G. Nebe, M. Künzer

Algebra I, WS 04/05

Lösung 5

Aufgabe 20.

(1) Wir haben einen Normalteiler C_{3} = ⟨(1, 2, 3)⟩. Es ist mit C_{2} := ⟨(1, 2)⟩ der Schnitt C_{3} ∩ C_{2} = 1, und folglich aus Ordnungsgründen S_{3} = C_{3}C_{2}. Wir erhalten S_{3} ≃ C_{3} ⋊ C_{2}.

(2) Schreibe I := (\begin{matrix}i & 0 \\ 0 & −i \end{matrix}), J := (\begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) und K := IJ = (\begin{matrix}0 & −i \\ −i & 0 \end{matrix}). Wir beobachten zunächst, daß

I^{4} = J^{4} = K^{4} = 1 ,  IJ = K , JK = I , KI = J,  und daher I^{2} = J^{2} = K^{2} .

Element der Ordnung 2 gibt es nur I^{2}, Elemente der Ordnung 4 gibt es I, I^{3}, J, J^{3}, K, K^{3}.

Es ist Z(Q_{8}) = ⟨I^{2}⟩ ⊴ Q_{8}. Dies ist die einzige Untergruppe von Ordnung 2. Angenommen, es gäbe ein Komplement U zu Z(Q_{8}), d.h. |U| = 4 und U ∩ Z(Q_{8}) = 1. Sei u ∈ U ∖ {1}. Dann ist, gemäß obiger Auflistung der Elemente in Q_{8}, das Element u von Ordnung 4, und u^{2} ∈ Z(Q_{8}). Also 1 ≠ u^{2} ∈ Z(Q_{8}) ∩ U, und das ist ein Widerspruch.

Es enthält Q_{8} noch 3 Normalteiler von Ordnung 4, nämlich ⟨I⟩, ⟨J⟩ und ⟨K⟩. Weitere Untergruppen der Ordnung 4 gibt es keine, da auch jedes Element außerhalb Z(Q_{8}) zusammen mit Z(Q_{8}) eine dieser Untergruppen erzeugt.

Nun ist aber die einzige Untergruppe von Ordnung 2 in jedem dieser Normalteiler von Ordnung 4 enthalten. Damit hat auch keiner dieser Normalteiler ein Komplement.

So kommen wir zu dem Schluß, daß sich Q_{8} nur trivial als semidirektes Produkt schreiben läßt.

(3) Wir verfügen über die nichttrivialen Normalteiler V_{4} = ⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)⟩ und A_{4}.

Wir wollen kurz begründen, daß es keine weiteren Normalteiler gibt.

Ein Normalteiler von Ordnung 3, 6 oder 12 muß einen Dreierzykel enthalten, und mit dem Beweis zu 19 (1) also A_{4} enthalten.

Sei angenommen, es gäbe einen Normalteiler N ⊴S_{4} von Ordnung 2, 4 oder 8 mit N ≠ V_{4}. Es enthält N ein Element von Ordnung 2. Falls N ein Element aus ^{S_{4}}(1, 2) enthält, so enthält N via Konjugation in S_{4} alle Transpositionen, und ist somit gleich S_{4}, Widerspruch. Also enthält N ein Element, und damit alle 3 Elemente aus ^{S_{4}}(1, 2)(3, 4). Dies beläßt uns nur noch die Möglichkeit |N| = 8. Da es in S_{4} keine weiteren Elemente der Ordnung 2 gibt, enthält N noch ein Element der Ordnung 4, und damit ganz ^{S_{4}}(1, 2, 3, 4). Zusammen haben wir nun schon 1 + 3 + 6 = 10 Elemente in N gefunden, Widerspruch.

Also gibt es nur die angeführten Normalteiler.

Es hat V_{4} das Komplement S_{3} := ⟨(1, 2, 3), (1, 2)⟩. In der Tat ist V_{4} ∩ S_{3} = 1, da jedes Element von V_{4} ∖ {1} nicht im Stabilisator der 4 liegt. Also ist S_{4} ≃ V_{4} ⋊ S_{3}.

Es hat A_{4} das Komplement C_{2} := ⟨(1, 2)⟩, da (1, 2) ∉ A_{4}. Also ist auch S_{4} ≃ A_{4} ⋊ C_{2}.

Aufgabe 21.

Wir schreiben kurz q := p^{a}.

