G. Nebe, M. Künzer

Algebra I, WS 04/05

Lösung 4

Aufgabe 16.

(1) Die Anzahl a_{7} der 7-Sylowgruppen in G ist gleich 1, da a_{7} ≡_{7} 1 und da a_{7} den Quotienten |G|/7 = 11 teilt.

Die Anzahl a_{11} der 11-Sylowgruppen in G ist gleich 1, da a_{11} ≡_{11} 1 und da a_{11} den Quotienten |G|/11 = 7 teilt.

Somit haben wir eine normale 7-Sylowgruppe, sagen wir C_{7}, und eine normale 11-Sylowgruppe, sagen wir C_{11}. Es ist C_{7} ∩ C_{11} = 1, und daher |C_{7}C_{11}| = 77, d.h. C_{7}C_{11} = G. Es folgt G ≃ C_{7} × C_{11}. Ist C_{7} = ⟨a⟩ und C_{11} = ⟨b⟩, so ist ab (identifiziert mit (a, b) ∈ C_{7} × C_{11}) ein Element von Ordnung 77. Es folgt G = ⟨ab⟩ ≃ C_{77}.

(2) Die Anzahl a_{7} der 7-Sylowgruppen in G ist gleich 1, da a_{7} ≡_{7} 1 und da a_{7} den Quotienten |G|/7 = 2 teilt. Sei P_{7} = ⟨x⟩ die 7-Sylowgruppe von G.

Sei P_{2} = ⟨y⟩ eine 2-Sylowgruppe von G. Es ist G = ⟨x, y⟩, da 7 ein echter Teiler von |{x, y}| ist.

Wegen ⟨x⟩ ⊴ G ist ^{y}x = x^{k} für ein k ∈ [1, 6]. Da y^{2} = 1, ist x = ^{y^{2}}x = x^{k^{2}}, und wir folgern k ∈ {1, 6}. Wäre k = 1, so wäre yx = xy, und G wäre abelsch, was nicht der Fall ist. Also ist k = 6, und ^{y}x = x^{6} = x^{−1}.

Schreibe P_{2}^{(i)} := ^{x^{i}}P_{2} für i ∈ [1, 7]. Also z.B. P_{2} = P_{2}^{(7)}. Schreibe Syl_{2}(G) := {P_{2}^{(i)} : i ∈ [1, 7]} für die Menge der 2-Sylowgruppen in G. Beachte, daß P_{2} nicht fix unter Konjugation mit x bleibt, da sonst P_{2} normal in G wäre, da ja ohnehin ^{y}P_{2} = P_{2}, und daß daher die Bahn von P_{2} unter Konjugation mit ⟨x⟩ in der Tat 7 verschiedene Elemente umfaßt.

Es wird

\begin{aligned}^{x}(P_{2}^{(i)}) & = & ^{x^{i+1}}P_{2} & = & P_{2}^{(1,2,3,4,5,6,7)(i)} \\ ^{y}(P_{2}^{(i)}) & = & ^{yx^{i}}P_{2} & = & ^{x^{−i}y}P_{2} & = & ^{x^{−i}}P_{2} & = & P_{2}^{(1,6)(2,5)(3,4)(i)} . \end{aligned}

Wir haben einen Isomorphismus S_{Syl_{2}(G)} ≃ S_{7}, der von der Bijektion [1, 7] \overline{}Syl_{2}(G), i \overline{}P_{2}^{(i)} induziert wird.

Die Operation von G auf Syl_{2}(G) via Konjugation induziert eine Abbildung G \overline{}S_{Syl_{2}(G)} ^{\overline{}^{∼}} S_{7}, welche x auf (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7) und y auf (1, 6)(2, 5)(3, 4) schickt. Da das Bild dieser Abbildung Ordnung 14 hat, ist diese Abbildung injektiv und gibt in der Tat einen Isomorphismus

G ^{\overline{}^{∼}} ⟨(1, 2, 3, 4, 5, 6, 7), (1, 6)(2, 5)(3, 4)⟩ .

(3) Die Anzahl a_{7} der 7-Sylowgruppen in G ist in {1, 15}, da a_{7} ≡_{7} 1 und da a_{7} den Quotienten |G|/7 = 15 teilt.

Die Anzahl a_{5} der 5-Sylowgruppen in G ist in {1, 21}, da a_{5} ≡_{5} 1 und da a_{5} den Quotienten |G|/5 = 21 teilt.

