G. Nebe, M. Künzer

Algebra I, WS 04/05

Lösung 2

Aufgabe 8.

(1) Betrachte die Abbildung

\begin{matrix}G & ^{\overline{}^{γ}} & S_{G} \\ x & \overline{} & (γ(x) : g \overline{}xg). \end{matrix}

Diese ist ein injektiver Morphismus von Gruppen, da zum einen stets γ(xy) = γ(x) ∘ γ(y) gilt, und da zum anderen aus γ(x) = id_{G} wegen (γ(x))(1) = x und id_{G}(1) = 1 folgt, daß x = 1. Somit ist G isomorph zur Untergruppe γ(G) von S_{G}.

Sei [1, n] \overline{}^{φ}_{∼} G eine Bijektion. Dann ist

[figure: S_{G}; ψ; S_{n}; σ; φ^{−1} ∘ σ ∘ φ; φ ∘ ρ ∘ φ^{−1}; ρ]

ein Isomorphismus, und mithin G isomorph zur Untergruppe ψ(γ(G)) von S_{n}. (Anschaulich bezeichnet ψ lediglich ein Numerieren der Zykeleinträge auf eine durch Wahl von φ festgelegte Weise.)

(2) Es genügt mit (1) zu zeigen, daß S_{n} eine Untergruppe von A_{2n} ist. Dazu definieren wir die Verdopplungsabbildung ϑ, die einem σ ∈ S_{n} die Permutation

[1, 2n] ^{\overline{}^{ϑ(σ)}} [1, 2n]
i \overline{}\{ \begin{matrix}σ(i) & falls i ∈ [1, n] \\ σ(i − n) + n & falls i ∈ [n + 1, 2n] \end{matrix}

zuordnet. Es ist ϑ ein Morphismus von Gruppen, da (ϑ(σ∘ρ))(i) = (ϑ(σ)∘ϑ(ρ))(i) für i ∈ [1, n] und für i ∈ [n+1, 2n]. Ferner ist ϑ injektiv, da ϑ(σ)|_{[1,n]} = σ. Schließlich enthält die Zykeldarstellung von ϑ(σ) von jeder Zykellänge gerade doppelt so viele Zykel wie σ, und also insbesondere von den Zykeln gerader Länge je eine gerade Anzahl. Damit ist in der Tat ϑ(σ) ∈ A_{2n}.

(3) Etwa ist G = C_{2} nicht isomorph zu einer Untergruppe von A_{3} ≃ C_{3}.

Aufgabe 9.

Wir wählen z.B. folgende Repräsentanten der Linksnebenklassen. Dabei muß einfach nur bei der anstehenden Wahl des nächsten Repräsentanten ein Element genommen werden, welches noch nicht in der Vereinigung der bisherigen Linksnebenklassen auftritt.

\begin{aligned}id C_{4} & = & \{id, (1, 2, 3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4, 3, 2)\} \\ (1, 2)C_{4} & = & \{(1, 2), (1, 3, 2, 4), (1, 4, 3), (2, 3, 4)\} \\ (1, 3)C_{4} & = & \{(1, 3), (2, 4), (1, 4)(2, 3), (1, 2)(3, 4)\} \\ (2, 3)C_{4} & = & \{(2, 3), (1, 2, 4, 3), (1, 4, 2), (1, 3, 4)\} \\ (1, 2, 3)C_{4} & = & \{(1, 2, 3), (2, 4, 3), (1, 4), (1, 3, 4, 2)\} \\ (1, 3, 2)C_{4} & = & \{(1, 3, 2), (1, 2, 4), (1, 4, 2, 3), (3, 4)\} \end{aligned}

(1) Der Erzeuger (1, 3) von C_{2} operiert wie folgt.

\begin{aligned}(1, 3)(id C_{4}) & = & (1, 3)C_{4} \\ (1, 3)((1, 2)C_{4}) & = & (1, 2, 3)C_{4} \\ (1, 3)((1, 3)C_{4}) & = & id C_{4} \\ (1, 3)((2, 3)C_{4}) & = & (1, 3, 2)C_{4} \\ (1, 3)((1, 2, 3)C_{4}) & = & (1, 2)C_{4} \\ (1, 3)((1, 3, 2)C_{4}) & = & (2, 3)C_{4} \end{aligned}

