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Vorlesung 4.21.2009

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Stefan Bühler 10 years ago
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@@ -966,4 +966,58 @@ Vorsicht: $H \leq G \nRightarrow H \cap P \in \Syl_p(H)$ für $P \in \Syl_p(G)$
Beweis: Sei $Q \in \Syl_p(H) \Rightarrow \exists P' \in \Syl_p(G)$ mit $Q \subseteq P' \Rightarrow \exists g \in G$ mit $P' = gPg^{-1} \cap H \supseteq Q$ \\
Klar: $Q = P' \cap H$ (warum?)

\underline{Anwendungen}: \\

3.1.7 Satz ("`$pq$-Theorem"'): Seien $p, q$ Primzahlen mit $p > q$. Sei $G$ Gruppe mit $\abs{G} = p \cdot q$. Dann ist $G$ abelsch (und daher $\cong C_{q \cdot p} \cong C_q \times C_p$) oder $p \equiv 1 \mod q$. Ist dies so, dann gibt es bis auf Isomorphie genau eine nicht abelsche Gruppe der Ordnung $p \cdot q$. \\
Beweis: Sei $P \in \Syl_p(G), Q \in \Syl_q(G) \Rightarrow \abs{P} = p, \abs{Q} = q \Rightarrow P \cong C_p \wedge Q \cong C_q$. Wir haben $P \cap Q = (1)$, und daher ist $G = P \cdot Q$ (1.3.12).
Mit 3.1.3 folgt $\abs{ \Syl_p(G) } \mid [G:P] $ und mit 3.1.4 $ \abs{\Syl_p(G)} \cong 1 \mod p$ \\
$ \Rightarrow \abs{\Syl_p(G)} = 1 = [G : N_G(P)] \Rightarrow N_G(P) = G \Rightarrow P \trianglelefteq G$ ($p > q \Rightarrow q \ncong 1 \mod p$). \\

Ist $p \ncong 1 \mod q \Rightarrow $ (analog) $ Q \trianglelefteq G \Rightarrow G = P \times Q$ \\

Sei also $p \cong 1 \mod q$. Sei $G$ nicht abelsch, $\varphi : Q \rightarrow \Aut(P): x \mapsto c_x, c_x: P \rightarrow P: y \mapsto x y x^{-1}$. \\
$ \ker \varphi \neq (1) \Rightarrow \ker \varphi = Q \Rightarrow \varphi Q \Rightarrow (1) \leq P$ und $c_x = \id_P \Rightarrow G = P \times Q$, $G$ abelsch. Widerspruch! \\
Also ist $\ker \varphi = (1)$, d.h. $\varphi$ ist injektiv. Sei $P = <g>$. Leicht: Sei $1 \leq i \leq p-1$, so induziert $g \mapsto g^i$ einen Automorphismus $\sigma_i$ von $P = C_p = <g>$,
und $\Aut(P) = \set{ \sigma_i | 1 \leq i \leq p-1}$ ist zyklisch der Ordnung $p-1$.

Nun ist $q \mid p - 1$, also hat $C_{p-1} \cong \Aut(C_p)$ eine eindeutige Untergruppe der Ordnung q, und diese ist isomorph zu $C_q \cong Q$. \\
Also: Unter $\varphi$ wird $Q$ auf die \underline{eindeutig bestimmte} Untergruppe der Ordnung $q$ von $\Aut(P)$ abgebildet. \\
Beachte: Ist $\psi: Q \rightarrow \Aut(P)$ ein Monomorphismus, so ist $\im \varphi = \im \psi$, es gibt aber viele Monomorphismen von $Q \rightarrow \Aut(P)$. \\
Für jeden solchen Monomorphismus $\psi$ haben wir eine Gruppe $P \rtimes_\psi Q$. \\
Der nächste Satz zeigt: Alle diesen semidirekten Produkte sind isomorph. Also gibt es in diesem Fall ($p \cong 1 \mod q$) genau eine nichtabelsche Gruppe der Ordnung $p \cdot q$. \qed

3.1.8 Satz: Sei $H$ zyklische Gruppe, $N$ Gruppe. Seien $\varphi, \psi$ Monomorphismen von $H \rightarrow \Aut(N)$ mit $\im \varphi = \im \psi$. Dann ist $N \rtimes_\varphi H \cong N \rtimes_\psi H$. \\
Beweis: Sei $H = <x>$. Wegen $\varphi(H) = \psi(H)$ ist $<\varphi(x)> = <\psi(x)> \leq \Aut(N)$. Es gibt also $a, b \in \Z$ mit $\varphi(x)^a = \psi(x)$ und $\psi(x)^b = \varphi(x)$.
Für $s \in \Z$ ist dann $\varphi((x^s)^a) = \varphi(x)^{as} = \psi(x)^s = \psi(x^s)$, d.h. $\varphi(h^a) = \psi(h) \forall h \in H$, analog $\psi(h^b) = \varphi(h) \forall h \in H$. \\
Definiere $\tau: N \rtimes_\psi H \rightarrow N \rtimes_\varphi H$ durch $\tau(n \cdot h) = n \cdot h^a$ und $\lambda: N \rtimes_\varphi H \rightarrow N \rtimes_\psi H$ durch $\lambda(n \cdot h) = n \cdot h^b$ \\
$\tau(n_1 h_1 n_2 h_2) = \tau(n_1 \psi(h_1)(n_2) h_1 h_2) = n_1 \psi(h_1)(n_2) (h_1 h_2)^a = n_1 \varphi(h_1^a)(n_2) h_1^a h_2^a = n_1 h_1^a n_2 h_2^a = \tau(n_1 h_1) \tau(n_2 h_2)$ \\
$ \Rightarrow \tau $ (und analog $\lambda$) ist Gruppenhomomorphismus. \\
Nun ist $\tau \lambda : nh \mapsto \tau(n\cdot h^b) = n\cdot h^{ba}$, aber $\varphi(x) = \psi(x)^b = (\varphi(x^a))^b = \varphi(x^{ab})$ und $\varphi$ ist injektiv. Also ist $x = x^{ab}$ und daher $h = h^{ab} \forall h \in H$, also ist $\tau \lambda = \id_{N \rtimes_\varphi H}, \lambda \tau = \id_{N \rtimes_\psi H}$ \\
Also sind $\tau, \lambda$ Isomorphismen und $N \rtimes_\varphi H \cong N \rtimes_\psi H$, \qed.

