@ -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 $p \equiv1\mod q$. 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 $\abs{\Syl_p(G)}\cong1\mod p$\\
$\Rightarrow\abs{\Syl_p(G)}=1=[G : N_G(P)]\Rightarrow N_G(P)= G \Rightarrow P \trianglelefteq G$ ($p > q \Rightarrow q \ncong1\mod p$). \\
Ist $p \ncong1\mod q \Rightarrow$ (analog) $ Q \trianglelefteq G \Rightarrow G = P \times Q$\\
Sei also $p \cong1\mod q$. 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 ($p \cong1\mod q$) 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 $\lambda(n \cdot h)= n \cdot h^b$\\
$\Rightarrow\tau$ (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 $A_5\leq\sigma_5$, $\abs{\sigma_5}=5!=120\Rightarrow A_5=60=3\cdot5\cdot2^2$.
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 $\abs{G}=60\leq n!\Rightarrow n \geq5$. \\
Beh: $G$ besitzt eine Untergruppe von $H$ mit $[G : H]=5$. \\
Angenommen, $G$ besitzt keine solche Untergruppe: $\abs{\Syl_2(G)}\neq1$ teilt $3\cdot5=15$, 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:$$15(4-1)=45$ der Ordnung $2$ oder $4$. Da $G$ einfach ist, gilt für $P \in\Syl_5(G): 1\neq[G:N_G(P)]\mid4\cdot3$ und $[G:N_G(P)]\cong1\mod5$, also nicht $\set{1, 2, 3, 4, 12}$ - also hat $G$ genau $6$$5$-Sylowgruppen, und daher $6(5-1)=24$ Elemente der Ordnung 5. Also ist $\abs{G}\leq45+24 > 60$ 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