(Diese Rechnung wurde durch die Wahl der Repräsentanten vereinfacht. Im allgemeinen ist das Produkt eines Erzeugers mit einem Repräsentanten kein Repräsentant, und man muß in obiger Linksnebenklassentabelle den Repräsentanten suchen.) Mit dem Bahnenalgorithmus ergeben sich nun für die Bahn von id C_{4} sukzessive folgende Teilmengen.

\begin{aligned}K & = & \{id C_{4}\} & B & = & ∅ \\ K & = & \{(1, 3)C_{4}\} & B & = & \{id C_{4}\} \\ K & = & ∅ & B & = & \{id C_{4}, (1, 3)C_{4}\} . \end{aligned}

Genauso für die anderen Bahnen. Insgesamt erhalten wir die folgenden Bahnen.

{id C_{4}, (1, 3)C_{4}}, {(1, 2)C_{4}, (1, 2, 3)C_{4}}, {(2, 3)C_{4}, (1, 3, 2)C_{4}}

(2) Der Erzeuger (1, 2, 3, 4) von C_{4} operiert wie folgt.

\begin{aligned}(1, 2, 3, 4)(id C_{4}) & = & (1, 2, 3, 4)C_{4} & = & id C_{4} \\ (1, 2, 3, 4)((1, 2)C_{4}) & = & (1, 3, 4)C_{4} & = & (2, 3)C_{4} \\ (1, 2, 3, 4)((1, 3)C_{4}) & = & (1, 4)(2, 3)C_{4} & = & (1, 3)C_{4} \\ (1, 2, 3, 4)((2, 3)C_{4}) & = & (1, 2, 4)C_{4} & = & (1, 3, 2)C_{4} \\ (1, 2, 3, 4)((1, 2, 3)C_{4}) & = & (1, 3, 2, 4)C_{4} & = & (1, 2)C_{4} \\ (1, 2, 3, 4)((1, 3, 2)C_{4}) & = & (1, 4)C_{4} & = & (1, 2, 3)C_{4} \end{aligned}

Mit dem Bahnenalgorithmus ergeben sich nun für die Bahn von (1, 2)C_{4} sukzessive folgende Teilmengen.

\begin{aligned}K & = & \{(1, 2)C_{4}\} & B & = & ∅ \\ K & = & \{(2, 3)C_{4}, (1, 2, 3)C_{4}\} & B & = & \{(1, 2)C_{4}\} \\ K & = & \{(1, 3, 2)C_{4}\} & B & = & \{(1, 2)C_{4}, (2, 3)C_{4}, (1, 2, 3)C_{4}\} \\ K & = & ∅ & B & = & \{(1, 2)C_{4}, (2, 3)C_{4}, (1, 2, 3)C_{4}, (1, 3, 2)C_{4}\} \end{aligned}

Genauso für die anderen Bahnen. Insgesamt erhalten wir die folgenden Bahnen.

{id C_{4}}, {(1, 3)C_{4}}, {(1, 2)C_{4}, (2, 3)C_{4}, (1, 2, 3)C_{4}, (1, 3, 2)C_{4}}

(3) Die Erzeuger von D_{8} operieren wie unter (1) und (2) angeführt. Mit dem Bahnenalgorithmus ergeben sich nun für die Bahn von id C_{4} sukzessive folgende Teilmengen.

\begin{aligned}K & = & \{id C_{4}\} & B & = & ∅ \\ K & = & \{(1, 3)C_{4}\} & B & = & \{id C_{4}\} \\ K & = & ∅ & B & = & \{id C_{4}, (1, 3)C_{4}\} . \end{aligned}

Für die Bahn von (1, 2)C_{4} ergeben sich sukzessive folgende Teilmengen.

\begin{aligned}K & = & \{(1, 2)C_{4}\} & B & = & ∅ \\ K & = & \{(2, 3)C_{4}, (1, 2, 3)C_{4}\} & B & = & \{(1, 2)C_{4}\} \\ K & = & \{(1, 3, 2)C_{4}\} & B & = & \{(1, 2)C_{4}, (2, 3)C_{4}, (1, 2, 3)C_{4}\} \\ K & = & ∅ & B & = & \{(1, 2)C_{4}, (2, 3)C_{4}, (1, 2, 3)C_{4}, (1, 3, 2)C_{4}\} \end{aligned}

Damit erhalten wir folgende Bahnen.