(1) Es ist |K^{n} ⋊ GL_{n}(K)| = |K^{n}| · | GL_{n}(K)| = q^{n} · ∏_{r∈[0,n−1]}(q^{n} − q^{r}).

Da K^{n} eine p-Gruppe ist, finden wir eine p-Sylowgruppe von Aff_{n}(K) als K^{n} ⋊ P, wobei P eine p-Sylowgruppe von GL_{n}(K) ist. Denn dies ist zum einen in der Tat eine Untergruppe, da auch P auf K^{n} operiert, und sie hat auch die Ordnung einer p-Sylowgruppe, nämlich q^{n} · q^{n(n−1)/2} = q^{n(n+1)/2}. Beachte hierbei, daß p den Faktor q^{n−r} − 1 nicht teilt für r ∈ [0, n − 1].

Nun hat die Untergruppe der unimodularen oberen Dreiecksmatrizen

P := {(a_{i,j})_{i,j} ∈ GL_{n}(K) : a_{i,j} = 0 für i > j; a_{i,i} = 1 stets; a_{i,j} beliebig für i < j} ≤ GL_{n}(K)

in der Tat die gewünschte Ordnung q^{n(n−1)/2}.

(2) Es ist F_{2} ⋊ F_{2}^{∗} ≃ C_{2} abelsch. Nehmen wir diesen Fall einmal aus, d.h. nehmen wir |K| ≥ 3 oder n ≥ 2 an.

Sei (v, S) ∈ Z(Aff_{n}(K)), v ∈ K^{n}, S ∈ GL_{n}(K). Dann muß für ein beliebiges Element (w, T) ∈ Aff_{n}(K), w ∈ K^{n}, T ∈ GL_{n}(K), gelten, daß

(v, S)(w, T) = (v + Sw, ST)

mit

(w, T)(v, S) = (w + T v, T S)

übereinstimmt.

Angenommen, es sei v ≠ 0. Wähle w = 0 und T so, daß T v ≠ v. Ist |K| ≥ 3, so können wir für T eine skalare Matrix mit einem Skalar ungleich 1 wählen. Ist n ≥ 2, so können wir v zu einer Basis (v, v′) ergänzen, und T v = v′ verlangen. Es folgt in jedem Falle, daß (v, S)(0, T) ≠ (0, T)(v, S), Widerspruch. Also ist v = 0.

Angenommen, es sei S ≠ E. Wähle T = E und für w ∈ K^{n} einen Standardbasisvektor so, daß Sw ≠ w. Es folgt (0, S)(w, E) ≠ (w, E)(0, S), Widerspruch.

Somit ist Z(Aff_{n}(L)) = {(0, E)} gezeigt.

(3) Wegen des Morphismus Aff_{n}(K) \overline{}K^{∗}, (v, S) \overline{}det S in die abelsche Gruppe K^{∗} = (K ∖ \{0\}, ·) mit Kern

K^{n} ⋊ SL_{n}(K) ist

Aff_{n}(K)′ ⊆ K^{n} ⋊ SL_{n}(K) .

Wir wollen zeigen, daß die Gleichheit gilt.

Berechnen wir zunächst einen allgemeinen Erzeuger. Seien (v, S), (w, T) ∈ Aff_{n}(K). Es wird

[(v, S), (w, T)] = (v, S)^{−1}(w, T)^{−1}(v, S)(w, T)
= (−S^{−1}v, S^{−1})(−T^{−1}w, T^{−1})(v, S)(w, T)
= (−S^{−1}v − S^{−1}T^{−1}w + S^{−1}T^{−1}v + S^{−1}T^{−1}Sw, S^{−1}T^{−1}ST) .

Insbesondere wird für λ ∈ K^{∗}

[(0, S), (w, λ^{−1}E)] = (λ(E − S^{−1})w, E) .

Wir bezeichnen mit (e_{1}, …, e_{n}) die Standardbasis von K^{n}. Sei für j, k ∈ [1, n], j ≠ k, und λ ∈ K mit E_{j,k}(λ) ∈ GL_{n}(K) die Matrix bezeichnet, die an Position (i, i) eine 1 stehen hat für i ∈ [1, n], die an Position (j, k) den Eintrag λ stehen hat, und deren Einträge ansonsten verschwinden.