Die Anzahl a_{3} der 3-Sylowgruppen in G ist in {1, 7}, da a_{3} ≡_{3} 1 und da a_{3} den Quotienten |G|/3 = 35 teilt.

Wir stellen zunächst einmal fest, daß eine Untergruppe U ≤ G mit |U| = 35 normal in G ist. In der Tat operiert G auf G/U, was uns einen Gruppenmorphismus G \overline{}S_{G/U} ≃ S_{3} gibt. Dessen Kern N liegt in U, und es gilt somit 3 | [G : N] | 3!. Da 2 kein Teiler von |G| = 105 ist, folgt [G : N] = 3, und mithin U = N ⊴ G. (Vgl. Aufgabe 18 (2)).

Fall a_{7} = 15. Wir haben 15 · (7 − 1) = 90 Elemente der Ordnung 7. Damit gibt es maximal 105 − 1 − 90 = 14 Elemente der Ordnung 5, was a_{5} = 21 ausschließt, da dies 21 · (5 − 1) = 84 Elemente der Ordnung 5 zur Folge hätte.

Also folgt a_{5} = 1. Sei P_{5} die 5-Sylowgruppe von G. Sei P_{7} eine 7-Sylowgruppe von G. Da P_{5} ⊴ G, ist P_{5}P_{7} := \{xy : x ∈ P_{5}, y ∈ P_{7}\} ≤ G. Da P_{5} ∩ P_{7} = 1, ist die Abbildung P_{5} × P_{7} \overline{}G, (x, y) \overline{}xy injektiv. Somit ist P_{5}P_{7} eine Untergruppe von Ordnung 35 in G, welche nach Obigem einen Normalteiler darstellt.

Man kann auch noch zeigen, daß der Fall a_{7} = 15 nicht auftreten kann. Wie in (1) sieht man nämlich, daß N := P_{5}P_{7} abelsch ist. Daher ist insbesondere N ≤ N_{G}(P_{7}), und also {^{g}P_{7} : g ∈ G} = {^{g}P_{7} : gN ∈ G/N}. Wegen |G/N| = 3 gibt es deswegen höchstens 3 Konjugierte von P_{7}, im Widerspruch zur Fallvoraussetzung. Da man im davor angeführten Lösungsweg eine Aussage über eine Gruppe macht, die es nicht gibt, ist dieser ergänzte Lösungsweg, also das Ausschließen dieses Falles, sauberer – aber länger.

Fall a_{7} = 1. Sei P_{7} die 7-Sylowgruppe von G, und sei P_{5} eine 5-Sylowgruppe von G. Wie eben, nur diesenfalls wegen P_{7} ⊴ G, wird P_{5}P_{7} ein Normalteiler von Ordnung 35 von G.

Aufgabe 17. Bezeichne P_{p}, für p einen Primteiler von |G|, eine p-Sylowgruppe von G.

Da jede Untergruppe von Ordnung eine Potenz von p in der p-Sylowgruppe enthalten ist, kann man zum Auffinden von P_{p} etwa wie folgt vorgehen. Wir beginnen mit einem Element von Ordnung eine möglichst große Potenz von p. Ist noch keine p-Sylowgruppe erreicht, so gibt es ein weiteres Element, welches zusammen mit der bisherigen Gruppe eine größere p-Gruppe (i.e. eine Gruppe von Ordnung eine p-Potenz) erzeugt. Ist immer noch keine p-Sylowgruppe erreicht, so gibt es noch ein weiteres Element, welches zusammen mit der bisherigen Gruppe eine größere p-Gruppe (i.e. eine Gruppe von Ordnung eine p-Potenz) erzeugt. Usf.

In diesem Prozeß hilft manchmal auch das Betrachten des Normalisators der bislang gefundenen p-Untergruppe, da man ein beliebiges Element von p-Potenzordnung dieses Normalisators hinzufügen darf.

(1) Es ist |S_{4}| = 2^{3} · 3^{1}. Wir erhalten z.B. die folgenden Sylowgruppen (teilweise geben wir mehrere Alternativen).

\begin{aligned}P_{2} & = & ⟨(1, 2, 3, 4), (1, 3)⟩ \\ P̃_{2} & = & ⟨(1, 2), (1, 3)(2, 4)⟩ = (⟨(1, 2)⟩ × ⟨(3, 4)⟩) ⋊ ⟨(1, 3)(2, 4)⟩ \\ P_{3} & = & ⟨(1, 2, 3)⟩ \end{aligned}

(2) Es ist |S_{10}| = 2^{8} ·3^{4} ·5^{2} ·7. Wir erhalten z.B. die folgenden Sylowgruppen (teilweise geben wir mehrere Alternativen).

