Einfachheit von PSL_{n}(k) (bis auf n = 2, k ∈ {F_{2}, F_{3}})

Wir folgen E. Artins Geometric Algebra, mit dem Unterschied, daß wir uns auf den Fall eines kommutativen Körpers beschränken und daß wir die Verwendung von Matrizen nicht zu vermeiden versuchen.

Sei n ≥ 2. Sei k ein (kommutativer) Körper. Schreibe

GL := GL_{n}(K) = {A ∈ K^{n×n} : det A ≠ 0}
SL := SL_{n}(K) = \{A ∈ K^{n×n} : det A = 1\} = Kern(GL ^{\overline{}^{det}} k^{∗})
PSL := PSL_{n}(K) = SL_{n}(K)/Z(SL_{n}(K)) .

Seien i, j ∈ [1, n] mit i ≠ j, und sei λ ∈ k. Schreibe E_{i,j}(λ) ∈ SL für die Matrix, deren Hauptdiagonaleinträge gleich 1 sind, deren Eintrag an Position (i, j) gleich λ ist, und deren sonstige Einträge gleich 0 sind.

Bemerkung. Es ist das Zentrum Z(SL) von SL gleich {λE : λ ∈ k, λ^{n} = 1}. Ferner ist Z(GL) = {λE : λ ∈ k^{∗}}. Beides folgt bereits durch einen Vergleich von E_{i,j}(1)A mit AE_{i,j}(1) für i, j ∈ [1, n], i ≠ j. Insbesondere ist Z(SL) = Z(GL) ∩ SL.

Bemerkung. Ist |k| = q, so hat das Polynom X^{n} − 1 ∈ k[X] genau d := ggT(n, q − 1) Nullstellen in k. Denn k^{∗} ≃ C_{q−1} = ⟨α⟩, und (α^{j})^{n} = 1 gilt für j ∈ Z genau dann, wenn q − 1 | jn, i.e. wenn (q − 1)d^{−1} | j. Dies ist für j ∈ [0, (q − 1) − 1] gerade dmal der Fall.

Insbesondere ist |Z(SL)| = d, und folglich

| PSL | = d^{−1}(q − 1)^{−1} ∏_{i∈[0,n−1]}(q^{n} − q^{i}) = d^{−1}q^{n(n−1)/2} ∏_{i∈[2,n]}(q^{i} − 1) .

Beispiel. Sei n = 2 und k = F_{2}. Es enthält PSL_{2}(F_{2}) = SL_{2}(F_{2}) = GL_{2}(F_{2}) gerade 6 Elemente, ist also nicht einfach, da eine normale 3-Sylowgruppe enthalten ist.

Beispiel. Sei n = 2 und k = F_{3}. Es enthält PSL_{2}(F_{3}) gerade 12 Elemente, enthält also entweder gerade eine 3-Sylowgruppe, oder aber vier 3-Sylowgruppen, und dann nur eine 2-Sylowgruppe. In beiden Fällen folgt, daß die Gruppe nicht einfach ist.

Definition. Eine Matrix T ∈ GL heißt Scherung, falls sie GL-konjugiert ist zu E_{2,1}(1).

Beispiel. Sei a ∈ k^{n} ∖ {0}, sei f ∈ (k^{n})^{∗} ∖ {0}, und sei f(a) = 0. Sei A die beschreibende Matrix von k^{n} \overline{}k^{n}, x \overline{}x + f(x)a bezüglich der Standardbasis. Dann ist A eine Scherung. Denn sei x_{1} ∈ k^{n} ∖Kern f, sei x_{2} = f(x_{1})a, und sei (x_{2}, x_{3} …, x_{n}) eine Ergänzung zu einer Basis von Kern f. Bezüglich der Basis (x_{1}, x_{2}, x_{3} …, x_{n}) von k^{n} wird unser Endomorphismus nun beschrieben von E_{2,1}(1).

Insbesondere ist für λ ∈ k^{∗} und i, j ∈ [1, n] mit i ≠ j unter Verwendung der Projektion f auf die j-te Koordinate, und von a = λe_{i} die Matrix E_{i,j}(λ) als Scherung erkannt.