Wir erhalten für j ≥ 2 und λ ∈ K^{∗}

[(0, E_{j,1}(1)), (e_{1}, λ^{−1}E)] = (λ(E − E_{j,1}(−1))e_{1}, E) = (λe_{j}, E) ∈ Aff_{n}(K)′ .

Nun machen wir Gebrauch von n ≥ 2 und erhalten für λ ∈ K^{∗} ganz ähnlich

[(0, E_{1,2}(1)), (e_{2}, λ^{−1}E)] = (λ(E − E_{1,2}(−1))e_{2}, E) = (λe_{1}, E) ∈ Aff_{n}(K)′ .

Da mit (x, E) und (y, E) auch (x, E)(y, E) = (x + y, E) ∈ Aff_{n}(K), folgt K^{n} ⋊ {E} ≤ Aff_{n}(K)′.

Sei allgemein G ^{\overline{}^{f}} H ein surjektiver Morphismus von Gruppen, und sei N ≤ G′ bekannt. Da f(G′) = H′ (cf. 24 (2)), ist G′ = f^{−1}(H′). In der Tat, ist g ∈ f^{−1}(H′), so gibt es ein g′ ∈ G′ mit f(g) = f(g′), woraus g ∈ g′N ⊆ G′ folgt.

Wenden wir diese Tatsache an auf (G ^{\overline{}^{f}} H) = (Aff_{n}(K) \overline{}GL_{n}(K), (v, S) \overline{}S), so sehen wir, daß es für die eingangs erhobene Behauptung nunmehr zu zeigen genügt, daß GL_{n}(K)′ = SL_{n}(K), wobei die Inklusion ⊆ bereits bekannt ist.

Mit dem Gaußschen Algorithmus sehen wir, daß

SL_{n}(K) = ⟨E_{j,k}(λ) : λ ∈ K, j, k ∈ [1, n], j ≠ k⟩ .

In der Tat können wir mittels T_{j,k} := E_{j,k}(1)E_{k,j}(−1)E_{j,k}(1) die Zeilen j und k mit Einfügung eines Vorzeichens auch vertauschen, und mittels T_{j,k}E_{k,j}(λ^{−1})E_{j,k}(−λ)E_{k,j}(λ^{−1}) für λ ∈ K^{∗} die dann aus Gaußtransformationen resultierende Diagonalmatrix in SL_{n}(K) vollends zur Einheitsmatrix E machen.

Wir haben also zu zeigen, daß für gegebene j, k ∈ [1, n] mit j ≠ k und gegebenes λ ∈ K^{∗} die Matrix E_{j,k}(λ) in Aff_{n}(K)′ liegt. Dazu machen wir nun Gebrauch von n ≥ 3 und wählen uns ein l ∈ [1, n] ∖ {j, k}. Es wird

[E_{l,k}(λ), E_{j,l}(−1)] = E_{l,k}(−λ)E_{j,l}(1)E_{l,k}(λ)E_{j,l}(−1) = E_{j,k}(λ) .

Aufgabe 22.

(1) Sei G eine Gruppe von Ordnung p^{2}. Gibt es ein Element der Ordnung p^{2} in G, so ist G ≃ C_{p^{2}}. Wir betrachten daher nun den Fall, daß alle Elemente von G ∖ {1} die Ordnung p haben. Sei a ∈ G ∖ {1}. Es ist mit 18 (2) die Untergruppe ⟨a⟩ normal in G. Sei b ∈ G ∖ ⟨a⟩. Dann ist ⟨a⟩ ∩ ⟨b⟩ = 1, da die Möglichkeit |⟨a⟩ ∩ ⟨b⟩| = p entfällt. Da auch ⟨b⟩ normal in G ist, ist G ≃ ⟨a⟩ × ⟨b⟩ ≃ C_{p} × C_{p}. Somit ist eine Gruppe von Ordnung p^{2} stets isomorph zu C_{p^{2}} oder zu C_{p} × C_{p}. Diese Gruppen sind nicht isomorph, da erstere ein Element der Ordnung p^{2} enthält, nicht aber letztere.

(2) Sei C_{3} = ⟨a⟩ eine 3-Sylowgruppe von G.