{id C_{4}, (1, 3)C_{4}}, {(1, 2)C_{4}, (2, 3)C_{4}, (1, 2, 3)C_{4}, (1, 3, 2)C_{4}}

(4) Wir wählen für A_{4} die Darstellung als Erzeugnis A_{4} = ⟨(1, 2, 3), (1, 2)(3, 4)⟩.

Der Erzeuger (1, 2, 3) operiert wie folgt.

\begin{aligned}(1, 2, 3)(id C_{4}) & = & (1, 2, 3)C_{4} \\ (1, 2, 3)((1, 2)C_{4}) & = & (1, 3)C_{4} \\ (1, 2, 3)((1, 3)C_{4}) & = & (2, 3)C_{4} \\ (1, 2, 3)((2, 3)C_{4}) & = & (1, 2)C_{4} \\ (1, 2, 3)((1, 2, 3)C_{4}) & = & (1, 3, 2)C_{4} \\ (1, 2, 3)((1, 3, 2)C_{4}) & = & id C_{4} \end{aligned}

Der Erzeuger (1, 2)(3, 4) operiert wie folgt.

\begin{aligned}(1, 2)(3, 4)(id C_{4}) & = & (1, 2)(3, 4)C_{4} & = & (1, 3)C_{4} \\ (1, 2)(3, 4)((1, 2)C_{4}) & = & (3, 4)C_{4} & = & (1, 3, 2)C_{4} \\ (1, 2)(3, 4)((1, 3)C_{4}) & = & (1, 4, 3, 2)C_{4} & = & id C_{4} \\ (1, 2)(3, 4)((2, 3)C_{4}) & = & (1, 2, 4, 3)C_{4} & = & (2, 3)C_{4} \\ (1, 2)(3, 4)((1, 2, 3)C_{4}) & = & (2, 4, 3)C_{4} & = & (1, 2, 3)C_{4} \\ (1, 2)(3, 4)((1, 3, 2)C_{4}) & = & (1, 4, 3)C_{4} & = & (1, 2)C_{4} \end{aligned}

Mit dem Bahnenalgorithmus ergeben sich nun für die Bahn von id C_{4} sukzessive folgende Teilmengen.

K = {id C_{4}}  B = ∅
K = {(1, 2, 3)C_{4}, (1, 3, 2)C_{4}, (1, 3)C_{4}} B = {id C_{4}}
K = {(1, 2)C_{4}, (2, 3)C_{4}}  B = {id C_{4}, (1, 2, 3)C_{4}, (1, 3, 2)C_{4}, (1, 3)C_{4}} .
K = ∅  B = {id C_{4}, (1, 2, 3)C_{4}, (1, 3, 2)C_{4}, (1, 3)C_{4}, (1, 2)C_{4}, (2, 3)C_{4}} .

Unter der Operation von A_{4} hat S_{4}/C_{4} also nur eine Bahn, viz. S_{4}/C_{4}.

Alternatives Argument (ohne Bahnenalgorithmus). Es ist der Stabilisator von id C_{4} gleich A_{4} ∩ C_{4} = ⟨(1, 3)(2, 4)⟩, und somit hat die Bahn von id C_{4} die Länge |A_{4}|/|⟨(1, 3)(2, 4)⟩| = 12/2 = 6.

Aufgabe 10.

(1) Auf der Menge aller Tupel der Länge p mit Einträgen in G ist auf die angegebene Weise, nämlich durch zyklische Vertauschung, eine Operation von C_{p} definiert. Wir müssen zeigen, daß diese Operation auf die Teilmenge M der Tupel mit Produkt 1 einschränkt. In der Tat ist für (g_{1}, …, g_{p}) ∈ M auch

g_{p}g_{1} ⋯ g_{p−1} = ^{g_{p}}(g_{1} ⋯ g_{p}) = ^{g_{p}}1 = 1 .

