(U ).
∼
Wir zeigen den Gruppenisomorphismus U 0 /U −
→ r(U 0 )/r(U ), u0 U 7→ r(u0 ) r(U ). Schreibe r̃ : r(U 0 ) →
0
0
0
r(U )/r(U ), r(u ) 7→ r(u )r(U ) für den Restklassenmorphismus.
r(U 0 )
∼
→ r(U 0 )/r(U ), u0 7→ r(u0 ) r(U ). Da
Wir haben den surjektiven Gruppenmorphismus f := r̃ ◦ r|U 0 : U 0 −
Kern(f ) = { u0 ∈ U 0 : r(u0 ) ∈ r(U ) } = U 0 ∩ r−1 (r(U )) = U 0 ∩ U = U , induziert f den Gruppenisomor∼
phismus U 0 /U −
→ r(U 0 )/r(U ), u0 U 7→ f (u0 ) = r(u0 ) r(U ) ; cf. [6, Lem. in §3.2].
Ad (3). Ist K 6 U P G, dann ist auch r(U ) P r(G) = G/K gemäß (2).
Ist umgekehrt V P G/K, dann ist auch r−1 (V ) P G als Urbild eines Normalteilers unter einem Gruppenmorphismus. In der Tat wird für g ∈ G und x ∈ r−1 (V ) dann r(x) ∈ V und also auch r( gx) = r(g)r(x) ∈ V ,
i.e. gx ∈ r−1 (V ).
124
Also schränken beide Abbildungen aus (1) auf die angegebenen Teilmengen ein. Diese Einschränkungen
invertieren sich gemäß (1) gegenseitig und sind daher insbesondere bijektiv.
Aufgabe 18
!
Vorbemerkung. Sei n > 1. Es ist SLn (F ) = h En + λei, j : (i, j) ∈ [1, n]×2, 6= , λ ∈ F i =: S.
!
Dazu ist nur SLn (F ) 6 S zu zeigen.
1 0
0 λ
01
1λ
−
Für λ ∈ U(F ) ist S 3 10 λ1
=
−
01
−λ 1
−λ 0 . Insbesondere ist −1 0 ∈ S und damit auch
2
01
−1 0
0λ
λ 0
S 3 −10 10 = −10 −10 . Damit ist auch S 3 −λ− 0
−1 0
0 −1 = 0 λ− .
Somit gibt es für jede Permutation σ ∈ Sn das Element diag(1, . . . , 1, sgn(σ))(∂i,σ(j) )i, j ∈ S. Durch
Multiplikation mit Elementen aus S kann also der die Zeilen betreffende Gaußalgorithmus durchgeführt
werden.
Sei A ∈ SLn (F ) gegeben. Sei B ∈ S so gewählt, daß BA =: A0 Zeilenstufenform hat. Jede Spalte in A0
ist dabei eine Stufenspalte, da mit A auch A0 invertierbar ist. Ferner gibt es eine Diagonalmatrix B 0 ∈ S
so, daß in B 0 A0 =: A00 in jeder Stufenspalte, ausgenommen eventuell der letzten, ein Standardbasisvektor
steht. Da aber det(A00 ) = det(B 0 ) · det(B) · det(A) = 1 ist, folgt A00 = En und also A = B − B 0− ∈ S.
Ad (1). Gemäß Vorbemerkung genügt es zu zeigen, daß für λ ∈ U(F ) und für (i, j) ∈ [1, n]×2, 6= das
Element En + λei, j in SLn (F )(1) liegt. Wähle k ∈ [1, n]. In der Tat wird
SLn (F )(1)
3
=
=
=
=
[En + λei,k , En + ek, j ]
(En − λei,k )(En − ek, j )(En + λei,k )(En + ek, j )
(En − λei,k − ek, j + λei, j )(En + λei,k + ek, j + λei, j )
En + λei,k + ek, j + λei, j − λei,k − λei, j − ek, j + λei, j
En + λei, j .
Ad (2). Für a ∈ F und b ∈ U(F ) wird
[
1a
01
b 0
, 0 b− ]
=
1 −a
0 1
1a
01
=
b− −ab
0 b
b ab−
0 b−
=
1 a(b−2 −1)
0
1
b− 0
0 b
b 0
0 b−
.
Transponiert dazu wird also auch
[
b− 0
0 b
10
, −a 1 ] =
1
−2
a(b
0
−1) 1
.
Gemäß Vorbemerkung genügt es also, ein b ∈ U(F ) mit b−2 − 1 6= 0 zu finden, i.e. mit b2 − 1 6= 0. Nun
hat aber X 2 − 1 in F höchstens zwei Nullstellen. Wegen |F | > 4 ist |U(F )| > 3. Somit ist in der Tat
b ∈ U(F ) mit b2 − 1 6= 0 wählbar.
Ad (3). Es ist C := CSLn (F ) (e1 ) = ∗0 ∗∗ 6 SLn (F ), wobei das ∗ unten rechts einen (n − 1) × (n − 1)-Block
darstellt. Wir haben den Gruppenmorphismus C - GLn−1 (F ), (xi,j )i,j∈[1,n] - (xi,j )i,j∈[2,n] , wovon
A der Kern ist. Insbesondere ist A P C.
!
!
Um H := h gA : g ∈ SLn (F ) i = SLn (F ) zu zeigen, genügt es, H > SLn (F ) zu zeigen, wofür es dank
!
Vorbemerkung wiederum genügt, En + λei, j ∈ H zu zeigen für (i, j) ∈ [1, n]×2, 6= und λ ∈ F .
O.E. ist i ∈ [2, n].