Fall C_{3} ⊴ G. Sei P eine 2-Sylowgruppe von G. Da C_{3} ∩ P = 1, ist P ein Komplement zu C_{3}. Unterfall P = ⟨b⟩ ≃ C_{4}. Es ist G ≃ C_{3} ⋊ C_{4}. Da Aut C_{3} ≃ C_{2} = ⟨φ⟩, gibt es hierfür zwei Möglichkeiten. Das von b \overline{}φ^{0} induzierte direkte Produkt, G_{1} := C_{3} × C_{4}, und das von b \overline{}φ induzierte semidirekte Produkt G_{2} := C_{3} ⋊ C_{4}. Es sind G_{1} und G_{2} nicht isomorph, da G_{1} abelsch ist, und G_{2} nicht. Unterfall P = ⟨b, c⟩ ≃ C_{2} × C_{2}. Es ist G ≃ C_{3} ⋊ (C_{2} × C_{2}). Da Aut C_{3} ≃ C_{2} = ⟨φ⟩, gibt es hierfür a priori vier Möglichkeiten. Zum einen gibt es das von b \overline{}φ^{0} und c \overline{}φ^{0} induzierte direkte Produkt G_{3} := C_{3} × C_{2} × C_{2}.

Lemma. Seien N und H Gruppen, sei H ^{\overline{}^{ψ}} Aut N ein Morphismus, und sei χ ∈ Aut H. Dann gibt es einen Isomorphismus N ⋊_{ψ} H ^{\overline{}^{∼}} N ⋊_{ψ∘χ} H, (n, h) \overline{}(n, χ^{−1}(h)). Betrachte den Morphismus C_{2}×C_{2} \overline{}Aut C_{3}, b \overline{}φ^{1}, c \overline{}φ^{0}. Dieser liefert zunächst das semidirekte Produkt G_{4} := C_{3} ⋊ (C_{2} × C_{2}). Es sind G_{3} und G_{4} nicht isomorph, da G_{3} abelsch ist, G_{4} aber nicht. Nun liefert Komposition mit dem Automorphismus b \overline{}b, c \overline{}bc den Morphismus b \overline{}φ^{1} und c \overline{}φ^{1}. Das resultierende semidirekte Produkt ist mit dem angeführten Lemma isomorph zu G_{4}. Schließlich liefert Komposition mit dem Automorphismus b \overline{}c, c \overline{}b den Morphismus b \overline{}φ^{0} und c \overline{}φ^{1}. Das resultierende semidirekte Produkt ist mit dem angeführten Lemma isomorph zu G_{4}. Damit sind alle Morphismen von C_{2} × C_{2} nach Aut C_{3} abgehandelt. Fall C_{3} ⋬ G. Mit Sylow wissen wir, daß | Syl_{3}(G)| = 4, und erhalten so einen Morphismus G \overline{}S_{4}. Der Normalisator von C_{3} in G ist nicht größer als C_{3}, da eine transitive G-Menge von Länge 4 = |G|/| N_{G}(C_{3})| vorliegt. Damit ist der Kern des Morphismus G \overline{}S_{4} in C_{3} enthalten. Wäre dieser Kern gleich C_{3}, so wäre C_{3} normal in G, im Widerspruch zuf Fallvoraussetzung. Also ist G [figure] S_{4} injektiv. Das Bild dieses Morphismus ist von Ordnung 12, also ein Normalteiler in S_{4} nach 18 (2), und damit isomorph zu G_{5} := A_{4}, vgl. Lösung zu 20 (3). In verschiedenen Fällen oder Unterfällen erhaltene Gruppen sind wegen der jeweiligen Fallvoraussetzung nicht zueinander isomorph. Damit gibt es bis auf Isomorphie gerade die Gruppen G_{1} = C_{3} × C_{4}, G_{2} = C_{3} ⋊ C_{4}, G_{3} = C_{3} × C_{2} × C_{2}, G_{4} = C_{3} ⋊ (C_{2} × C_{2}) und G_{5} ≃ A_{4} der Ordnung 12.

Aufgabe 23.

(1) Wir betrachten die Reduktionsabbildung

[figure: GL_{2}(Z/16Z); ρ; GL_{2}(F_{2}); (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}); (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) ,]

wobei die Einträge links als Repräsentanten modulo 16, und rechts als Repräsentanten modulo 2 zu lesen sind. Da ein Element in Z/16Z invertierbar ist genau dann, wenn seine Reduktion in F_{2} = Z/2Z invertierbar ist, ist diese Abbildung wohldefiniert (i.e. das jeweilige Bild ist in der Tat in GL_{2}(F_{2})), und surjektiv. Der Kern berechnet sich zu

N = Kern ρ = \{(\begin{matrix}1+2a & 2b \\ 2c & 1+2d \end{matrix}) ∈ (Z/16Z)^{2×2} : a, b, c, d ∈ Z/8Z\} ,

insbesondere enthält er 8^{4} Elemente.