Erinnerung: $A_5$ ist einfach $A_5 \leq \sigma_5$, $\abs{\sigma_5} = 5! = 120 \Rightarrow A_5 = 60 = 3 \cdot 5 \cdot 2^2$.

3.1.9 Satz: Sei $G$ einfach, $\abs{G} = 60$. Dann ist $G \cong A_5$. \\
Beweis: Sei $n \in \N$ und $H \lneq G$ mit $[G : H] = n$. Sei $\rho: G \rightarrow \sigma_n$ die Darstellung, die zu der $G$-Menge $G/H$ gehört.
$\Rightarrow \rho$ ist injektiv. Insbesondere ist $\abs{G} = 60 \leq n! \Rightarrow n \geq 5$. \\
Beh: $G$ besitzt eine Untergruppe von $H$ mit $[G : H] = 5$. \\
Angenommen, $G$ besitzt keine solche Untergruppe: $\abs{\Syl_2(G)} \neq 1$ teilt $3 \cdot 5= 15$, sonst wäre $G$ nicht einfach. Sei $P \in \Syl_2(G)$. Betrachte Möglichkeiten für $\abs{\Syl_2(G)}$: \\
~~ 3: $[G:N_G(P)] = 3 < 5$ Widerspruch! \\
~~ 5: $[G:N_G(P)] = 5$ Widerspruch zur Annahme \\
Also ist $[G:N_G(P)] = 15$ Seien $S_1, S_2 \in \Syl_2(G), S_1 \neq S_2$. Sei $1 \neq t \in S_1 \cap S_2$. $V_4 = C_2 \times C_2, C_4$ sind die einzigen Gruppen der Ordnung $4$.
$\Rightarrow S_1$ und $S_2$ sind abelsch $\Rightarrow \abs{C_G(t)} > 4$ und $4 \mid \abs{C_G(t)}$, da $S_1 \leq C_G(t)$.
$\Rightarrow [G:C_G(t)] \in \set{1,3,5} \Rightarrow [C:C_G(t)] = 1 \Rightarrow t \in Z(G) \trianglelefteq G$ Widerspruch zur Einfachheit von $G$. \\
Also hat $G:$ $15(4-1) = 45$ der Ordnung $2$ oder $4$. Da $G$ einfach ist, gilt für $P \in \Syl_5(G): 1 \neq [G:N_G(P)] \mid 4 \cdot 3$ und $[G:N_G(P)] \cong 1 \mod 5$, also nicht $\set{1, 2, 3, 4, 12}$ - also hat $G$ genau $6$ $5$-Sylowgruppen, und daher $6(5-1)=24$ Elemente der Ordnung 5. Also ist $\abs{G} \leq 45+24 > 60$ Widerspruch. Also hat $G$ eine Untergruppe $H$ mit $[G:H] = 5$. \\
Sei wieder $\varphi: G \rightarrow \sigma_5$ die Darstellung auf $G/H$. Diese ist injektiv, so ist $G$ ohne Einschränkung Untergruppe von $\sigma_5$ vom Index 2, da die $\abs{G} = 60 = \frac{120}{2} = \frac{\abs{\sigma_5}}{2}$. Also ist $G \trianglelefteq \sigma_5$. Angenommen $G \neq A_5 \Rightarrow \abs{G \cdot A_5} > 60 \Rightarrow G \cdot A_5 = \sigma_5$. \\
Nach 1.3.12: $\abs{G \cap A_5} = \frac{\abs{G} \abs{A_5}}{G \cdot A_5} = 30$. Also ist $G \cap A_5$ Untergruppe von $G$ vom Index 2 - Widerspruch. Also $G = A_5$.

3.1.10 Korrolar: $\PSL_2(4) \cong \PSL_2(5) \cong A_5$, da $\PSL_2(4)$ und $\PSL_2(5)$ einfach mit Ordnung 60.

Bemerkung: Man kann zeigen: Alle anderen Gruppen $\PSL_n(q)$ sind paarweise verschieden (?). \\
Relativ leichte Übung: Ist $G$ einfach und $\abs{G} < 60$ so folgt $G \cong C_{\abs{G}}$

3.1.11 Satz "`Frattini Argument"': Sei $G$ endliche Gruppe, $N \trianglelefteq G$ und $P \in \Syl_p(N)$, $p$ Primzahl. Dann ist $G = N_G(P) \cdot N$. \\
Beweis: Sei $g \in G$. Wegen $gNg^{-1} = N \trianglelefteq G$ ist $gPg{-1} \subseteq N \Rightarrow gPg^{-1} \in \Syl_p)N)$. Also gibt es $n \in N: n ( gPg^{-1} ) n^{-1} = P = ng P (ng)^{-1}$
$ \Rightarrow ng \in N_G(P) \Rightarrow g \in n^{-1} N_G(P) \subseteq N N_G(P) = N_G(P) N$. \qed

\end{document}

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