125
P
Fall j ∈ [2, n]. Sei A := En + λe1,j . Sei g := ( k∈[2,n]r{i} ek,k ) + e1,i − ei,1 . Es wird
H
3
=
g
=
En + λei, j .
A
P
P
(( k∈[2,n]r{i} ek,k ) + e1,i − ei,1 )(λe1, j )(( k∈[2,n]r{i} ek,k ) − e1,i + ei,1 )
P
P
= En + λ(( k∈[2,n]r{i} ek,k ) + e1,i − ei,1 )e1, j (( k∈[2,n]r{i} ek,k ) − e1,i + ei,1 )
P
= En + λei, j (( k∈[2,n]r{i} ek,k ) − e1,i + ei,1 )
P
Fall j = 1. Nach vorigem Fall ist B := En + λei,2 ∈ H. Sei g := ( k∈[3,n] ek,k ) + e1,2 − e2,1 . Es wird
H
3
=
g
=
En + λei,1 .
B
P
P
(( k∈[3,n] ek,k ) + e1,2 − e2,1 )(En + λei,2 )(( k∈[3,n] ek,k ) − e1,2 + e2,1 )
P
P
= En + λ(( k∈[3,n] ek,k ) + e1,2 − e2,1 )ei,2 (( k∈[3,n] ek,k ) − e1,2 + e2,1 )
P
= En + λei,2 (( k∈[3,n] ek,k ) − e1,2 + e2,1 )
!
Ad (4). Wir haben nur Z(SLn (F )) 6 F × En zu zeigen. In Aufgabe 11.(5) wurde CGLn (F ) (SLn (F )) 6
F × En gezeigt. Daraus folgt aber
Z(SLn (F )) = CSLn (F ) (SLn (F )) = SLn (F ) ∩ CGLn (F ) (SLn (F )) 6 F × En .
Aufgabe 19
Ad (1). Wir behaupten, der Kern der Operation ist F3× E2 . Zu zeigen ist nur, daß der Kern in F3× E2
enthalten ist.
Wenn ac db ∈ GL2 (F3 ) im Kern dieser Operation liegt, dann ist ac db · 10 = 10 und ac db · 01 = 01 .
Folglich sind b = 0 und c = 0. Ferner ist a0 d0 · 11 = 11 . Folglich ist a = d. Also ist ac db ∈ F3× E2 .
Dies zeigt die Behauptung.
Es ist | GL2 (F3 )| = (9 − 1)(9 − 3) = 48. Der Kern der Operation hat Ordnung |F3× E2 | = 2. Folglich hat
das Bild der Operation Ordnung 48/2 = 24. Da auch |SP1 (F3 ) | = |S4 | = 24 ist, folgt, daß die Operation
surjektiv ist.
Ad (2). Wir schränken die Operation aus (1) ein auf SL2 (F3 ) - SP1 (F3 ) . Der Kern der eingeschränkten
Operation ist SL2 (F3 ) ∩ F3× E2 = F3× E2 und hat daher Ordnung 2. Folglich ist das Bild der eingeschränkten Operation eine Untergruppe von Index 2 in SP1 (F3 ) . Diese bildet ab unter einem Isomorphismus
SP1 (F3 ) ∼- S4 auf eine Untergruppe U von S4 von Index 2.
Um die behauptete Isomorphie zu zeigen, genügt es zu zeigen, daß die einzige Untergruppe von S4 von
Index 2 die Gruppe A4 ist.
Annahme, es gibt U 6 S4 von Index 2 mit A4 6= U . Es ist U P S4 ; cf. Aufgabe 6.(2). Es ist A4 ∩U < U . Es
ist A4 /(A4 ∩U ) → S4 /U , σ(A4 ∩U ) 7→ σU ein injektiver Gruppenmorphismus. Also ist |A4 /(A4 ∩U )| = 2.
Aber A4 hat keinen Normalteiler von Index 2, da die Konjugationsklassenlängen in A4 gleich 1, 3, 4 und
4 sind, sich also keine darunter zu 6 aufaddieren lassen. Cf. auch Beispiel 75.(2). Somit ist auch
Schließlich ist die Gruppe PSL2 (F3 ) nicht einfach, da die zu ihr isomorphe Gruppe A4 nicht einfach ist,
da sie den Normalteiler 1 < h(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)i C A4 besitzt.
Ad (3). Es ist Z(SL2 (F2 ))
A. 18.(4)
=
SL2 (F2 ) ∩ F2× E2 = {E2 }. Also ist PSL2 (F2 ) = SL2 (F2 ).
126
Es ist det : GL2 (F2 ) → U(F2 ) = 1. Also ist SL2 (F2 ) = GL2 (F2 ).
Wir haben die Operation GL2 (F2 ) - SP1 (F2 ) ' S3 ; cf. Beispiel 30.
Wenn ac db ∈ GL2 (F2 ) im Kern dieser Operation liegt, dann ist ac db · 10 = 10 und ac db · 01 = 01 .
Folglich sind b = 0 und c = 0. Ferner ist a0 d0 · 11 = 11 . Folglich ist a = d = 1. Also ist ac db = E2 .
Also ist die Operation injektiv, i.e. P1 (F2 ) eine treue GL2 (F2 )-Menge.
Es ist | GL2 (F2 )| = (4 − 1)(4 − 2) = 6. Es ist |S3 | = 6. Folglich ist die Operation bijektiv. Alles in allem
erhalten wir GL2 (F2 ) ' S3 .
Schließlich ist die Gruppe PSL2 (F2 ) nicht einfach, da die zu ihr isomorphe Gruppe S3 nicht einfach ist,
da sie den Normalteiler 1 < A3 C S3 besitzt.