(2) Mit dem Homomorphiesatz ergibt sich

GL_{2}(F_{2}) ≃ GL_{2}(Z/16Z)/N ,

und folglich

| GL_{2}(Z/16Z)| = |N| · | GL_{2}(F_{2})| = 8^{4} · (2^{2} − 1)(2^{2} − 2) = 2^{13} · 3 = 24576 .

(3) Wir berechnen N_{(1)}, N_{(2)}, …

N_{(1)} Es war N_{(0)} := N. Wir berechnen Z(N_{(0)}). Für gegebenes A = (\begin{matrix}1+2a & 2b \\ 2c & 1+2d \end{matrix}) in N_{(0)} vergleichen wir

AA′ = (\begin{matrix}1+2a & 2b \\ 2c & 1+2d \end{matrix}) (\begin{matrix}1+2a′ & 2b′ \\ 2c′ & 1+2d′ \end{matrix} ) = (\begin{matrix}1+2(a+a′)+4(aa′+bc′) & 2(b+b′)+4(ab′+bd′) \\ 2(c+c′)+4(ca′+dc′) & 1+2(d+d′)+4(cb′+dd′) \end{matrix})

mit

A′A = (\begin{matrix}1+2a′ & 2b′ \\ 2c′ & 1+2d′ \end{matrix} ) (\begin{matrix}1+2a & 2b \\ 2c & 1+2d \end{matrix}) = (\begin{matrix}1+2(a+a′)+4(aa′+b′c) & 2(b+b′)+4(a′b+b′d) \\ 2(c+c′)+4(c′a+d′c) & 1+2(d+d′)+4(c′b+dd′) \end{matrix})

wobei A′ = (\begin{matrix}1+2a′ & 2b′ \\ 2c′ & 1+2d′ \end{matrix} ) ∈ N_{(0)} beliebig sei. Allgemein sollten also

\begin{aligned}c′a + d′c & ≡_{4} & ca′ + dc′ \\ b′c & ≡_{4} & bc′ \\ a′b + b′d & ≡_{4} & ab′ + bd′ \end{aligned}

gelten. Mit A′ = (\begin{matrix}1 & 2 \\ 0 & 1 \end{matrix}) erhalten wir die Bedingungen c ≡_{4} 0 und a ≡_{4} d an A. Mit A′ = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 2 & 1 \end{matrix}) erhalten wir die Bedingungen b ≡_{4} 0 und a ≡_{4} d an A. Umgekehrt, erfüllt ein Element von N diese Bedingungen, so ist es zentral in N_{(0)}. Also ist

Z(N_{(0)}) = \{(\begin{matrix}1+2a & 2b \\ 2c & 1+2d \end{matrix}) ∈ N_{(0)} : b ≡_{4} c ≡_{4} 0, a ≡_{4} d\} .

Insbesondere ist |Z(N_{(0)})| = 8 · 2 · 2 · 2 = 2^{6}, und damit |N_{(1)}| = |N_{(0)}|/|Z(N_{(0)})| = 2^{6}.

N_{(2)} Ein Element in N_{(1)} wird repräsentiert durch eine Matrix (\begin{matrix}1+2a & 2b \\ 2c & 1+2d \end{matrix}) und ist zentral, falls der Kommutator dieses Repräsentanten mit jedem anderen Repräsentanten in Z(N_{(0)}) liegt. Da skalare Matrizen ohnehin in Z(N_{(0)}) liegen, dürfen wir hierzu die Inverse bis auf einen skalaren Faktor λ ∈ (Z/16Z)^{∗} bilden, und erhalten als Bedingung

\begin{matrix}[A, A′] = A^{−1}A^{′−1}AA′ = λ (\begin{matrix}1+2d & −2b \\ −2c & 1+2a \end{matrix}) (\begin{matrix}1+2d′ & −2b′ \\ −2c′ & 1+2a′ \end{matrix} ) (\begin{matrix}1+2a & 2b \\ 2c & 1+2d \end{matrix}) (\begin{matrix}1+2a′ & 2b′ \\ 2c′ & 1+2d′ \end{matrix} ) \\ = λ (\begin{matrix}1+2(a+d+a′+d′)+4((a+a′)(d+d′)+aa′+dd′)+8u & 4(a′b+b′a+b′d+d′b)+8v \\ 4(a′c+c′a+c′d+d′c)+8w & 1+2(a+d+a′+d′)+4((a+a′)(d+d′)+aa′+dd′)+8x \end{matrix}) ∈ Z(N_{(0)}) \end{matrix}