Ferner ist unter Verwendung der Projektion f auf die erste Koordinate, und einem nichtverschwindenden Vektor a mit erstem Eintrag 0 auch eine Matrix der Form (\begin{matrix}1 & 0 \\ ∗ & E_{n−1} \end{matrix} ) ungleich E_{n} als Scherung erkannt.

Lemma 1 Jede Scherung ist SL-konjugiert zu E_{2,1}(λ) für ein λ ∈ k^{∗}.

Beweis. Sei T Scherung, und sei S ∈ GL mit S^{−1}T S = E_{2,1}(1). Sei λ := (det S)^{−1}. Dann ist S̃ :=

S (\begin{matrix}λ & 0 \\ 0 & E_{n−1} \end{matrix} ) ∈ SL und

S̃^{−1}T S̃ = (\begin{matrix}λ^{−1} & 0 \\ 0 & E_{n−1} \end{matrix} ) E_{2,1}(1) (\begin{matrix}λ & 0 \\ 0 & E_{n−1} \end{matrix} ) = E_{2,1}(λ) .

Lemma 2 Ist n ≥ 3, so ist jede Scherung ist SL-konjugiert zu E_{2,1}(1). Beweis. Sei T eine Scherung. Mit Lemma 1 dürfen wir T = E_{2,1}(λ) mit λ ∈ k^{∗} annehmen. Wir konjugieren in SL_{3}(k) vermöge

( \begin{matrix}λ & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & λ^{−1} \end{matrix} ) (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ λ & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}λ^{−1} & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & λ \end{matrix} ) = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})

und setzen dies durch E_{n−3} fort auf SL. Lemma 3 Die Scherungen in GL erzeugen SL.

Beweis. Dies folgt mit (\begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) = E_{1,2}(−1)E_{2,1}(1)E_{1,2}(−1), mit (\begin{matrix}λ & 0 \\ 0 & λ^{−1} \end{matrix} ) = E_{1,2}(λ)E_{2,1}(−λ^{−1})E_{1,2}(λ) (\begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix})

für λ ∈ k^{∗} und mit dem Gaußschen Algorithmus, da E_{i,j}(λ) stets eine Scherung ist. Lemma 4 Es ist [GL, GL] =: GL′ = SL, außer möglicherweise, wenn n = 2 und k = F_{2}. Beweis. Wir behaupten, daß jede Scherung T in GL′ liegt, woraus mit Lemma 3 dann SL ≤ GL′ folgt. Wegen GL′ ⊴ GL dürfen wir T = E_{2,1}(1) annehmen. Ist char k ≠ 2, so ist T^{2} = E_{2,1}(2) ebenfalls eine Scherung. Die Restklassen von T^{2} und von T in der abelschen Gruppe GL / GL′ sind also gleich. Kürzen zeigt, daß die Restklasse von T verschwindet, i.e. daß T ∈ GL′. Ist n ≥ 3, so sind auch T′ = E_{3,1}(1) und T T′ Scherungen. Es liegen T′ und T T′ in derselben Restklasse modulo GL′, so daß Kürzen zeigt, daß T ∈ GL′. Dies zeigt die Behauptung. Da wegen des Morphismus GL ^{\overline{}^{det}} k^{∗} sicher GL′ ≤ SL liegt, folgt das Lemma. Lemma 5 Sei G ≤ GL invariant unter SL-Konjugation und enthalte es eine Scherung. Es ist SL ≤ G, außer möglicherweise wenn n = 2, char k = 2 und k^{2} ⊊ k. Beweis. Ist n ≥ 3, so liegt nach Lemma 2 mit einer Scherung zugleich jede Scherung in G, und wir sind fertig mit Lemma 3. Sei n = 2. Wir dürfen mit Lemma 1 annehmen, daß E_{2,1}(λ) ∈ G für ein λ ∈ k^{∗}. Seien α, β, γ ∈ k mit αγ = 1. Dann ist auch (\begin{matrix}γ & 0 \\ β & α \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 0 \\ λ & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}γ & 0 \\ β & α \end{matrix})^{−1} = (\begin{matrix}1 & 0 \\ λα^{2} & 1 \end{matrix}) ∈ G. Wir sind also fertig mit Lemma 1 und Lemma 3, falls sich jedes Element x ∈ k als Z-Linearkombination von Quadraten in k schreiben läßt. Ist char k ≠ 2, so folgt dies mit x = (\frac{x+1}{2})^{2} − (\frac{x−1}{2})^{2}. Ist char k = 2 und k^{2} = k, so ist dies klar. Lemma 6 Sei n = 2, und sei G ≤ GL invariant unter SL-Konjugation. Falls G ein Element der Form (\begin{matrix}γ & 0 \\ β & α \end{matrix}) mit α, β, γ ∈ k und α ≠ γ enthält, so ist SL ≤ G. Beweis. Für jedes λ ∈ k^{∗} ist