Aufgabe 20
T
Ad (1). Annahme, doch. Sei U < An mit [An : U ] < n gegeben. Sei N := x∈An xU . Es ist N C An . Es
ist [An : N ] 6 (n − 1)! < n!/2, ersteres mit Aufgabe 8.(2) (samt Lösung), zweiteres dank n > 2. Dann
aber ist auch N > 1, im Widerspruch zur Einfachheit von An ; cf. Satz 45.
!
Ad (2). Sei σ ∈ Z(Sn ). Wir haben σ = id zu zeigen. Annahme, dies ist nicht der Fall. Wähle i, j ∈ [1, n]
mit i 6= j und mit σ(i) = j. Wähle k ∈ [1, n] r {i, j}, möglich, da n > 3. Es wird
(σ ◦ (j, k))(i) = σ(i) = j 6= k = ((j, k) ◦ σ)(i) .
Also ist σ ◦ (j, k) 6= (j, k) ◦ σ, im Widerspruch zu σ ∈ Z(Sn ).
!
Ad (3). Sei N C Sn und sei N 6= An . Wir haben N = 1 zu zeigen.
Es ist An keine Untergruppe von N , da dies N = An oder N = Sn zur Folge hätte. Also ist An ∩ N C An .
Da An einfach ist, hat dies An ∩ N = 1 zur Folge. Aus |An N | = |An | · |N |/|An ∩ N | folgt |N | =
|An N |/|An | ∈ {1, 2}.
Annahme, es ist |N | = 2. Dann gibt es genau ein σ ∈ Sn mit N = hσi. Es gibt i, j ∈ [1, n] mit i 6= j und
σ(i) = j. Dann ist σ(j) = σ 2 (i) = i. Wähle k ∈ [1, n] r {i, j}, möglich, da n > 3. Es wird
((j, k) ◦ σ ◦ (j, k))(i) = k 6= j = σ(i) .
Also ist (j, k) ◦ σ ◦ (j, k) 6∈ N . Somit ist N kein Normalteiler in Sn . Wir haben einen Widerspruch.
Also ist |N | = 1, i.e. N = 1.
Ad (4). Vorbemerkung. Sei p prim. Sei P eine Gruppe mit |P | = p2 . Es ist P abelsch.
Beweis. Annahme, nicht. Alle Elemente von P r {1} haben Ordnung p, da sonst P zyklisch und also
abelsch wäre. Wähle x ∈ P r {1}. Es ist X := hxi P P ; cf. Aufgabe 6.(2). Wähle y ∈ P r hxi. Es ist
Y := hyi P P ; cf. Aufgabe 6.(2). Es ist |X| = |Y | = p. Also ist X ' Cp ' Y . Insbesondere sind X und
Y abelsch. Es ist X 6= Y , also X 66 Y , also X ∩ Y < X, also |X ∩ Y | ein echter Teiler von |X| = p, also
X ∩ Y = 1. Es ist XY = P , da |XY | = |X| · |Y |/|X ∩ Y | = p · p/1 = |P | ; cf. Aufgabe 12.(1). Also ist
X × Y ' P ; cf. Aufgabe 2.(4). Da X und Y abelsch sind, gilt dies auch für X × Y und also auch für P .
Wir haben einen Widerspruch.
Cf. auch Aufgaben ??.(1) und ??.(3).
Wir verwenden im folgenden Satz 37.
Es ist | Syl2 (G)| ein Teiler von 60/4 = 15.
127
Annahme, es ist | Syl2 (G)| = 1. Sei P ∈ Syl2 (G). Es ist P P G und |P | = 4, was der Einfachheit von G
widerspricht.
Annahme, es ist | Syl2 (G)| = 3. Da Syl2 (G) eine transitive G-Menge ist, gibt es einen Gruppenmorphismus
G → SSyl2 (G) ungleich ! . Da |SSyl2 (G) | = 6 ist, hat dieser Gruppenmorphismus einen Kern K P G mit
[G : K] ∈ [2, 6], im Widerspruch zur Einfachheit von G.
Annahme, es ist | Syl2 (G)| = 15.
Annahme, es ist P ∩ Q = 1 für alle P, Q ∈ Syl2 (G) mit P 6= Q. Somit haben wir 3 · 15 = 45 Elemente
in G von Ordnung 2 oder 4. Es ist | Syl5 (G)| ≡5 1 und ein Teiler von 60/5 = 12. Es ist | Syl5 (G)| =
6 1, da
wegen der Einfachheit von G keine 5-Sylowgruppe normal in G liegt. Also ist | Syl5 (G)| = 6. Somit haben
wir 4 · 6 = 24 Elemente in G von Ordnung 5. Es folgt |G| > 24 + 45 > 60. Wir haben einen Widerspruch.
Somit gibt es P, Q ∈ Syl2 (G) mit P 6= Q und ein Element x ∈ G r {1} mit x ∈ P ∩ Q.
Da |P | = 4, ist P abelsch; cf. Vorbemerkung. Also ist P 6 CG (x). Genauso ist Q 6 CG (x). Also ist
P ⊂ P ∪ Q ⊆ CG (x), mithin P < CG (x). Also ist 4 = |P | ein echter Teiler von |CG (x)|.
Es ist die Konjugationsklasse Gx von x eine transitive G-Menge via Konjugation. Es ist | Gx| =
|G|/|CG (x)| ; cf. Lemma 19. Also ist | Gx| ein echter Teiler von 15. Da G einfach von Ordnung 60 ist,
ist G nichtabelsch; cf. Aufgabe 3.(4). Es ist Z(G) C G, also Z(G) = 1. Folglich ist x 6∈ Z(G), i.e. | Gx| > 1.
