Algebra I Übung W09

Theorem:
Seien $N,H$ zwei Gruppen und sei

$$\begin{array}{rl}\alpha :H& \to \mathrm{Aut}(N)\\ x& \mapsto {\alpha }_x:N\to N\end{array}$$

ein Gruppenhomomorphismus. Dann ist $N{⋊}_{\alpha }H:=(N\times H,{\ast }_{\alpha })$ mit

$$(a,x){\ast }_{\alpha }(b,y):=(a{\alpha }_x(b),xy)$$

eine Gruppe.

Aufgabe:
Bestimme, bis auf Isomorphie, alle Gruppen der Ordnung $44$.

Lösung:
Sei $G$ eine Gruppe der Ordnung $44$. Wir bemerken $44=2^2\cdot 11$. Nach Sylow gilt

$$\{\begin{array}{l}|{\mathrm{Syl}}_{11}(G)||4\\ |{\mathrm{Syl}}_{11}(G)|\equiv 1\mathrm{mod}11.\end{array}$$

Es folgt $|{\mathrm{Syl}}_{11}(G)|=1$. Somit ist $N\in {\mathrm{Syl}}_{11}(G)$ ein Normalteiler in $G$. Sei $H\in {\mathrm{Syl}}_4(G)$, dann gilt aufgrund der Ordnungen der Elemente $|N\cap H|=1$, also auch $|NH|=|G|$. Somit ist

$$G=NH\cong N{⋊}_{\alpha }H,$$

für einen Homomorphismus $\alpha :H\to \mathrm{Aut}(N)$. Wir bemerken, dass $N\cong \mathbb{Z}/11\mathbb{Z}$ sein muss und $H$ ist isomorph zu $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ oder $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. Wir schreiben ab nun ${\mathbb{Z}}_n$ für $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$.

Fall 1: $H\cong {\mathbb{Z}}_4$
So ist $G\cong {\mathbb{Z}}_{11}{⋊}_{\alpha }{\mathbb{Z}}_4$ für einen Homomorphismus $\alpha :{\mathbb{Z}}_4\to \mathrm{Aut}({\mathbb{Z}}_{11})$.Wir bemekren, dass $\mathrm{Aut}({\mathbb{Z}}_{11})\cong {\mathbb{Z}}_{11}^{\times }$ mittels $x\in {\mathbb{Z}}_{11}^{\times }\mapsto ({\psi }_x:[1]\mapsto x\cdot [1])$, wobei wir verwenden, dass ein Automorphismus von ${\mathbb{Z}}_{11}$ eindeutig durch das bild von $1$ definiert ist. Wir bemerken, dass zum Beispiel $3^5=243=2\cdot 11^2+1\equiv 1\mathrm{mod}11$, aso gilt $\mathrm{ord}({\psi }_3)=5$. Da $\alpha$ ein Homomorphismus ist, gilt $\mathrm{ord}(\alpha (x))|\mathrm{ord}(x)$ für alle $x\in {\mathbb{Z}}_4$. Weiter ist $\alpha$ durch das bild von $1$ bestimmt. Wir schreiben ${\alpha }^{(x)}$ für den Homomorphismus, welcher die 1 auf ${\psi }_x$ schickt. Da ${\mathbb{Z}}_{11}^{\times }\cong {\mathbb{Z}}_{10}$ sehen wird, dass kein Element der Ordnung 4 und nur ein Element der Ordnung 2, nämlich ${\psi }_{10}$ ($10^2=100=9\cdot 11+1$). Also haben sind nur ${\alpha }^{(1)}$ und ${\alpha }^{(10)}$ möglich.

Fall 1.1: $H\cong {\mathbb{Z}}_4$ und $\alpha ={\alpha }^{(1)}$
Wir bemerken, dass ${\psi }_1$ das Neutralelement von $\mathrm{Aut}(N)$ ist, also ist $\alpha$ trivial und somit

$$G\cong {\mathbb{Z}}_{11}{⋊}_{{\alpha }^{(1)}}{\mathbb{Z}}_4\cong {\mathbb{Z}}_{11}\times {\mathbb{Z}}_4\cong {\mathbb{Z}}_{44}=:G_{1,1}$$

Fall 1.2: $H\cong {\mathbb{Z}}_4$ und $\alpha ={\alpha }^{(10)}$
In diesem Fall gilt

$$G\cong {\mathbb{Z}}_{11}{⋊}_{{\alpha }^{(10)}}{\mathbb{Z}}_4=:G_{1,2}$$

Wir bemerken, dass $G_{1,1}$ abelsch ist aber $G_{1,2}$ nicht. Somit gilt $G_{1,1}\ncong G_{1,2}$.

Fall 2: $H\cong {\mathbb{Z}}_2^2$.
So ist $G\cong {\mathbb{Z}}_{11}{⋊}_{\alpha }{\mathbb{Z}}_2^2$ für einen Homomorphismus $\alpha :{\mathbb{Z}}_2^2\to \mathrm{Aut}({\mathbb{Z}}_{11})$. In diesem Fall ist $\alpha$ eindeutig durch das Bild von $(1,0)$ und $(0,1)$ definiert. Wir schreiben ${\alpha }^{(x,y)}$ für den Homomorphismus, welcher $(1,0)$ auf ${\psi }_x$ und $(0,1)$ auf ${\psi }_y$ schickt. Wir können die möglichen Homomorphismen wieder durch Betrachtung der Ordnungen reduzieren. $(1,0)$ und $(0,1)$ haben Ordnung 2, also muss deren Bild Ordnung 1 oder 2 haben. Dies reduziert es auf folgende vier Homomorphismen

$${\alpha }^{(1,1)},{\alpha }^{(1,10)},{\alpha }^{(10,1)},{\alpha }^{(10,10)}.$$

Fall 2.1: $H\cong {\mathbb{Z}}_2^2$, $\alpha ={\alpha }^{(1,1)}$
In diesem Fall ist $\alpha$ trivial, also folgt

$$G\cong {\mathbb{Z}}_{11}{⋊}_{{\alpha }^{(1,1)}}{\mathbb{Z}}_2^2\cong {\mathbb{Z}}_{11}\times {\mathbb{Z}}_2^2\cong {\mathbb{Z}}_{22}\times {\mathbb{Z}}_2=:G_{2,1}.$$

