Algebra I Übung W08

Theorem (Sylow):
Sei $G$ eine endliche Gruppe, so dass $\left|G\right|=p^m\cdot n$, $p$ prim und $p\nmid n$. Dann gilt:
(a) Es gibt eine Sylow $p$-Untergruppe von $G$.
(b) Die Sylow $p$-Untergruppe von $G$ sind paarweise konjugiert.
(c) $\left|{\mathrm{Syl}}_p(G)\right|\equiv 1\mathrm{mod}p$
(d) $\left|{\mathrm{Syl}}_p(G)\right||n$.

Bemerkung:
Wir haben nun schon zwei starke Theoreme zur Klassifizierung endlicher Gruppen.

Proposition 1:
Sei $G$ eine endliche Gruppe der Ordnung $p{q}^2$ für Primzahlen $p\ne q$. Dann ist $G$ nicht einfach und auflösbar.

Beweis:
Seien $P\in {\mathrm{Syl}}_p(G)$ und $Q\in {\mathrm{Sly}}_q(G)$ beliebig. Aus den Sylowsätzen erhalten wir:

$$\{\begin{array}{l}|{\mathrm{Syl}}_p(G)||q^2\\ |{\mathrm{Syl}}_p(G)|\equiv 1\mathrm{mod}p\end{array}⟹|{\mathrm{Syl}}_p(G)|\in \left\{1,q,q^2\right\}$$

und

$$\{\begin{array}{l}|{\mathrm{Syl}}_q(G)||p\\ |{\mathrm{Syl}}_q(G)|\equiv 1\mathrm{mod}q\end{array}⟹|{\mathrm{Syl}}_q(G)|\in \left\{1,p\right\}$$

Fall 1: $|{\mathrm{Syl}}_p(G)|=1$: Dann ist $P⊴G$. Da $P$ isomorph zu $C_p$ ist, ist es abelsch.Weiter hat $G/P$ Ordnung $q^2$ nach Lagrange. Also ist es auch abelsch. Somit ist $G$ mittels $\left\{e\right\}⊴P⊴G$ auflösbar.

Fall 2: $|{\mathrm{Syl}}_q(G)|=1$: Dann ist $Q⊴G$. Da $Q$ Ordnung $q^2$ hat ist es abelsch. $G/Q$ ist mit Ordnung $p$ auch abelsch. Also ist die Gruppe wieder auflösbar mit $\left\{e\right\}⊴Q⊴G$.

Fall 3: $|{\mathrm{Syl}}_p(G)|>1$ und $|{\mathrm{Syl}}_q(G)|>1$.
Mit obigem muss also $|{\mathrm{Syl}}_q(G)|=p$. Aufgrund von $|{\mathrm{Syl}}_q(G)|=p\equiv 1\mathrm{mod}q$ folgt $p>q$. Also ist $|{\mathrm{Syl}}_p(G)|=q$ durch $|{\mathrm{Syl}}_p(G)|\equiv 1\mathrm{mod}p$ ausgeschlossen. Es folgt $|{\mathrm{Syl}}_p(G)|=q^2$.

Sei $P^{\prime }\in {\mathrm{Syl}}_p(G)$ eine weitere Sylow $p$-Untergruppe. Es gilt $P\cong C_p\cong P^{\prime }$. Jedes nicht-triviale Element der Untergruppe erzeugt also jeweils die ganze Gruppe. Es folgt $P=P^{\prime }$ oder $P\cap P^{\prime }=\left\{e\right\}$. Da wir nach Annahme $q^2$ verschiedene Sylow $p$-Untergruppen haben, gilt

$$\left|\bigcup _{P\in {\mathrm{Syl}}_p(G)}P\setminus \left\{e\right\}\right|=|\left\{g\in G\mid \mathrm{ord}(g)=p\right\}|=q^2(p-1).$$

Wir setzen $X=\left\{g\in G\mid \mathrm{ord}(g)=p\right\}$. Dann gilt für beliebiges $Q\in {\mathrm{Syl}}_q(G)$, $Q\subseteq G\setminus X$. Dan obigem haben wir aber $|X|=q^2(p-1)$, also $|G\setminus X|=q^2$. Es folgt $Q=G\setminus X$. Da $Q$ beliebig in ${\mathrm{Syl}}_q(G)$ war folgt $|{\mathrm{Syl}}_q(G)|=1$. Ein Widerspruch zu unserer Annahme.

$$\begin{array}{r}\end{array}\text{\hspace{1em}□}$$

Sei $p$ eine Primzahl und $G$ eine endliche Gruppe mit $|G|=p^{k}n$ mit $p\nmid n$. Wir wollen nun zeigen, dass für eine beliebige $p$-Untergruppe (also eine Untergruppe mit Ordnung $p^{\ell }$ für ein $\ell \ge 1$) $H\le G$ eine Sylow $p$-Untergruppe existiert mit $H\le P$. Wir zeigen dafür eine etwas stärkere Aussagen.