Wir haben die Operation G → S Gx , welche wegen Transitivität von Gx ungleich ! ist. Da G einfach ist,
ist der Kern dieser Operation gleich 1, diese Operation also injektiv. Da G nicht injektiv in eine Gruppe
von Ordnung 6 abbilden kann, zieht dies | Gx| =
6 3 nach sich.
∼
Somit ist | Gx| = 5. Folglich haben wir einen Isomorphismus S Gx −
→ S5 , komponiert mit unserer Operation
auf Gx also einen injektiven Gruppenmorphismus G → S5 . Sein Bild ist eine Untergruppe von Index
2, also ein Normalteiler in S5 ; cf. Aufgabe 6.(2). Folglich ist sein Bild gleich A5 ; cf. (3). Damit ist
G ' A5 und also auch | Syl2 (A5 )| = 15. Es ist V := h(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)i ∈ Syl2 (A5 ). Es folgt
|NA5 (V )| = |A5 |/| Syl2 (A5 )| = 4, i.e. NA5 (V ) = V . Aber V = S4id t S4(1, 2)(3, 4), also V P S4 , also
S4 6 NA5 (V ) = V , also |24| = |S4 | 6 |V | = 4, und wir haben einen Widerspruch.
Wir können | Syl2 (G)| = 5 folgern. Da Syl2 (G) eine transitive G-Menge ist, ist die Operation G → S Gx
ungleich ! . Da G einfach ist, ist der Kern dieser Operation gleich 1, i.e. diese Operation injektiv. Wir
∼
→ S5 , komponiert mit unserer Operation also einen injektiven
haben einen Isomorphismus SSyl2 (G) −
Gruppenmorphismus G → S5 . Sein Bild ist eine Untergruppe von Index 2, also ein Normalteiler in S5 ;
cf. Aufgabe 6.(2). Folglich ist sein Bild gleich A5 ; cf. (3). Damit ist G ' A5
Aufgabe 21
Da M primitiv ist, ist M transitiv. Daher ist |M | ein Teiler von |G| ; cf. Korollar 20. Da |M | ≡2 0, ist
auch |G| ≡2 0.
Annahme, es ist |G| ≡4 2. Dank Aufgabe 8.(1) gibt es einen Normalteiler N P G mit [G : N ] = 2.
Sei auf M die Relation (∼) definiert durch
m ∼ m0
es gibt ein n ∈ N mit nm = m0
⇐⇒
für m, m0 ∈ M . Diese Relation ist reflexiv dank neutralem Element in N , sie ist symmetrisch dank
Inversen in N und sie ist transitiv dank Produkten in N . Somit ist (∼) eine Äquivalenzrelation auf M .
Wir behaupten, daß (∼) eine G-Äquivalenzrelation ist. Seien m, m0 ∈ M mit m ∼ m0 gegeben. Wähle
!
n ∈ N mit nm = m0 . Sei g ∈ G. Wir haben gm ∼ gm0 zu zeigen.
Es wird gn ∈ N und gngm = gnm = gm0 . Also ist gm ∼ gm0 . Dies zeigt die Behauptung.
Mit anderen Worten, es ist N m ein Block von M ; cf. Beweis zu Lemma 27.
Da M primitiv ist, ist (∼) diskret oder verklumpt; cf. Lemma 27.
128
Fall (∼) diskret. Wähle m ∈ M . Es ist N m = {m}, folglich N 6 CG (m) 6 G und also |M | = |Gm| =
|G|/|CG (m)| ∈ {1, 2} ; cf. Lemma 19. Dieser Fall tritt also nicht ein, da |M | > 3 ist.
Fall (∼) verklumpt. Wähle m ∈ M . Es ist N m = M . Dann folgt aber aus |N | ≡2 1, daß |M | =
|N |/|CN (m)| ≡2 1 ist. Dieser Fall tritt also nicht ein, da |M | ≡2 0 ist.
Da beide Fälle nicht eintreten, haben wir einen Widerspruch.
Also ist |G| ≡4 0.
Aufgabe 22
Zeigen wir zunächst, daß f als Gruppenmorphismus existiert wie angegeben. In der Tat wird
(i, i + 1)2
((i, i + 1) ◦ (i + 1, i + 2))3
((i, i + 1) ◦ (j, j + 1))2
= (i, i + 1, i + 2)3
= (i, i + 1)2 ◦ (j, j + 1)2
= id für i ∈ [1, n − 1]
= id für i ∈ [1, n − 2]
= id für i, j ∈ [1, n − 1] mit |i − j| > 2 .
Gemäß universeller Eigenschaft der präsentierten Gruppe SP,n können wir also die Abbildung
{s1 , . . . , sn }
si
→ Sn
7→ (i, i + 1)
für i ∈ [1, n − 1]
zum angegebenen Gruppenmorphismus f fortsetzen; cf. Satz 53.
Es ist f surjektiv, da Sn = h(1, 2), (2, 3), . . . , (n − 1, n)i.
Um zu zeigen, daß f ein Isomorphismus ist, bleibt also |SP,n | 6 n! nachzuweisen. Wir führen eine Induktion
nach n > 1.
Für n = 1 ist SP,n = 1, da F(∅) = {[∅]} = 1, und jede Faktorgruppe davon ebenfalls einelementig ist.
!
Sei n > 2. Sei bekannt, daß |SP,n−1 | 6 (n − 1)! . Wir wollen |SP,n | 6 n! zeigen.