(2) Es ist (g_{1}, …, g_{p}) = (g_{p}, g_{1}, …, g_{p−1}) genau dann, wenn g_{1} = g_{2} = ⋯ = g_{1} =: g und g^{p} = 1. Folglich kann man

z.B.

Fix_{C_{p}}(M) = {(g, …, g) : g ∈ G, |⟨g⟩| = p} ∪ {(1, …, 1)}

schreiben.

Die C_{p}-Bahnen sind von Länge 1 oder von Länge p, und somit sind die Bahnen, die keinen Fixpunkt enthalten, von Länge p.

(3) Wegen

M = {(g_{1}, …, g_{p−1}, (g_{1} ⋯ g_{p−1})^{−1}) : g_{i} ∈ G beliebig für i ∈ [1, p − 1]}

ist |M| = |G|^{p−1} durch p teilbar. Da jede fixpunktfreie Bahn eine durch p teilbare Länge besitzt, und da die Summe |M| der Bahnenlängen durch p teilbar ist, muß auch die Anzahl | Fix_{C_{p}}(M)| der Bahnen von Länge 1 durch p teilbar sein.

(4) Da es wenigstens eine Bahn der Länge 1 gibt, nämlich {(1, …, 1)}, gibt es mit (3) wenigstens p Bahnen der Länge 1. Mithin gibt es wenigstens p − 1 Elemente der Ordnung p, insbesondere also wenigstens eines.

Wo wurde benötigt, daß p prim ist?

Aufgabe 11.

Zur Erinnerung: ist G eine Gruppe und x ∈ G, so schreiben wir C_{G}(x) = Stab_{G}(x) = {g ∈ G : ^{g}x = x}.

(1)(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}) Wir stellen uns die Frage, wann (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) ∈ GL_{2}(K) im Stabilisator von (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}) enthalten ist.

Ist char K = 2, so ist C_{GL_{n}(K)}((\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix})) = GL_{n}(K), und die Länge seiner Konjugiertenklasse ist

|^{GL_{2}(K)}(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix})| = 1.

Ist char K ≥ 3, so muß

(\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}) (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix})

sein, d.h. b = 0 und c = 0. Es sind folglich a, d ∈ K ∖ \{0\} beliebig, und so wird |C_{GL_{2}(K)}((\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}))| = (q − 1)^{2}. Für die Länge der Konjugiertenklasse folgt

|^{GL_{2}(K)}(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix})| = \frac{| GL_{2}(K)|}{|C_{GL_{2}(K)}((\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix}))|} = q(q + 1) .

(\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) Wir stellen uns die Frage, wann (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) ∈ GL_{2}(K) im Stabilisator von (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) enthalten ist. Dazu muß

(\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix})

sein, d.h. a = d und c = 0. Es sind folglich a ∈ K ∖ \{0\} und b ∈ K beliebig, und so wird |C_{GL_{2}(K)}((\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}))| = (q − 1)q. Für die Länge der Konjugiertenklasse folgt

|^{GL_{2}(K)}(\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix})| = \frac{| GL_{2}(K)|}{|C_{GL_{2}(K)}((\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}))|} = q^{2} − 1 .

(2) Der selbe Ansatz wie für (1) liefert

C_{GL_{2}(K)}((\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix})) = GL_{2}(K) ∩ \{(\begin{matrix}a & b \\ b & a+b \end{matrix}) : a, b ∈ K\} .

Nun ist (\begin{matrix}a & b \\ b & a+b \end{matrix}) invertierbar genau dann, wenn det (\begin{matrix}a & b \\ b & a+b \end{matrix}) = a^{2} + ab − b^{2} ≠ 0.