Proposition 2:
Sei $G$ eine endliche Gruppe, $H\le G$. Dann existiert ein $P\in {\mathrm{Syl}}_p(G)$, so dass

$$P\cap H\in {\mathrm{Syl}}_p(H).$$

Beweis:
Sei $P\in {\mathrm{Syl}}_p(G)$ beliebig. Wir lassen $H$ auf $G/P$ mittels linkstranslation operieren. Also $(h,gP)\mapsto hgP$. Per Definition der Sylow $p$-Untergruppen ist $|G/P|$ nicht durch $p$ teilbar. Weil $|G/P|={\sum }_{N\in (G/P)/H}|N|$ gilt, existiert also ein $gP\in G/P$, dessen Bahnlänge nicht durch $p$ teilbar ist. Also ist $|HgP|=[H:{\mathrm{St}}_G(gP)]$ nicht durch $p$ teilbar. Dies zeigt, dass die Potenz von $p$ in $|{\mathrm{St}}_G(gP)|$ maximal ist. Weiter gilt

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{St}}_G(gP)& =\left\{h\in H\mid hgP=gP\right\}\\ & =\left\{h\in H\mid g^{-1}hg\in P\right\}\\ & =\left\{h\in H\mid h\in gP{g}^{-1}\right\}\\ & =gP{g}^{-1}\cap H.\end{array}$$

Mit obigem zeigt dies, dass ${\mathrm{St}}_G(gP)$ eine Sylow $p$-Untergruppe in $H$ ist. Da $gP{g}^{-1}\in {\mathrm{Syl}}_p(G)$ folgt die Aussage.

$$\begin{array}{r}\end{array}\text{\hspace{1em}□}$$

Korollar 1:
Sei $G$ endlich, $p$ eine Primzahl die $|G|$ teilt und $H\le G$ eine Untergruppe mit $|H|=p^{\ell }$ für ein $\ell \ge 1$. Dann existiert eine Sylow $p$-Untergruppe $P\in {\mathrm{Syl}}_p(G)$, so dass $H\le P$.

Beweis:
Obige Proposition lieftert ein $P\in {\mathrm{Syl}}_p(G)$, so dass $P\cap H\in {\mathrm{Syl}}_p(H)$. Da aber $H$ eine Potenz als $p$ als Ordnung hat ist die einzige Sylow $p$-Untergruppe von $H$, $H$ selbst. Also gitl $P\cap H=H$ und somit $H\le P$.

$$\begin{array}{r}\end{array}\text{\hspace{1em}□}$$

Proposition 3:
Sei $G$ eine endliche Gruppe der Ordnung $pq$ für Primzahlen $p<q$ mit $q\not\equiv 1\mathrm{mod}p$. Dann ist $G$ zyklisch.

Beweis:
Nach Sylow existieren $P,Q\le G$ mit $|P|=p$ und $|Q|=q$.

Wir wollen nun zeigen, dass $P,Q$ Normalteiler sind. Mit Sylow folgt
$|{\mathrm{Syl}}_p(G)||q$. Also ist $|{\mathrm{Syl}}_p(G)|\in \left\{1,q\right\}$. Mit Sylow folgt aber auch $|{\mathrm{Syl}}_p(G)|\equiv 1\mathrm{mod}p$. Gemeinsam mit unserer Annahme impliziert dies $|{\mathrm{Syl}}_p(G)|=1$.

$$\{\begin{array}{l}|{\mathrm{Syl}}_p(G)||q\\ |{\mathrm{Syl}}_p(G)|\equiv 1\mathrm{mod}p\end{array}\stackrel{q\not\equiv 1\mathrm{mod}p}{⟹}|{\mathrm{Syl}}_p(G)|=1$$

Es folgt, dass $P$ normal in $G$ ist. Weiter folgt mit Sylow

$$\{\begin{array}{l}|{\mathrm{Syl}}_q(G)||p\\ |{\mathrm{Syl}}_q(G)|\equiv 1\mathrm{mod}q\end{array}\stackrel{p<q}{⟹}|{\mathrm{Syl}}_q(G)|=1.$$

Dies zeigt, dass $Q$ normal in $G$ ist.