P_{2} = ⟨(1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8), (1, 3, 5, 7), (1, 5), (9, 10)⟩
P̃_{2} = ⟨(1, 2), (1, 3)(2, 4), (1, 5)(2, 6)(3, 7)(4, 8), (9, 10)⟩
= (((⟨(1, 2)⟩ × ⟨(3, 4)⟩) ⋊ ⟨(1, 3)(2, 4)⟩) × ((⟨(5, 6)⟩ × ⟨(7, 8)⟩) ⋊ ⟨(5, 7)(6, 8)⟩)) ⋊ ⟨(1, 5)(2, 6)(3, 7)(4, 8)⟩
P_{3} = ⟨(1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9), (1, 4, 7)⟩
P̃_{3} = ⟨(1, 2, 3), (1, 4, 7)(2, 5, 8)(3, 6, 9)⟩
= (⟨(1, 2, 3)⟩ × ⟨(4, 5, 6)⟩ × ⟨(7, 8, 9)⟩) ⋊ ⟨(1, 4, 7)(2, 5, 8)(3, 6, 9)⟩
P_{5} = ⟨(1, 2, 3, 4, 5), (6, 7, 8, 9, 10)⟩
P_{7} = ⟨(1, 2, 3, 4, 5, 6, 7)⟩

(3) Es ist | GL_{2}(F_{11})| = (11^{2} − 1)(11^{2} − 11) = 2^{4} · 3 · 5^{2} · 11. Wir erhalten z.B. die folgenden Sylowgruppen.

\begin{aligned}P_{2} & = & ⟨(\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 3 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 3 \\ 0 & −1 \end{matrix})⟩ \\ P_{3} & = & ⟨(\begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & −1 \end{matrix})⟩ \\ P_{5} & = & ⟨(\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 4 \end{matrix}) , (\begin{matrix}4 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})⟩ \\ P_{11} & = & ⟨(\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix})⟩ \end{aligned}

(4) Es ist | GL_{3}(F_{5})| = (5^{3} − 1)(5^{3} − 5)(5^{3} − 5^{2}) = 2^{7} · 3 · 5^{3} · 31. Wir erhalten z.B. die folgenden Sylowgruppen.

\begin{aligned}P_{2} & = & ⟨(\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix})⟩ \\ P_{3} & = & ⟨(\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ −1 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})⟩ \\ P_{5} & = & \{(\begin{matrix}1 & a & c \\ 0 & 1 & b \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) : a, b, c ∈ F_{5}\} \\ P_{31} & = & ⟨(\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & −1 & 0 \end{matrix})⟩ \end{aligned}

Aufgabe 18.

(1) Es sind alle p-Sylowgruppen in einer Bahn unter der Konjugationsoperation. Gibt es also nur eine p-Sylowgruppe, so bleibt sie fix unter Konjugation mit allen Elementen von G und ist mithin normal. Umgekehrt, ist eine p-Sylowgruppe P normal, so ist eine beliebige p-Sylowgruppe P′, welche ja zu ihr konjugiert ist, ihr bereits gleich, da erstere P nur sich selbst als konjugierte Untergruppe zuläßt.

(2) Die Operation von G auf G/U versorgt uns mit einem Gruppenmorphismus G \overline{}S_{G/U} ≃ S_{[G:U]}. Sei N sein Kern. Da |S_{[G:U]}| = [G : U]!, teilt die Ordnung des Bildes dieses Morphismus [G : U]!. Die Ordnung dieses Bildes ist aber gerade der Index [G : N] von N in G. Ferner ist N ≤ U, da jedes Element in G ∖ U bereits die Nebenklasse 1 · U nicht festhält, und damit nicht auf die identische Abbildung abgebildet wird.

(3) Gibt es eine transitive H-Menge M mit m = |M| Elementen, so gibt es mit (2) einen Normalteiler von Index zwischen m und m!. Ist m > 1, aber m! < 60, so kann es dies wegen der Einfachheit von H nicht geben. Dies ist für m ∈ {2, 3, 4} der Fall.