Fall X^{2} − X − 1 ohne Nullstelle in K. Ist a = 0, so ist det (\begin{matrix}a & b \\ b & a+b \end{matrix}) = 0 äquivalent zu b = 0. Ist a ≠ 0, so ist

det (\begin{matrix}a & b \\ b & a+b \end{matrix}) = 0 äquivalent zu (\frac{b}{a})^{2} −(\frac{b}{a})−1 = 0, was nicht eintritt. Somit ist |C_{GL_{2}(K)}((\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}))| = q^{2} −1, und mithin

|^{GL_{2}(K)}(\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix})| = \frac{| GL_{2}(K)|}{|C_{GL_{2}(K)}((\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}))|} = (q − 1)q .

Fall X^{2} − X − 1 = (X − ξ)(X − η) mit ξ, η ∈ K, ξ ≠ η. Ist a = 0, so ist det (\begin{matrix}a & b \\ b & a+b \end{matrix}) = 0 äquivalent zu b = 0.

Ist a ≠ 0, so ist det (\begin{matrix}a & b \\ b & a+b \end{matrix}) = 0 äquivalent zu (\frac{b}{a})^{2} − (\frac{b}{a}) − 1 = 0, d.h. zu b = aξ oder b = aη. Dies gibt

|C_{GL_{2}(K)}((\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}))| = q^{2} − 1 − 2(q − 1) = (q − 1)^{2}, und also

|^{GL_{2}(K)}(\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix})| = \frac{| GL_{2}(K)|}{|C_{GL_{2}(K)}((\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}))|} = (q + 1)q .

Fall X^{2} − X − 1 = (X − ξ)^{2} mit ξ ∈ K. Ist a = 0, so ist det (\begin{matrix}a & b \\ b & a+b \end{matrix}) = 0 äquivalent zu b = 0. Ist a ≠ 0, so ist

det (\begin{matrix}a & b \\ b & a+b \end{matrix}) = 0 äquivalent zu (\frac{b}{a})^{2}−(\frac{b}{a})−1 = 0, d.h. zu b = aξ. Dies gibt |C_{GL_{2}(K)}((\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}))| = q^{2}−1−(q−1) = (q−1)q, und also

|^{GL_{2}(K)}(\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix})| = \frac{| GL_{2}(K)|}{|C_{GL_{2}(K)}((\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}))|} = q^{2} − 1 .

(2) Sei M die Menge der m-dimensionalen Unterräume von K^{n}. Auf M operiert die GL_{n}(K) transitiv via Multiplikation. Sei U = ⟨e_{1}, …, e_{m}⟩, wobei e_{i} den i-ten Standardbasisvektor bezeichne. Ein Element in GL_{n}(K) fixiert diesen Unterraum genau dann, wenn es an Position (i, j) den Eintrag 0 hat für alle (i, j) ∈ [m + 1, n] × [1, m] (obere Blockdreiecksmatrix). Somit ist |C_{GL_{n}(K)}(U)| = | GL_{m}(K)|·| GL_{n−m}(K)|·q^{m(n−m)}. Die Anzahl der m-dimensionalen Unterräume von K^{n} ist daher

|M| = \frac{| GL_{m}(K)|}{|C_{GL_{n}(K)}(U)|} = \frac{| GL_{m}(K)|}{| GL_{m}(K)| · | GL_{n−m}(K)| · q^{m(n−m)}} = \frac{(q^{n} − 1)(q^{n−1} − 1) ⋯ (q^{n−m+1} − 1)}{(q^{m} − 1)(q^{m−1} − 1) ⋯ (q^{1} − 1)} =: [\begin{matrix}n \\ m \end{matrix}]_{q}

(Gaußscher Binomialkoeffizient).

(3) Sei M die Menge der Matrizen von Rang m in K^{n×n}. Es wird M vermöge (U, V) · A := UAV^{−1} für A ∈ M zu einer GL_{n}(K) × GL_{n}(K)-Menge. Genauer, der Gaußsche Algorithmus lehrt uns, daß M gleich der Bahn von

D := diag(\underbrace{1, …, 1}_{m}, \underbrace{0, …, 0}_{n−m}) ist.