Mittels universeller Eigenschaft der präsentierten Gruppe SP,n−1 erhalten wir den Gruppenmorphismus
SP,n−1
si
h
−
→ SP,n
7→ si
für i ∈ [1, n − 2] ,
da s2i = 1 für i ∈ [1, n − 2] und (si si+1 )3 = 1 für i ∈ [1, n − 3] und (si sj )2 = 1 für i, j ∈ [1, n − 2] mit
|i − j| > 2 auch in SP,n gelten.
I.V.
!
Sei H := h(SP,n−1 ) 6 SP,n . Es ist |H| 6 |SP,n−1 | 6 (n − 1)! . Können wir |SP,n /H| 6 n zeigen, dann
folgt
|SP,n | = |SP,n /H| · |H| 6 n · (n − 1)! = n! .
!
Bleibt also |SP,n /H| 6 n zu zeigen.
Beachte allgemein, daß in SP,n gilt, daß si si+1 si = si+1 si si+1 für i ∈ [1, n − 2], wie aus (si si+1 )3 = 1 und
s2i = s2i+1 = 1 folgt. Ferner ist dort si sj = sj si für i, j ∈ [1, n] mit |i − j| > 2, wie aus (si sj )2 = 1 und
s2i = s2j = 1 folgt.
Wir behaupten dazu, daß
!
SP,n =
[
Hsn−1 sn−2 · · · si .
i∈[1,n]
!
Zu zeigen ist ⊆. Gegeben sei dazu ein Element ξ ∈ SP,n .
Es ist ξ ein Produkt in den Elementen s1 , . . . , sn−1 .
129
Taucht sn−1 in einer dieser Faktordarstellungen von ξ nicht als Faktor auf, so ist ξ ∈ H und ist mithin
in unserer Vereinigungsmenge enthalten.
Wähle ansonsten eine Faktordarstellung von ξ, für welche der ersten Faktor von links aus gesehen, der
gleich sn−1 ist, rechts neben sich eine minimale Anzahl von Faktoren stehen hat.
Annahme, es ist das Teilprodukt rechts von diesem Faktor sn−1 nicht von der Form sn−1 sn−2 · · · sk für
ein k ∈ [1, n − 1]. Dann gibt es ein Teilprodukt rechts von diesem Faktor der Form sn−1 sn−2 · · · s` si mit
i ∈ [1, n] r {` − 1}.
Fall i ∈ [1, ` − 2]. Wir können den Faktor si am Teilprodukt sn−1 sn−2 · · · s` vorbei nach links tauschen
und erhalten eine weitere Faktordarstellung von ξ, welche rechts vom ersten Faktor sn−1 weniger Faktoren
als in ersterer enthält, was wegen der minimalen Wahl der Anzahl dieser Faktoren nicht eintreten kann.
Fall i = ` < n − 1. Wir können wegen s` si = 1 diese beiden Faktoren streichen und erhalten eine weitere
Faktordarstellung von ξ, welche rechts vom ersten Faktor sn−1 weniger Faktoren als in ersterer enthält,
was wegen der minimalen Wahl der Anzahl dieser Faktoren nicht eintreten kann.
Fall i = ` = n − 1. Wir können wegen s` si = 1 diese beiden Faktoren streichen und erhalten eine weitere
Faktordarstellung von ξ, welche einen weiteren Faktor sn−1 weiter rechts besitzen muß, was wegen der
minimalen Wahl der Anzahl der Faktoren rechts vom ersten Faktor sn−1 nicht eintreten kann.
Fall i ∈ [` + 1, n − 2]. Wir können ein Teilprodukt wie folgt umformen.
sn−1 sn−2 · · · si+1 si si−1 si−2 si−3 · · · s` si
= sn−1 sn−2 · · · si+1 si si−1 si si−2 si−3 · · · s`
= sn−1 sn−2 · · · si+1 si−1 si si−1 si−2 si−3 · · · s`
= si−1 sn−1 sn−2 · · · si+1 si si−1 si−2 si−3 · · · s`
So haben wir eine weitere Faktordarstellung von ξ erhalten, welche rechts vom ersten Faktor sn−1 weniger
Faktoren als in ersterer enthält, was wegen der minimalen Wahl der Anzahl dieser Faktoren nicht eintreten
kann.
Fall i = n − 1 > `. Wir können ein Teilprodukt wie folgt umformen.
sn−1 sn−2 sn−3 · · · s` sn−1
= sn−1 sn−2 sn−1 sn−3 · · · s`
= sn−2 sn−1 sn−2 sn−3 · · · s`
So haben wir eine weitere Faktordarstellung von ξ erhalten, welche rechts vom ersten Faktor sn−1 weniger
Faktoren als in ersterer enthält, was wegen der minimalen Wahl der Anzahl dieser Faktoren nicht eintreten
kann.
Keiner der möglichen Fälle kann eintreten. Somit haben wir einen Widerspruch.
Cf. Beispiel 56.
Aufgabe 23
Ad (1). Da Gruppenmorphismen zu Gruppenmorphismen komponieren und da das Inverse eines Gruppenisomorphismus wieder ein Gruppenisomorphismus ist, ist Aut(G) 6 SG .
Für g ∈ G schreiben wir βg : G → G, x 7→ gx. Es ist Inn(G) = { βg : g ∈ G }.
Wir haben den Gruppenmorphismus β : G → Aut(G), g 7→ βg , da sich
βgh (x) =
gh
x =
g h
für g, h ∈ G und x ∈ G ergibt, also βgh = βg ◦ βh .
( x) = (βg ◦ βh )(x)
130
Nun ist Inn(G) = Im(β) 6 Aut(G).
!
Wir zeigen Inn(G) P Aut(G). Sei α ∈ Aut(G). Sei g ∈ G. Es wird
( αβg )(x) = α(βg (α− (x))) = α( gα− (x)) =
α(α− (x)) =
α(g)
α(g)
x = βα(g) (x)
für x ∈ G, also αβg = βα(g) ∈ Inn(G).