mit unspezifizierten λ ∈ (Z/16Z)^{∗} und u, v, w, x ∈ Z/2Z. Allgemein sollten also

\begin{aligned}a′b + b′a + b′d + d′b & ≡_{2} & 0 \\ a′c + c′a + c′d + d′c & ≡_{2} & 0 \end{aligned}

gelten. Mit A′ = (\begin{matrix}1 & 2 \\ 0 & 1 \end{matrix}) erhalten wir die Bedingung a ≡_{2} d an A. Mit A′ = (\begin{matrix}3 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) erhalten wir die Bedingungen b ≡_{2} c ≡_{2} 0 an A. Umgekehrt, erfüllt ein Element von N diese Bedingungen, so ist es zentral in N_{(1)}. Also ist

Z(N_{(1)}) = \{(\begin{matrix}1+2a & 2b \\ 2c & 1+2d \end{matrix}) ∈ N_{(1)} : b ≡_{2} c ≡_{2} 0, a ≡_{2} d\} .

Insbesondere ist |Z(N_{(1)})| = 8 · 4 · 4 · 4/|Z(N_{(0)})| = 2^{3}, und damit |N_{(2)}| = |N_{(1)}|/|Z(N_{(1)})| = 2^{3}.

N_{(3)} Ein Element in N_{(2)} wird repräsentiert durch eine Matrix (\begin{matrix}1+2a & 2b \\ 2c & 1+2d \end{matrix}) und ist zentral, falls der Kommutator dieses Repräsentanten mit jedem anderen Repräsentanten in Z(N_{(1)}) liegt. Da skalare Matrizen ohnehin in Z(N_{(1)}) liegen, dürfen wir hierzu die Inverse bis auf einen skalaren Faktor λ ∈ (Z/16Z)^{∗} bilden, und erhalten als Bedingung, ähnlich wie im letzten Schritt,

\begin{matrix}[A, A′] = A^{−1}A^{′−1}AA′ = λ (\begin{matrix}1+2d & −2b \\ −2c & 1+2a \end{matrix}) (\begin{matrix}1+2d′ & −2b′ \\ −2c′ & 1+2a′ \end{matrix} ) (\begin{matrix}1+2a & 2b \\ 2c & 1+2d \end{matrix}) (\begin{matrix}1+2a′ & 2b′ \\ 2c′ & 1+2d′ \end{matrix} ) \\ = λ (\begin{matrix}1+2(a+d+a′+d′)+4u & 4v \\ 4w & 1+2(a+d+a′+d′)+4x \end{matrix}) ∈ Z(N_{(1)}) \end{matrix}

mit unspezifizierten λ ∈ (Z/16Z)^{∗} und u, v, w, x ∈ Z/4Z. Dies ist aber stets erfüllt. In anderen Worten, N_{(2)} ist abelsch, Z(N_{(2)}) = N_{(2)}, und mithin N_{(3)} = 1. Es folgt |N_{(3)}| = 1, und also auch |N_{(k)}| = 1 für k ≥ 1.

Die Urbilder von Z(N_{(k)}) in N bilden die sogenannte Zentralreihe von N. Für p-Gruppen terminiert die Zentralreihe bei der ganzen Gruppe (warum?).

Aufgabe 24.

(1) Die Aussage ist falsch. Sei z.B. G = D_{8} = ⟨(1, 2, 3, 4), (1, 3)⟩. Wegen ^{(1,3)}(1, 2, 3, 4) = (1, 4, 3, 2) ≠ (1, 2, 3, 4) ist D_{8} nicht abelsch. Wohl aber ist mit Z(D_{8}) = ⟨(1, 3)(2, 4)⟩ der Quotient D_{8}/⟨(1, 3)(2, 4)⟩ ≃ C_{2} × C_{2} abelsch (oder, man verwende 22 (1)).