(\begin{matrix}γ & 0 \\ β & α \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 0 \\ λ & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}γ & 0 \\ β & α \end{matrix})^{−1} (\begin{matrix}1 & 0 \\ −λ & 1 \end{matrix}) = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ (αγ^{−1}−1)λ & 1 \end{matrix} ) ∈ G .

Mit Lemma 1 liegen alle Scherungen in G, und wir sind fertig mit Lemma 3. Lemma 7 Sei l ∈ [0, n], und seien (\begin{matrix}A & B \\ 0 & E_{l} \end{matrix} ) , (\begin{matrix}C & 0 \\ 0 & E_{l} \end{matrix} ) ∈ GL. Dann ist

(\begin{matrix}A & B \\ 0 & E_{l} \end{matrix} ) (\begin{matrix}C & 0 \\ 0 & E_{l} \end{matrix} ) (\begin{matrix}A & B \\ 0 & E_{l} \end{matrix} )^{−1} (\begin{matrix}C & 0 \\ 0 & E_{l} \end{matrix} )^{−1} = (\begin{matrix}ACA^{−1}C^{−1} & (E_{n−l}−ACA^{−1})B \\ 0 & E_{l} \end{matrix}) .

Satz 8 Sei G ≤ GL invariant unter SL-Konjugation, und sei G ≰ Z(GL). Es ist SL ≤ G, außer möglicherweise wenn n = 2 und k ∈ {F_{2}, F_{3}}.

Beweis. Sei S ∈ G∖Z(G). Wir bemerken zunächst, daß es ein x ∈ k^{n} mit Sx ∉ ⟨x⟩ gibt. Denn andernfalls gäbe es für alle x ∈ k^{n} ein λ_{x} ∈ k mit Sx = λ_{x}x, und es wäre für x, y ∈ k^{n} mit (x, y) linear unabhängig wegen S(x + y) =^{1.} λ_{x+y}(x + y) =^{2.} λ_{x}x + λ_{y}y auch λ_{x} = λ_{y}, was, angewandt auf die Standardbasis, S ∈ Z(GL) nach sich zöge.

Fall n = 2. Sei x ∈ k^{n} mit (Sx, x) linear unabhängig gewählt. Sei U ∈ GL die Matrix mit Spaltentupel (Sx, x). Wegen SL ⊴ GL genügt es zu zeigen, daß SL ≤ U^{−1}GU. Da außerdem wegen SL ⊴ GL mit G auch U^{−1}GU invariant unter SL-Konjugation ist, dürfen wir G durch U^{−1}GU und S durch U^{−1}SU ersetzen und erhalten S = (\begin{matrix}γ & 1 \\ β & 0 \end{matrix}) ∈ G, für gewisse γ, β ∈ k, wobei β ≠ 0.

Für ξ ∈ k^{∗} erhalten wir

R_{ξ} := (\begin{matrix}0 & −ξ \\ ξ^{−1} & γξ \end{matrix})^{−1} (\begin{matrix}γ & 1 \\ β & 0 \end{matrix})^{−1} (\begin{matrix}0 & −ξ \\ ξ^{−1} & γξ \end{matrix}) (\begin{matrix}γ & 1 \\ β & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}−βξ^{2} & 0 \\ −γ(ξ^{−2}β^{−1}+1) & −β^{−1}ξ^{−2} \end{matrix} ) ∈ G .