Fall 2.2: $H\cong {\mathbb{Z}}_2^2$, $\alpha \in \left\{{\alpha }^{(1,10)},{\alpha }^{(10,1)},{\alpha }^{(10,10)}\right\}$
Wir bemerken, dass in den Fälle ${\alpha }^{(1,10)}$ und ${\alpha }^{(10,1)}$ das das Element $(1,1)\in {\mathbb{Z}}_2^2$ auf ${\psi }_{10}\circ {\psi }_1={\psi }_{10}$ geschickt wird. Im Falle ${\alpha }^{(10,10)}$ wird das Element $(1,1)\in {\mathbb{Z}}_2^2$ auf ${\psi }_1$ geschickt.

Wir bemerken nun, dass die Elemente $(1,0),(0,1),(1,1)\in {\mathbb{Z}}_2^2$ nicht von einander unterscheidbar sind, im Sinne davon, dass wenn wir zwei davon veknüpfen, erhalten wir das dritte und alle haben Ordnung 2. So existert für jede gewünschte Vertauschung dieser Elemente ein Automorphismus von ${\mathbb{Z}}_2^2$, welcher dies realisiert (Erinnerung: $\mathrm{Aut}({\mathbb{Z}}_2^2)\cong {\mathrm{GL}}_2({\mathbb{Z}}_2)\cong S_3$).

Durch Verknüpfung mit einem Automorphismus von ${\mathbb{Z}}_2^2$ können wir also jedes Element von $\left\{{\alpha }^{(1,10)},{\alpha }^{(10,1)},{\alpha }^{(10,10)}\right\}$ in jedes andere Element von $\left\{{\alpha }^{(1,10)},{\alpha }^{(10,1)},{\alpha }^{(10,10)}\right\}$ überführen. Ihr werdet in Serie 8 zeigen, dass dies

$${\mathbb{Z}}_{11}{⋊}_{{\alpha }^{(1,10)}}{\mathbb{Z}}_2^2\cong {\mathbb{Z}}_{11}{⋊}_{{\alpha }^{(10,1)}}{\mathbb{Z}}_2^2\cong {\mathbb{Z}}_{11}{⋊}_{{\alpha }^{(10,10)}}{\mathbb{Z}}_2^2.$$

In diesem Fall gilt also

$$G\cong {\mathbb{Z}}_{11}{⋊}_{{\alpha }^{(1,10)}}{\mathbb{Z}}_2^2=:G_{2,2}$$

Wir bemerken wieder, da eine abelsch ist und die andere nicht gilt $G_{2,1}\ncong G_{2,2}$.

Wir bemerken nun, dass $G_{1,\ast }\ncong G_{2,-}$ für $\ast ,-$ beliebig, da die Sylow 2-Untergruppen nicht Isomorph sind. Insgesamt folgt, dass es bis auf Isomorphie genau vier Gruppen der Ordnung 44 gibt nämlich

$$\begin{array}{rl}{G}_{1,1}& ={\mathbb{Z}}_{44}\\ G_{1,2}& ={\mathbb{Z}}_{11}{⋊}_{{\alpha }^{(10)}}{\mathbb{Z}}_4\\ G_{2,1}& ={\mathbb{Z}}_{22}\times {\mathbb{Z}}_2\\ G_{2,2}& ={\mathbb{Z}}_{11}{⋊}_{{\alpha }^{(1,10)}}{\mathbb{Z}}_2^2\end{array}$$

Bemerkung:
Man kann zeigen, dass $G_{2,2}={\mathbb{Z}}_{11}{⋊}_{{\alpha }^{(1,10)}}{\mathbb{Z}}_2^2\cong D_{11}\times {\mathbb{Z}}_2\cong D_{22}$ gilt.

Proposition:
Seien $N,H$ zwei Gruppen und $\alpha :H\to \mathrm{Aut}(N)$ ein Homomorphismus. Dann ist $1\times H\le N{⋊}_{\alpha }H$ genau dann ein Normalteiler, wenn $\alpha$ trivial ist.
Beweis:
Da $N{⋊}_{\alpha }H$ von den Untergruppen $N\times 1$ und $1\times H$ erzeugt wird ist $1\times H$ normal genau dann, wenn $(n,1){\ast }_{\alpha }(1,h){\ast }_{\alpha }(n,1{)}^{-1}\in 1\times H$ für alle $n\in N$ und $h\in H$. Seien $n\in N$, $h\in H$. Wir rechnen

$$\begin{array}{rl}(n,1){\ast }_{\alpha }(1,h){\ast }_{\alpha }(n,1{)}^{-1}& =(n{\alpha }_1(1),h){\ast }_{\alpha }(n^{-1},1)\\ & =(n{\alpha }_h(n^{-1}),h)\\ & =(n{\alpha }_h(n{)}^{-1},h),\end{array}$$

dies liegt genau dann in $1\times H$ , wenn ${\alpha }_h(n)=n$. Indem wir $n,h$ variieren, sehen wir dass $1\times H$ genau dann normal, wenn $\alpha$ trivial ist.

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