Aufgrund der Ordnung der Elemente gilt $P\cap Q=\left\{e\right\}$. Wir bemerken, dass $P,Q$ jeweils isomorph zu $C_p$ respektive $C_q$, also insbesondere zyklisch. Sei $a$ ein Erzeuger von $P$ und $b$ ein Erzeuger von $Q$. Aufgrund der Normalität von $P,Q$ gilt

$$ab{a}^{-1}{b}^{-1}\in P\cap Q=\left\{e\right\}.$$

Also kommutieren $a$ und $b$. Da $a,b$ auch teilerfremde Ordnung haben folgt mit Aufgabe 6.b aus Serie 1

$$\mathrm{ord}(ab)=\mathrm{ord}(a)\mathrm{ord}(b)=pq.$$

Dies zeigt, dass $G$ von $ab$ erzeugt wird und somit zyklisch ist.

$$\begin{array}{r}\end{array}\text{\hspace{1em}□}$$

Beispiele:
Zum Beispiel sind also Gruppen der Ordnungen $15$, $33$, $35$, $65$, $77$, … immer zyklisch!

Proposition 4:
Sei $G$ eine endliche Gruppe der Ordnung $p{q}^k$ für $p<q$ Primzahlen und $k\ge 1$. Dann ist $G$ nicht einfach und auflösbar.

Beweis:
Nach Sylow existiert eine Untergruppe $H\le G$ mit $|H|=q^k$. Mit Lagrange folgt $[G:H]=p$. Da $p$ die kleinste Primzahl ist, welche die Ordnung von $G$ teilt, folgt mit einer Proposition aus den vergangenen Wochen, dass $H$ ein Normalteiler ist. Dies zeigt, dass $G$ nicht einfach ist. Wir bemerken nun, dass $G/H\cong C_p$ und dass $H$ eine $q$-Gruppe ($q$ prim) ist. Nach Aufgabe 33 aus Serie 5 folgt nun, dass $G$ auflösbar ist.

$$\begin{array}{r}\end{array}\text{\hspace{1em}□}$$

Aufgabe:
Sei $G$ eine endliche Gruppe und $P$ eine Sylow $p$-Untergruppe von $G$. Beweise
(1) Für eine normale $p$-Untergruppe $M$ gilt $M\le P$.
(2) Es existiert eine normale $p$-Untergruppe $N$ in $G$, welche alle normalen $p$-Untergruppen von $G$ enthält.

Beweis:
(1)
Da $M$ normal ist, bildet $MP$ eine Gruppe. Seien $k,l\in \mathbb{N}$, so dass $|P|=p^k$ und $|M|=p^l$. Wir wissen

$$|MP|=\frac{|M||P|}{|M\cap P|}=p^t\ge p^k$$

für ein $t\in \mathbb{N}$. Da $|G|=p^k\cdot n$ für ein $n$ mit $p\nmid n$, folgt $t=k$. Da $P\subseteq MP$ folgt $P=MP$. Also $M\subseteq MP=P$.

(2)
Da jede normale $p$-Untergruppe in allen Sylow $p$-Untergruppen enthalten ist, ist es plausibel

$$N:=\bigcap _{Q\in {\mathrm{Syl}}_p(G)}Q$$

zu betrachten. Als Schnitt von Untergruppen bildet $N$ eine Untergruppe. Des weiteren hat $N$ ein Potenz von $p$ als Ordnung. Da alle Sylow $p$-Untergruppen konjugiert zueinander sind, folgt für $x\in G$

$$\begin{array}{rl}xN{x}^{-1}& =x\left(\bigcap _{Q\in {\mathrm{Syl}}_p(G)}Q\right)x^{-1}\\ & =\bigcap _{Q\in {\mathrm{Syl}}_p(G)}xQ{x}^{-1}\\ & =\bigcap _{K\in {\mathrm{Syl}}_p(G)}K\\ & =N.\end{array}$$

Also ist $N$ normal. Sei nun $H$ eine weitere normale $p$-Untergruppe von $G$. Dann folgt aus (1) $H\le P$ für alle $P\in {\mathrm{Syl}}_p(G)$ und somit $H\le N$.