(4) Gibt es eine transitive H-Menge M mit |M| = 5, dann gibt es einen nichttrivialen Morphismus H ^{\overline{}^{f}} S_{n}. Da wegen der Einfachheit von H nur 1 und H als Kern in Frage kommen, und H wegen der Nichttrivialität ausscheidet, folgt, daß der Kern gleich 1 ist, und der Morphismus somit injektiv ist. Wäre f(H) nicht in A_{5} enthalten, so wäre die

Komposition H ^{\overline{}^{f}} S_{5} ^{\overline{}^{sgn}} \{−1, +1\} surjektiv, und H hätte einen Normalteiler von Index 2 – was nicht der Fall ist. Also ist f(H) ≤ A_{5} enthalten, und da auch |f(H)| = 60, ist somit f(H) = A_{5}. Dies zeigt H ≃ A_{5}.

(5) Die Anzahl a_{5} der 5-Sylowgruppen erfüllt a_{5} ≡_{5} 1 und a_{5} | |H|/5 = 12. Da wegen der Einfachheit von H und (1) folgt, daß a_{n} ≠ 1, bleibt nur a_{5} = 6 als einzige Möglichkeit über.

(6) Die Anzahl a_{3} der 3-Sylowgruppen erfüllt a_{3} ≡_{3} 1 und a_{3} | |H|/3 = 20, also a_{3} ∈ {1, 4, 10}. Mit (1) folgt a_{3} ≠ 1. Da die Menge der 3-Sylowgruppen unter Konjugation eine transitive H-Menge darstellt, folgt mit (3), daß a_{3} ≠ 4. Also ist a_{3} = 10.

(7) Die Anzahl a_{2} der 2-Sylowgruppen erfüllt a_{2} ≡_{2} 1 und a_{2} | |H|/2 = 30, ist also in {1, 3, 5, 15} enthalten. Mit (1) folgt a_{2} ≠ 1. Mit (3) folgt a_{2} ≠ 3.

Nehmen wir nun a_{2} = 15 an. Gäbe es kein Element in H ∖ {1}, welches in zwei verschiedenen 2-Sylowgruppen liegt, so hätten wir 15 · 3 = 45 Elemente in H von Ordnung 2 oder 4, was nicht der Fall ist. Also gibt es ein Element x ∈ H, welches in zwei verschiedenen 2-Sylowgruppen P und Q liegt. Da P und Q abelsch sind (wie alle Gruppen von Ordnung 4), liegen P, Q ≤ C_{H}(x). Damit teilt |P | = 4 dessen Ordnung |C_{H}(x)| echt. Da ferner Z(H) = 1 wegen der Einfachheit von H, ist umgekehrt |C_{H}(x)| ein echter Teiler von 60. Damit ist |^{H}x| = [H : C_{H}(x)] ∈ {3, 5}. Unter Konjugation ist die Konjugationsklasse ^{H}x eine transitive H-Menge. Mit (3) können wir also |^{H}x| = 3 ausschließen. Also ist |^{H}x| = 5, und mit (4) also H ≃ A_{5}. Nun hat in A_{5} die 2-Sylowgruppe V_{4} = ⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)⟩ in A_{5} = ⟨(1, 2, 3), (3, 4, 5)⟩ eine Bahn von Länge 5 unter Konjugation mit H (wie man mit dem Bahnenalgorithmus bestätigt). Also hat ist in H genauso a_{2} = 5. Widerspruch.

Somit ist a_{2} = 5.

(8) Die Menge der 2-Sylowgruppen ist nach (7) eine 5-elementige transitive H-Menge. Mit (4) folgt H ≃ A_{5}.

Aufgabe 19.

(1) Enthält N ein Element der Form (a, b, c), so enthält N via Konjugation in S_{n} alle Dreierzykel. Wir behaupten, daß daraus N = A_{n} folgt.

Ist σ ∈ A_{n}, so können wir σ schreiben als Produkt einer geraden Anzahl von (nicht notwendig disjunkten) Transpositionen. Daher genügt es, das Produkt zweier Transpositionen als Produkt von Dreierzykeln zu schreiben.

Es ist (a, b) ∘ (b, c) = (a, b, c). Ferner ist (a, b)(c, d) = (a, b, c) ∘ (b, c, d).