(2) Die Aussage ist richtig. In der Tat ist

f(G′) = f(⟨[x, y] : x, y ∈ G⟩)
= ⟨f([x, y]) : x, y ∈ G⟩
= ⟨[f(x), f(y)] : x, y ∈ G⟩
= f(G)′ .

(3) Die Aussage ist falsch. Sei z.B. G = S_{3} und f = sgn. Es ist Z(G) = Z(S_{3}) = 1 (cf. 6 (5)), also f(Z(G)) = 1, aber Z(f(G)) = Z({±1}) = {±1}. Hingegen ist stets f(Z(G)) ≤ Z(f(G)).

(4) Die Aussage ist falsch. Sei eine einfache Gruppe G von Ordnung 16 als existent angenommen. Es ist G nicht abelsch, da G sonst ein Element und damit auch eine normale Untergruppe von Ordnung 2 enthielte (cf. 10 (4)). Also ist Z(G) ≠ G. Nun ist aber auch Z(G) ≠ 1, da G eine 2-Gruppe ist. Also ist Z(G) ein nichttrivialer Normalteiler von G, im Widerspruch zur Einfachheit von G.

(5) Die Aussage ist richtig. Wir führen eine Induktion über die Anzahl der verschiedenen Primteiler von |G| durch. Seien p_{1}, …, p_{n} die Primteiler von |G|. Sei P_{i} die p_{i}-Sylowgruppe von G. Sei H = P_{2} ⋯ P_{n}. Nun ist P_{i} für i ∈ [2, n] auch eine p_{i}-Sylowgruppe von H, da zum einen P_{i} ≤ H, und zum anderen |H| ein Teiler von |G| ist. Nach Induktion ist also H ≃ P_{2} × ⋯ × P_{n}. Insbesondere ist |H| = |G|/|P_{1}|. Es ist P ∩ H = 1, da ein Element darin nur Ordnung 1 haben kann. Damit ist auch |P_{1}H| = |P_{1}||H| = |G|, und also P_{1}H = G, was uns G ≃ P_{1} ⋊ H beschert, wobei H, als Produkt von Normalteilern, auch normal in P_{1} ⋊ H ist. Für x ∈ P und h ∈ H liegt also ^{(x,1)}(1, h) = (x^{h}x^{−1}, h) ∈ H, d.h. x^{h}x^{−1} = 1. Hieraus ersehen wir, daß H trivial auf P operiert, und also G ≃ P × H ist. Da, wie eben festgestellt, H ≃ P_{2} × ⋯ × P_{n}, erhalten wir insgesamt G ≃ P_{1} × P_{2} × ⋯ × P_{n}.

(6) Die Aussage ist richtig. In der Tat haben wir eine Bijektion

[figure: H/(H ∩ K); HK/K; h(H ∩ K); hK; h(H ∩ K); hK]

Zeigen wir die Wohldefiniertheit der Abbildung h(H ∩ K) \overline{}hK. Sind h und h′ in H mit h(H ∩ K) = h′(H ∩ K) gegeben, so ist h′ = hk mit einem k ∈ H ∩ K. Also ist auch hK = h′K. Zeigen wir die Wohldefiniertheit ihrer Umkehrabbildung h(H ∩ K) \overline{}hK. Sind h und h′ in H mit hK = h′K gegeben, so ist h′ = hk mit einem k ∈ K. Nun ist wegen k = h^{−1}h′ ∈ H sogar k ∈ H ∩ K. Also ist h(H ∩ K) = h′(H ∩ K).

Insbesondere ist die Folgerung |HK| = |H||K||H ∩ K|^{−1} manchmal von Nutzen.

(7) Die Aussage ist falsch. Betrachte

G := D_{8} = ⟨(1, 2, 3, 4), (1, 3)⟩ = {id, (1, 2, 3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4, 3, 2), (1, 3), (1, 2)(3, 4), (2, 4), (1, 2)(3, 4)} .

Der Normalteiler ⟨(1, 2, 3, 4)⟩ hat die Komplemente ⟨(1, 3)⟩ und ⟨(1, 2)(3, 4)⟩, und diese Untergruppen sind noch nicht einmal in S_{4} konjugiert, geschweige denn in D_{8}.

Zwei Komplemente H und K eines Normalteilers N ⊴ G sind wegen H ≃ G/N ≃ K dagegen sicher isomorph.

Die Konjugationsklassen von Komplementen werden durch eine Cohomologiegruppe parametrisiert.

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