Algebra I, MC09

Sei $G$ eine Gruppe der Ordnung 21. Mit Sylow erhalten wir, dass $P\in {\mathrm{Sly}}_7(G)$ ein Normalteiler ist. Des weitere gilt aufrund der Ordnung der Elemente, dass $P\cap Q=\left\{e\right\}$ für $Q\in {\mathrm{Syl}}_3(G)$. Auch gilt $|P|\cdot |Q|=21$. Es folgt, dass $G$ ein semidirektes Produkt von $P,Q$ ist. Da $P,Q$ Primordnung haben gilt $P\cong \mathbb{Z}/7\mathbb{Z}=:{\mathbb{Z}}_7$ und $Q\cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}=:{\mathbb{Z}}_3$. Wir suchen also alle möglichen Homomorphismen $\alpha :{\mathbb{Z}}_3\to \mathrm{Aut}({\mathbb{Z}}_7)$. Sei ${\psi }_x:{\mathbb{Z}}_7\to {\mathbb{Z}}_7$ definiert durch $[1]\mapsto x\cdot [1]$. Dann ist für $x\in {\mathbb{Z}}_7^{\times }$ ein Automorphismus. Wir schreiben ${\alpha }^{(x)}$ für den durch $[1]\mapsto {\psi }_x$ definierten Homomorphismus von ${\mathbb{Z}}_3$ nach $\mathrm{Aut}({\mathbb{Z}}_7)$. Da $[1]$ Ordnung 3 in ${\mathbb{Z}}_3$ hat muss das Bild entweder Ordnung 1 oder 3 haben. Da $\mathrm{Aut}({\mathbb{Z}}_7)\cong {\mathbb{Z}}_7^{\times }\cong {\mathbb{Z}}_6$ sehen wir, dass es genau zwei Optionen für $\alpha$ gibt, nämlich ${\alpha }^{(1)}$ und ${\alpha }^{(4)}$ (bemerke $4^3=64\equiv 1\mathrm{mod}7$). Wir erhalten also genau zwei Möglichkeiten für $G$:

$${\mathbb{Z}}_7{⋊}_{{\alpha }^{(1)}}{\mathbb{Z}}_3\cong {\mathbb{Z}}_{21}$$

oder

$${\mathbb{Z}}_7{⋊}_{{\alpha }^{(4)}}{\mathbb{Z}}_3.$$

Diese sind verschieden, da erste abelsch ist und letztere nicht ablesch ist. Es folgt (b)

(a) Richtig, wir wissen, dass $T$ eine zu $C_2\times C_2$ isomorphe Untergruppe besitzt (z.B. mit Sylow). Sei $N$ eine solche. Sei weiter $H$ eine Sylow 3-Untergruppe von $T$. Dann gilt $N\cap H=\left\{e\right\}$, wegen der Ordnung der Elemente. Weiter gilt $|N|\cdot |H|=12$. Dies zeigt, dass $T$ isomorph ist zum semidirekten Produkt $N{⋊}_{\kappa }H$, wobei $\kappa$ von der von der Konjugation in $T$ induzierte Homomorphismus ist.
(b) Richtig, wir holen etwas aus: (intuitive Erklärung anhand des Würfels)
Sei $N:=⟨(12)(34),(13)(24)⟩$. Dann ist

$$N=\left\{\iota ,(12)(34),(13)(24),(14)(32)\right\}.$$

Aus MC08 wissen wir, dass es genau $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=6$ verschiedene 2-Zykel in $S_4$ gibt. Da $(ij)(vw)=(vw)(ij)$ für disjunkte 2-Zykel $(vw),(ij)$ gilt sehen wir, dass es genau 3 verschieden Paare von disjunkten 2-Zykeln in $S_4$ gibt. Da Konjugation die Zykelstruktur erhält, folgt, dass $N$ normal in $S_4$ ist. Sei

$$H=⟨(123),(12)⟩.$$

Wir bemerken, dass $(12)(123)(12)=(321)=(123{)}^{-1}$. Also ist $H$ isomorph zu $D_3$ ist. Weiter bemerken wir, dass $(12),(13),(23)$ genau die Elemente der Ordung zwei in $H$ sind. Dies zeigt $N\cap H=\left\{\iota \right\}$. Weiter haben wir $|N|\cdot |H|=24=|C|$. Es folgt nun, dass $C\cong N{⋊}_{\kappa }H$.
(c) Richtig, wir wissen, dass die von der Rotation erzeugte Untergruppe $N$ Index zwei in $D_n$ hat. Dies zeigt, dass diese Normal ist. Sei $H$ die von einer Spiegelung erzeugte Untergruppe. Dann gilt $N\cap H=\left\{e\right\}$ und $|N|\cdot |H|=2n=|D_n|$. Es folgt $D_n\cong N{⋊}_{\kappa }H$.
(d) Falsch, $C$ hat keine normale Untergruppe isomorph zu $D_4$.

(a) Falsch, betrachte $(12\dots 15)(161718)$ in $S_{18}$.
(b) Richtig, siehe entweder Proposition 3 aus W08 oder mit Sylow und semidirekten Produkten.
(c) Richtig, es existiert keinen nicht-abelsche Gruppe der Ordnung 15.
(d) Richtig, jede solche Gruppe hat Ordnung $2^3$ und ist somit als $p$-Grupppe auflösbar (Serie 5 A33)

Eine kurze Rechnung zeigt, dass (d) richtig ist.

(a) Richtig, wie in MC08 besprochen ist dass das Erzeugnis ein Normalteiler von $S_{42}$, also entweder $\left\{e\right\}$, $A_{42}$ oder $S_{42}$. Da $(345)=(35)(34)$, sehen wir, dass $(12)(345)$ eine ungerade Permutation ist. Da das Erzeugnis nicht trivial ist, muss es somit ganz $S_{42}$ sein.
(b) Falsch, da $(12)(34)$ und alle Konjugierten davon eine gerade Permutation ist, und das Produkt von geraden Perumtationen wieder gerade ist, folgt dass das Erzeugnis eine Untergruppe von $A_{42}$ ist (mit obigem Argument sieht man sogar, dass es genau $A_{42}$ ist).
(c) Richtig, da $(1234)$ ungerade ist folgt es mit dem selben Argument wie in (a)
(d) Richtig, da $(12345)$ gerade plus obige Argumente (oder MC08 für genauerer Argumentation).