(2) Sei σ ∈ N das besagte Element, welches in Zykeldarstellung einen Zykel der Länge ≥ 3 aufweist. Sei dieser Zykel gleich (a_{1}, a_{2}, a_{3}, …, a_{n}). Dann ist

σ^{−1} ^{(a_{2},a_{3})}σ = (a_{n}, …, a_{3}, a_{2}, a_{1}) ∘ (a_{1}, a_{3}, a_{2}, …, a_{n}) = (a_{1}, a_{2}, a_{3}) ∈ N ,

da sich die eventuellen anderen Zykel von σ wegheben.

(3) Nun gibt es ein Element σ ∈ N, welches in disjunkter Zykelschreibweise wenigstens 3 Zykel der Länge 2 aufweist, sagen wir, (a, b), (c, d), (e, f). Es wird

σ^{−1} ^{(b,c)(d,e)}σ = (a, b)(c, d)(e, f) ∘ (a, c)(b, e)(d, f) = (a, d, e)(b, f, c) ∈ N ,

da sich die eventuellen anderen Zykel von σ wegheben. Nach (2) enthält N auch einen Dreierzykel.

(4) Sei e ∈ [1, n] ∖ {a, b, c, d} (hier brauchen wir n ≥ 5). Es wird

σ^{−1} ^{(b,e)}σ = (a, b)(a, e) = (a, e, b) ∈ N .

(5) Sei N ≠ 1. Wir haben zu zeigen, daß N = A_{n}. Sei σ ∈ N ∖ {1}. Enthält die Zykeldarstellung von σ einen Zykel der Länge ≥ 3, so ist N = A_{n} mit (2) und (1).

Enthält die Zykeldarstellung von σ nur Zykel der Länge 2, und ist deren gerade Anzahl ≥ 4, so ist N = A_{n} mit (3) und (1).

Enthält die Zykeldarstellung von σ hingegen genau 2 Zykel der Länge 2, so ist N = A_{n} mit (4) und (1).

(6) Wir können annehmen, daß M nichttrivial ist, i.e., daß M ∉ {1, A_{n}}, da wir die Aussage für diese beiden Normalteiler als zutreffend kennen.

Sei U ⊴ A_{n}. Es ist U ⊴ S_{n} genau dann, wenn ^{σ}U = U für alle σ ∈ A_{n} ⊔ (1, 2)A_{n}. Daher ist U ⊴ S_{n} genau dann, wenn ^{(1,2)}U = U.

Insbesondere erfüllen die Normalteiler M ∩ ^{(1,2)}M und M · ^{(1,2)}M von A_{n} diese Bedingung.

Sei M ⋬ S_{n} angenommen. Mit (5) ist M ∩ ^{(1,2)}M = 1 und M · ^{(1,2)}M = A_{n}. Also ist die Abbildung M × ^{(1,2)}M \overline{}A_{n}, welche (x, y) auf xy schickt, bijektiv. Damit enthält M gerade \sqrt{n!/2} Elemente.

Auf der anderen Seite enthält C_{A_{n}}((1, 2)) alle Elemente von A_{n}, welche 1 und 2 festlassen, und somit ist |C_{A_{n}}((1, 2))| ≥ (n − 2)!/2. Wegen M ∩ ^{(1,2)}M = 1 ist aber M ∩ C_{A_{n}}((1, 2)) = 1, damit die Multiplikationsabbildung M × C_{A_{n}}((1, 2)) \overline{}A_{n} injektiv, und wir erhalten insgesamt

n!/2 = |A_{n}| ≥ |M| · |C_{A_{n}}((1, 2))| ≥ \sqrt{n!/2} · (n − 2)!/2 .

Dies ist falsch für n ≥ 7, wovon man sich durch Bilden des Quotienten und Quadrieren überzeugt. Für n = 5 ist \sqrt{5!/2} = \sqrt{60} keine ganze Zahl, und für n = 6 ist \sqrt{6!/2} = \sqrt{360} keine ganze Zahl. Damit sind wir für alle n ≥ 5 bei einem Widerspruch angelangt.

(7) Nach (5) enthält A_{n} keinen nichttrivialen Normalteiler, der auch in S_{n} noch normal ist. Nach (6) ist jeder Normalteiler von A_{n} auch in S_{n} noch normal. Also enthält A_{n} keinen nichttrivialen Normalteiler.

(8) Es ist ⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)⟩ ⊴ A_{4}, und dieser Normalteiler enthält zwar das Element (1, 2)(3, 4), aber keinen Dreierzykel.

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