Um Lemma 6 anwenden zu können, sollte ξ^{4} ≠ β^{−2} sein. Falls |k^{∗}| > 4, ist dies sicher erreichbar. Falls |k^{∗}| = 3, so ist wegen k^{∗} ≃ C_{3} bereits ξ^{4} = ξ, und damit ξ ∈ k^{∗} ∖ {β^{−2}} wählbar.

Bleibt der Fall |k^{∗}| = 4, i.e. k = F_{5} zu betrachten. Ist β ∉ {−1, +1}, so ist β^{−2} ≠ 1, und ξ^{4} = β^{−2} sogar unlösbar mit ξ ∈ k^{∗}, da k^{∗} ≃ C_{4}. Bleibt der Fall β ∈ {−1, +1} zu betrachten. Wähle ξ ∈ k^{∗} so, daß ξ^{2} = β = β^{−1}, z.B. 1^{2} = 1, 2^{2} = −1.

Ist γ ≠ 0, so wird R_{ξ}^{2} = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 4γ^{2} & 1 \end{matrix}), und wir sind fertig mit Lemma 5.

Ist γ = 0, so ist mit V := (\begin{matrix}1 & 1 \\ −ξ & ξ \end{matrix})

V^{−1} (\begin{matrix}0 & 1 \\ β & 0 \end{matrix}) V = (\begin{matrix}−ξ & 0 \\ 0 & ξ \end{matrix}) ∈ V^{−1}GV .

Mit Lemma 6 und der Tatsache, daß auch V^{−1}GV invariant unter SL-Konjugation ist, folgt SL ≤ V^{−1}GV, und mit SL ⊴ GL vollends SL ≤ G.

Fall n ≥ 3. Sei x ∈ k^{n} mit (Sx, x) linear unabhängig gewählt, sei dieses Tupel zu einer Basis (Sx, x, x_{3}, …, x_{n}) ergänzt, und sei U die Matrix mit diesem Spaltentupel. Wegen SL ⊴ GL genügt es zu zeigen, daß SL ≤ U^{−1}GU. Somit dürfen wir G durch U^{−1}GU ersetzen, S durch U^{−1}SU und er-

halten S = (∗, e_{1}, ∗, …, ∗) ∈ G. In anderen Worten, wir können S = (\begin{matrix}1 & ∗ \\ 0 & S̃ \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & E_{n−2} \end{matrix} ) schreiben mit

S̃ ∈ GL_{n−1}(k). Wir erhalten

SE_{2,1}(1)S^{−1} = (\begin{matrix}1 & ∗ \\ 0 & S̃ \end{matrix}) E_{1,2}(1) (\begin{matrix}1 & ∗ \\ 0 & S̃^{−1} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}1 & ∗ \\ 0 & E_{n−1} \end{matrix} ) ,

und damit

M := SE_{2,1}(1)S^{−1}E_{2,1}(−1) = (\begin{matrix}α & β & γ & ∗ \\ −1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & E_{n−3} \end{matrix} ) ∈ G

für gewisse α, β, γ ∈ k. Mit Lemma 7 wird also

ME_{1,3}(1)M^{−1}E_{1,3}(−1) = (\begin{matrix}1 & 0 & α−1 & 0 \\ 0 & 1 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & E_{n−3} \end{matrix} ) ∈ G ,

da

(\begin{matrix}α & β & γ \\ −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}α & β & γ \\ −1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})^{−1} = (\begin{matrix}1 & 0 & α \\ 0 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .

Somit enthält G eine Scherung, so daß Lemma 5 liefert, daß SL ≤ G.

Korollar 9 Es ist PSL eine einfache Gruppe, außer wenn n = 2 und k ∈ {F_{2}, F_{3}}.

Beweis. Ist 1◁N ⊴PSL, so ist das Urbild Ñ von N unter der Restklassenabbildung SL \overline{}PSL eine Untergruppe von SL ≤ GL, welche unter SL-Konjugation invariant ist, und welche Z(SL) = Z(GL) ∩ SL echt enthält, welche also insbesondere nicht in Z(GL) enthalten ist. Mit Satz 8 ist außer in den Ausnahmefällen also SL ≤ Ñ ≤ SL, und somit Ñ = SL.

Ferner sind, wie oben festgestellt, PSL_{2}(F_{2}) und PSL_{2}(F_{3}) in der Tat nicht einfach.