DIE SÄTZE VON SCHUR-ZASSENHAUS UND P. HALL

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1 DIE SÄTZE VON SCHUR-ZASSENHAUS UND P. HALL LARS KINDLER Dies sind Notizen für ein Seminar an der Universität Duisburg-Essen im Sommersemster Als Quelle diente das Buch A Course in the Theory of Groups von D.J.S. Robinson, Springer GTM Vorarbeiten Definition 1.1. Sei π eine nichtleere Menge von Primzahlen. Eine endliche Gruppe G heißt π-gruppe, falls alle Primfaktoren von G in π enthalten sind. Eine Untergruppe H einer endlichen Gruppe G heißt π-untergruppe, falls jeder Primfaktor von H in π enthalten ist. π-sylowuntergruppe, falls H eine maximale π-untergruppe ist. Hall-π-Untergruppe, falls H π-gruppe ist und keiner der Primteiler von (G : H) in π enthalten ist. Proposition 1.2. Sei G endliche Gruppe. Jede Hall-π-Untergruppe H ist π-sylowuntergruppe. Beweis. Angenommen K G wäre eine weitere π-untergruppe, so dass H < K. Dann wäre K > H, aber da H Teiler von K ist, widerspräche das der Tatsache, dass keiner der Primteiler von (G : H) in π enthalten ist. Proposition 1.3. Sei G endliche Gruppe. Dann gibt es genau eine maximale normale π-untergruppe O π (G) von G. Beweis. Seien H und K π-untergruppen von G, dann ist H K auch π-untergruppe. Ist K G, so ist auch HK/K eine π-gruppe: HK/K = H H K Also ist auch HK eine π-untergruppe von G, und somit ist O π (G) die von allen normalen π-untergruppen erzeugte Untergruppe von G auch auch eine π-gruppe. Proposition 1.4. Ist H Hall-π-Untergruppe, so ist O π (G) H Beweis. Sei R = O π (G). Dann ist HR auch π-untergruppe, aber H ist π-sylowuntergruppe nach 1.2, HR = H, und daher R H. Lemma 1.5 (Frattini-Argument). Ist G endliche Gruppe, H G, und P eine Sylow p-untergruppe von H, dann ist G = N G (P )H. Beweis. Sei g G. Dann ist P g H eine Sylow p-untergruppe von H. Also hat man wegen des Sylowsatzes P g = P h für ein h H. Also ist gh 1 N G (P ) = { x G xp x 1 = p }. Daher g N G (P )H, was zu zeigen war. Lemma 1.6. Sei G eine Gruppe, die keine echten charakteristischen Untergruppen enthält. Sei N eine normale Untergruppe von G, die keine echten Untergruppen hat, die normal in G sind. Dann ist G = Ni, N i einfache Gruppen, mit N i = N für alle i. Beweis. Betrachte die Gruppe N α α Aut G. Das ist eine charakteristische Untergruppe von G, also ist sie gleich G. Sei T Aut G eine maximale Teilmenge, so dass id T, und so dass N α α T = α T N α. So ein T gibt es, weil Aut G endliche Gruppe ist, und weil {id} die zweite Bedingung erfüllt. Sei nun L = α T N α. Angenommen L G. Dann gibt es ein β Aut G, so dass N β L. Bemerke, dass N β G, ebenfalls mit der Eigenschaft, dass keine der echten Untergruppen von N β normal in G ist. Außerdem bemerke, dass L G. Also ist N β L normal in N β und normal in G, also N β L = 1. Aber Date: 8. Juni :43. lars.kindler@uni-due.de. 1