Ad (2). Für eine Gruppe G ist Z(G) der Kern des Gruppenmorphismus β : G - Aut(G), welcher Bild
Inn(G) hat; cf. (1).
Da Z(S4 ) = 1 ist, folgt der Isomorphismus β|Inn(S4 ) : S4
zeigen.
∼-
!
Inn(S4 ). Es genügt also, | Aut(S4 )| 6 24 zu
Erste Lösung. Es ist S4 = h(1, 2, 3, 4), (1, 2)i. Ein Automorphismus liegt also durch seine Bilder von
(1, 2, 3, 4) und von (1, 2) fest.
Es muß (1, 2, 3, 4) auf ein Element der Ordnung 4 geschickt werden. Dafür gibt es 6 Möglichkeiten.
Es muß (1, 2) auf ein Element der Ordnung 2 geschickt werden, dessen Konjugationsklasse ebenfalls
| S4 (1, 2)| = 6 Elemente enthält. Da | S4 (1, 2)(3, 4)| = 3, muß (1, 2) also auf ein Element aus S4 (1, 2)
geschickt werden, wofür es 6 Möglichkeiten gibt.
Also ist | Aut(S4 )| 6 36.
Es ist Inn(S4 ) 6 Aut(S4 ). Also ist 24 = | Inn(S4 )| ein Teiler von | Aut(S4 )|.
Folglich ist | Aut(S4 )| = 24.
Zweite Lösung.
Aus Aufgabe 22 entnehmen wir den Isomorphismus SP,4
f
∼
S4 .
β
Wir haben die Bijektion von Aut(S4 ) nach { SP,4 −
→ S4 : β ist ein Gruppenisomorphismus } =: M , die
durch α 7→ α ◦ f gegeben ist und die die Umkehrabbildung β ◦ f − ← β besitzt.
Es genügt also, |M | 6 24 zu zeigen.
Es sind s1 , s2 und s3 unter einem Isomorphismus β auf Elemente der Ordnung 2 zu schicken. Da in S4 die
Konjugationsklasse von f (s1 ), von f (s2 ) und von f (s3 ) gleich S4 (1, 2) ist und damit 6 Elemente enthält,
liegen auch s1 , s2 und s3 in einer Konjugationsklasse von SP,4 , die 6 Elemente enthält. Somit müssen
diese drei Elemente nach S4 (1, 2) geschickt werden.
Schreibe β(s1 ) =: (a1 , b1 ), β(s2 ) =: (a2 , b2 ) und β(s3 ) =: (a3 , b3 ).
Da f (s1 )f (s2 ) in S4 die Ordnung 3 hat, hat auch s1 s2 die Ordnung 3. Somit muß auch β(s1 )β(s2 ) von
Ordnung 3 sein, i.e. es muß |{a1 , b1 } ∩ {a2 , b2 }| = 1 sein.
Genauso muß auch |{a2 , b2 } ∩ {a3 , b3 }| = 1 sein.
Da f (s1 )f (s3 ) in S4 die Ordnung 2 hat, hat auch s1 s3 die Ordnung 2. Somit muß auch β(s1 )β(s3 ) von
Ordnung 2 sein, i.e. es muß |{a1 , b1 } ∩ {a3 , b3 }| = 0 sein.
Somit können wir β(s1 ) = (a, b), β(s2 ) = (b, c) und β(s3 ) = (c, d) schreiben mit (a, b, c, d) ∈ [1, 4]×4, 6= .
Die definierenden Relationen von SP,4 zeigen nun, daß für jede solche Wahl der Bilder der Gruppenmorphismus β auch existiert. Da diese Bilder S4 erzeugen, folgt auch, daß dieses β ein Gruppenisomorphismus
ist.
Also haben wir |M | = |[1, 4]×4, 6= | = 24.
Ad (3).
Aus Aufgabe 22 entnehmen wir den Isomorphismus SP,4
f
∼
S4 .
131
Können wir einen Gruppenmorphismus u von SP,4 nach S4 konstruieren, dessen Bild Ordnung 6 hat, dann
ist u ◦ f − : S4 → S4 ein Gruppenendomorphismus mit Bild von Ordnung 6.
Setze u(s1 ) := t1 := (1, 2), u(s2 ) := t2 := (2, 3) und u(s3 ) := t3 := (1, 2). Da t21 = id, t22 = id,
(t1 ◦ t2 )3 = (1, 2, 3)3 = id, (t2 ◦ t3 )3 = (1, 3, 2)3 = id und (t1 ◦ t3 )2 = id2 = id, folgt, daß so in der Tat ein
Gruppenmorphismus u : SP,4 → S4 definiert ist.
Es ist Im(u) = ht1 , t2 , t3 i = h(1, 2), (2, 3)i = S3 von Ordnung 6.
Ad (4).
∼
Vorbemerkung. Wenn, dem Hinweis folgend, der Automorphismus S6 −
→ S6 das Element g := (1, 2) nach
(1, 2)(3, 4)(5, 6) =: g̃ und das Element x := (1, 2, 3, 4, 5, 6) nach x̃ := (1, 2, 3)(4, 5) schicken soll, dann muß
er notwendigerweise
(1, 2)
(2, 3)
=
=
(3, 4)
=
x2
=
x3
=
x4
(4, 5)
(5, 6)
g
g
x
g
g
g
7→
7
→
x̃
g̃
g̃
=
=
(1, 2)(3, 4)(5, 6)
(2, 3)(1, 5)(4, 6)
=
=
(1, 2)(3, 4)(5, 6)
(1, 5)(2, 3)(4, 6)
=: t1
=: t2
7→
x̃2
=
(3, 1)(2, 4)(5, 6)
=
(1, 3)(2, 4)(5, 6)
=: t3
7→
x̃3
=
(1, 2)(3, 5)(4, 6)
=
(1, 2)(3, 5)(4, 6)
=: t4
7→
x̃4
=
(2, 3)(1, 4)(5, 6)
=
(1, 4)(2, 3)(5, 6)
=: t5
g̃
g̃
g̃
schicken. Ende der Vorbemerkung.