Der Stabilisator von D berechnet sich folgendermaßen. Schreibe U = (\begin{matrix}U_{1,1} & U_{1,2} \\ U_{2,1} & U_{2,2} \end{matrix} ) und V^{−1} = (\begin{matrix}V̄_{1,1} & V̄_{1,2} \\ V̄_{2,1} & V̄_{2,2} \end{matrix} ) als Block-

matrizen, mit U_{1,1}, V̄_{1,1} ∈ K^{m×m} etc.

Aus der Bedingung

D = (\begin{matrix}E & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) =^{!} UDV^{−1} = (\begin{matrix}U_{1,1} & U_{1,2} \\ U_{2,1} & U_{2,2} \end{matrix} ) (\begin{matrix}E & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}V̄_{1,1} & V̄_{1,2} \\ V̄_{2,1} & V̄_{2,2} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}U_{1,1}V̄_{1,1} & U_{1,1}V̄_{1,2} \\ U_{2,1}V̄_{1,1} & U_{2,1}V̄_{1,2} \end{matrix} )

folgt zunächst, daß U_{1,1} ∈ GL_{m}(K) mit V̄_{1,1} = U_{1,1}^{−1}. Sodann folgt U_{2,1} = 0 und V̄_{1,2} = 0, und daher U_{2,2}, V̄_{2,2} ∈ GL_{n−m}(K). Sind umgekehrt diese Bedingungen erfüllt, so stabilisiert (U, V) das Element D ∈ M.

Wegen der Wahlfreiheit für U_{1,2} ∈ K^{m×(n−m)} und V̄_{2,1} ∈ K^{(n−m)×m} erhalten wir

|C_{GL_{n}(K)×GL_{n}(K)}(D)| = | GL_{m}(K)| · | GL_{n−m}(K)|^{2} · q^{2m(n−m)} .

Somit ergibt sich die Anzahl der Matrizen von Rang m zu

|M| = \frac{| GL_{n}(K) × GL_{n}(K)|}{|C_{GL_{n}(K)×GL_{n}(K)}(D)|} = [\begin{matrix}n \\ m \end{matrix}]^{2} | GL_{m}(K)| = \frac{[n]_{q}!^{2}}{[n − m]_{q}!^{2}[m]_{q}!} q^{( \begin{matrix}m \\ 2 \end{matrix} )} ,

wobei [k]_{q}! := ∏_{i∈[1,k]}(q^{i} − 1) für k ≥ 0.

Aufgabe 12.

(1) Aussage ist richtig. Dazu haben wir zu zeigen, daß Stab_{G}(^{h}g) = ^{h}Stab_{G}(g) für g, h ∈ G. Ein Element x ∈ G liegt in der linken Seite genau dann, wenn ^{x}(^{h}g) = ^{h}g, d.h. genau dann, wenn ^{h^{−1}xh}g = g, d.h. genau dann, wenn h^{−1}x ∈ Stab_{G}(g), d.h. genau dann, wenn x ∈ ^{h}Stab_{G}(g), d.h. genau dann, wenn es in der rechten Seite liegt.

(2) Aussage ist falsch. Z.B. sind die Normalisatoren der isomorphen Untergruppen ⟨(1, 2)⟩ und ⟨(1, 2)(3, 4)⟩ in S_{4} nicht isomorph. In der Tat ist der Normalisator von ⟨(1, 2)⟩ gleich ⟨(1, 2), (3, 4)⟩, enthält also 4 Elemente, wohingegen der Normalisator von ⟨(1, 2)(3, 4)⟩ gleich ⟨(1, 4, 2, 3), (1, 2)⟩ ist und 8 Elemente enthält.

(3) Aussage ist richtig. Wir behaupten genauer, daß N_{G}(α(U)) = α(N_{G}(U)). Es liegt x ∈ G in der linken Seite genau dann, wenn ^{x}α(U) = α(U), d.h. genau dann, wenn α(^{α^{−1}(x)}U) = α(U), d.h. genau dann, wenn ^{α^{−1}(x)}U = U, d.h. genau dann, wenn α^{−1}(x) ∈ N_{G}(U), d.h. genau dann, wenn x ∈ α(N_{G}(U)), d.h. genau dann, wenn es in der rechten Seite liegt.

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