Aus Aufgabe 22 entnehmen wir den Isomorphismus SP,6
Wir konstruieren einen Isomorphismus SP,6
liefert.
u
∼
f
∼
S6 .
S6 , welcher dann einen Automorphismus u◦f − ∈ Aut(S6 )
Wir behaupten die Existenz eines Gruppenmorphismus SP,6
u
∼
S6 mit u(si ) = ti =
x̃i−1
g̃ für i ∈ [1, 5].
Wir haben die Relationen aus Aufgabe 22 zu überprüfen.
Es ist g̃ 2 = id und also auch t2i = ( x̃
i−1
g̃)2 =
x̃i−1
(g̃ 2 ) = id für i ∈ [1, 5].
Es ist t1 ◦ t2 = g̃ ◦ x̃g̃ = (1, 2)(3, 4)(5, 6) ◦ (1, 5)(2, 3)(4, 6) = (1, 6, 3)(2, 4, 5) und also
(ti ◦ ti+1 )3 = ( x̃
i−1
g̃ ◦
x̃i
g̃)3 =
x̃i−1
((g̃ ◦ x̃g̃)3 ) = id
für i ∈ [1, 4].
Es ist t1 ◦ t3 = g̃ ◦
x̃2
g̃ = (1, 2)(3, 4)(5, 6) ◦ (1, 3)(2, 4)(5, 6) = (1, 4)(2, 3) und also
(ti ◦ ti+2 )2 = ( x̃
i−1
g̃ ◦
x̃i+1
g̃)2 =
x̃i−1
((g̃ ◦
x̃2
g̃)2 ) = id
für i ∈ [1, 3].
Es ist t1 ◦ t4 = g̃ ◦
x̃3
g̃ = (1, 2)(3, 4)(5, 6) ◦ (1, 2)(3, 5)(4, 6) = (3, 6)(4, 5) und also
i−1
(ti ◦ ti+3 )2 = ( x̃
g̃ ◦
x̃i+2
g̃)2 =
x̃i−1
((g̃ ◦
x̃3
g̃)2 ) = id
für i ∈ [1, 2].
Es ist t1 ◦ t5 = (1, 2)(3, 4)(5, 6) ◦ (1, 4)(2, 3)(5, 6) = (1, 3)(2, 4) und also (t1 ◦ t5 )2 = id.
Dies zeigt die Behauptung.
!
Wir behaupten, daß u ein Isomorphismus ist. Es genügt zu zeige, daß S6 = h ti : i ∈ [1, 6] i =: S.
Es ist t1 ◦ t3 = (1, 4)(2, 3) und also t1 ◦ t3 ◦ t5 = (1, 4)(2, 3) ◦ (1, 4)(2, 3)(5, 6) = (5, 6) ∈ S.
132
Es ist
t4
(1,2)(3,5)(4,6)
Es ist
t3
(1,3)(2,4)(5,6)
(5, 6) =
(3, 4) =
(5, 6) = (3, 4) =: b ∈ S.
(3, 4) = (1, 2) ∈ S.
Es ist t1 ◦ t2 ◦ t5 = (1, 6, 3)(2, 4, 5) ◦ (1, 4)(2, 3)(5, 6) = (1, 5, 3, 4, 6, 2) =: a ∈ S.
Es ist a(5, 6) =
(1,5,3,4,6,2)
(5, 6) = (3, 2) = (2, 3) ∈ S.
Es ist b(2, 3) = (2, 4) ∈ S.
Es ist
t1 ◦t2
(2, 4) =
(1,6,3)(2,4,5)
(2, 4) = (4, 5) ∈ S.
Also ist
S6 = h(1, 2), (2, 3), (3, 4), (4, 5), (5, 6)i 6 S 6 S6
und also S6 = S. Dies zeigt die Behauptung.
!
Wir behaupten Inn(G) < Aut(G). Hierzu zeigen wir, daß u ◦ f − ∈ Aut(S6 ), aber nicht in Inn(S6 ) liegt.
Es genügt zu zeigen, daß (u ◦ f − )( (1, 2) ) nicht konjugiert zu (1, 2) ist, i.e. keine Transposition ist.
In der Tat wird (u ◦ f − )( (1, 2) ) = u(s1 ) = t1 = (1, 2)(3, 4)(5, 6) keine Transposition.
Aufgabe 24
Ad (1). Es ist
| PSL2 (F4 )|
A. 18.(4)
=
| SL2 (F4 )|/|F4× En ∩ SLn (F4 )|
=
=
=
| GL2 (F4 )|/(|F4× | · |F4× En ∩ SLn (F4 )|)
(16 − 1)(16 − 4)/(3 · 1)
60 .
Es ist PSL2 (F4 ) einfach; cf. Satz 46. Also ist PSL2 (F4 ) isomorph zu A5 ; cf. Aufgabe 20.(4). Wir sollen hier
einen Isomorphismus zwischen diesen Gruppen konstruieren.
Wir haben die Operation α : SL2 (F4 ) → SP1 (F4 ) ; cf. Beispiel 30. Diese ist transitiv, und also ist α 6= ! .
Es ist Z(SL2 (F4 )) = F4× En ∩ SLn (F4 ) ; cf. Aufgabe 18.(4). Also ist Z(SL2 (F4 )) 6 Kern(α). Folglich ist der
Gruppenmorphismus ᾱ : PSL2 (F4 ) → SP1 (F4 ) , xZ(SL2 (F4 )) 7→ α(x) wohldefiniert, und es ist auch ᾱ 6= ! ,
i.e. Kern(α) C PSL2 (F4 ).
Man kann auch Z(SL2 (F4 )) = 1 erkennen, da die Gleichung x2 = 1 in F4 nur die Lösung x = 1 haben kann.
Da PSL2 (F4 ) einfach ist, folgt Kern(ᾱ) = 1, i.e. ᾱ injektiv ; cf. Satz 46.
Dies hätte man auch mit einem Argument analog zu dem in der Lösung zu Aufgabe 19.(1) sehen können.
∼
Es ist |P1 (F4 )| = 5. Wir können also einen Isomorphismus β : SP1 (F4 ) −
→ S5 wählen.
!
∼
Es bleibt I := Im(β ◦ ᾱ) = A5 zu zeigen, denn dann ist (β ◦ ᾱ)|A5 : PSL2 (F4 ) −
→ A5 ein Isomorphismus
wie gesucht.
Nun ist I 6 S5 mit |I| = 60 und also [S5 : I] = 2. Also ist I P S5 ; cf. Aufgabe 6.(2). Folglich ist I = A5 ;
cf. Aufgabe 20.(3).
Ad (2).
133
Es ist
| PSL2 (F5 )|
A. 18.(4)
=
| SL2 (F5 )|/|F5× En ∩ SLn (F5 )|
=
=
=
| GL2 (F5 )|/(|F5× | · |F5× En ∩ SLn (F5 )|)
(25 − 1)(25 − 5)/(4 · 2)
60 .
Es ist PSL2 (F5 ) einfach; cf. Satz 46. Also ist PSL2 (F5 ) isomorph zu A5 ; cf. Aufgabe 20.(4). Wir sollen hier
einen Isomorphismus zwischen diesen Gruppen konstruieren.
Schreibe
ab
cd
∈ PSL2 (F5 ) für das von
ab
cd
∈ SL2 (F5 ) repräsentierte Element.
Es ist P := h 20 −20 , 01 −10 i 6 PSL2 (F5 ) eine Untergruppe von Ordnung 4, da diese beiden Erzeuger von
Ordnung 2 sind und kommutieren. Also ist P ∈ Syl2 (PSL2 (F5 )).
Es ist P 6 NPSL2 (F5 ) (P ). Ferner ist y := 21 −12 ∈ NPSL2 (F5 ) (P ), da y 20 −20 y − = 01 −10 ∈ P und
y 01 −10 y − = 02 20 ∈ P . Da |hyi| = 3 und |P | = 4, sind 3 und 4 Teiler von |NPSL2 (F5 ) (P )|, mithin
|NPSL2 (F5 ) (P )| = 12 oder |NPSL2 (F5 ) (P )| = 60. Letzteres ist wegen PSL2 (F5 ) einfach aber nicht möglich;
cf. Satz 46. Also ist |NPSL2 (F5 ) (P )| = 12 und somit | Syl2 (PSL2 (F5 ))| = 60/12 = 5 ; cf. Satz 37.(3).
Schreibe M := Syl2 (PSL2 (F5 )), was eine transitive PSL2 (F5 )-Menge ist; cf. Satz 37.(2).
Wir haben die Operation α : SL2 (F5 ) → SM ; cf. Beispiel 30. Diese ist transitiv, und also ist α 6= ! .
Es ist Z(SL2 (F5 )) = F5× En ∩ SLn (F5 ) ; cf. Aufgabe 18.(4). Also ist Z(SL2 (F5 )) 6 Kern(α). Folglich ist der
Gruppenmorphismus ᾱ : PSL2 (F5 ) → SM , xZ(SL2 (F5 )) 7→ α(x) wohldefiniert, und es ist auch ᾱ 6= ! , i.e.
Kern(α) C PSL2 (F5 ).
Da PSL2 (F5 ) einfach ist, folgt Kern(ᾱ) = 1, i.e. ᾱ injektiv ; cf. Satz 46.
∼
Es ist |M | = 5. Wir können also einen Isomorphismus β : SM −
→ S5 wählen.
!
∼
Es bleibt I := Im(β ◦ ᾱ) = A5 zu zeigen, denn dann ist (β ◦ ᾱ)|A5 : PSL2 (F5 ) −
→ A5 ein Isomorphismus
wie gesucht.
Nun ist I 6 S5 mit |I| = 60 und also [S5 : I] = 2. Also ist I P S5 ; cf. Aufgabe 6.(2). Folglich ist I = A5 ;
cf. Aufgabe 20.(3).
Literatur
[1] Aschbacher, M., Finite Group Theory, 2nd ed., Cambridge University Press, 2000.
[2] Hiß, G., Group Theory, Vorlesung in Aachen, 2008.
[3] Kimmerle, W., Gruppen, Geometrie und Darstellungstheorie, Stuttgart, 2008.
[4] Kurzweil, H.; Stellmacher, B., Theorie der endlichen Gruppen, Springer, 1998.
[5] Künzer, M., Cohomologie von Gruppen, Skript, Aachen, 2006.
[6] dito, Galoistheorie, Skript, Koblenz, 2009.
[7] dito, Gewöhnliche Darstellung endlicher Gruppen, Skript, Stuttgart, 2013.
134

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