2 2 LARS KINDLER das heißt N α α T {β} = α T {β} N α, was ein Widerspruch zur Maximalität von T ist. Also ist G = L = r i=1 N. Angenommen N wäre nicht einfach: Dann gäbe es eine echte normale Untergruppe M von N. Das würde aber implizieren, dass M normal in G = α T N α ist: M ist normal in N = G/ α T \{id} N α, daher ist das Urbild von M in G normal, aber das ist ja G selbst. Also ergibt sich ein Widerspruch zu der Tatsache, dass N keine echten Untergruppen enthält, die Normal in G sind. Lemma 1.7. Sei G auflösbare endliche Gruppe und 1 H G eine normale Untergruppe, so dass keine weitere normale Untergruppe von G in H enthalten ist. Dann ist H = (Z/pZ) r für eine Primzahl p und ein geeignetes r N. Beweis. Zuerst bemerken wir, dass H keine echten charakteristischen Untergruppen enthält: Wäre H H charakteristisch, so wäre H auch normal in G. Sei nun N H eine normale Untergruppe von H, die keine weiteren nichttrivialen Untergruppen von H enthält. Jetzt wenden wir das vorige Lemma 1.6 an: H = N, mit N einfach. Als Untergruppe einer auflösbaren Gruppe ist N auch auflösbar, es bleibt also zu zeigen, dass die einzigen auflösbaren, einfachen Gruppen die Form Z/pZ haben. Aber das ist klar: Als einfache Auflösbare Gruppe ist 0 N die einzige Normalreihe, und wegen der Auflösbarkeit folgt, dass N abelsch und einfach sein muss. 2. Schur-Zassenhaus Theorem 2.1 (Schur-Zassenhaus). Ist G endliche Gruppe und N eine normale Untergruppe, so dass N =: n und G : N =: m koprim sind, dann enthält G Untergruppen der Ordnung m und alle diese Untergruppen sind konjugiert. Beweis. Schritt 1: N abelsch, Existenz: Sei Q = G/N. Q operiert auf N via a a gn := a g : gna(gn) 1 = gag 1, weil N abelsch ist. Für jedes x Q gibt es ein Element t x G, so dass G = t x N. Da t x t y N t xy N, gibt es Elemente c(x, y) N, so dass t x t y = t xy c(x, y). Es gilt (t x t y )t z = t x (t y t z ). (1) Die linke Seite der Gleichung (1) kann man so schreiben: t xy c(x, y)t z = t xy t z t 1 z c(x, y)t z = t xy t z c(x, y) tz = t xyz c(xy, z)c(x, y) z, wobei ( ) z die genannte Q-Operation auf N bezeichnet. Die Rechte Seite von (1) ergibt also gilt in N für alle x, y, z Q t x (t y t z ) = t x t yz c(y, z) = t xyz c(x, yz)c(yz), c(xy, z)c(x, y) z = c(x, yz)c(y, z) (2) Für y Q definiere d(y) = x Q c(x, y). Das Produkt über alle x von (2) ergibt (N is abelsch!) d(z)d(y) z = d(yz)c(y, z) m, weil xy Q durchläuft, wenn x Q durchläuft. Also d(yz) = d(z)d(y) z c(y, z) m. (3) Da (n, m) = 1, gibt es eine m-te Wurzel e(y) von d(y) 1 in N: N ist endlich abelsch, von Ordnung prim zu m. Es gilt also e(y) m = d(y) 1. Die Gleichung (3) liefert also e(yz) = e(z)e(y) z c(y, z). (4)

3 DIE SÄTZE VON SCHUR-ZASSENHAUS UND P. HALL 3 Definiere jetzt s x := t x e(x), dann gilt: s y s z = t y e(y)t z e(z) = t y t z t 1 z e(y)t z e(z) = t y t z e(y) z e z = t yz c(y, z)e(y) z e z }{{} N,=e(yz) = t yz e(yz) = s yz. Die Abbildung x s x ist also ein Gruppenhomomorphismus Q G. Angenommen s x = 1. Dann t x = e(x) 1 N, also t x = 1, und daher s x = 1. Also ist der Morphismus injektiv, und die Existenz einer Untergruppe von G mit Ordnung m ist damit bewiesen. Schritt 2: N beliebig, Existenz: Induktion über G. Sei p ein Primfaktor von N und P eine p- Sylowuntergruppe von N. L := N G (P ) und C := Z(P ). Dann gilt L N G (C) =: M: Als Zentrum ist C charakteristische Untergruppe von P, und da P normal in L ist, ist C auch normal in L. Aber N G (C) ist die größte Untergruppe von G, in der C normal ist, also gilt L M. Das Frattini- Argument 1.5 zeigt nun, dass G = LN gilt. Also gilt auch G = MN. Sei N 1 := M N M. Es gilt m = (G : N) = M N M N N = M N 1. Weil P eine p-gruppe ist, ist C = Z(G) 1, also können wir die Induktionsannahme auf M/C anwenden, d.h. da N 1 /C ein Normalteiler von M/C ist, so dass N 1 koprim zu m = (M : N 1 ) ist, gibt es eine Untergruppe X/C von M/C, die Ordnung m hat. Weiterhin gilt M/C = X/C N 1 /C, also M = XN 1 : Sei m M, dann kann man m schreiben als xc 1 nc 2 mit c i C, x X und n N 1, aber xc 1 X und nc 2 N, also M = XN 1. Weil X/C N 1 /C = 1, so ist X N 1 = C. Zum Schluss muss nur noch bemerkt werden, dass wir wegen X/C = (X : C) = m, und weil C P eine abelsche p-gruppe ist, wobei p N, Schritt 1 anwenden können um festzustellen, dass X und damit auch G eine Untergruppe von Ordnung m hat. Schritt 3: N abelsch, Konjugiertheit: Konjugiertheit: Angenommen H und H sind zwei Untergruppen von G der Ordnung m. Dann ist G = HN = H N und H N = H N = 1. Insbesondere haben wir kanonische Morphismen Q H und Q H (universelle Eigenschaft der Faktorgruppe). Angenommen x Q wird auf s x in H und s x in H abgebildet. Dann gilt s x = s x a(x) für ein a(x) N. Aber es gilt auch also s xy = s xs y = s x a(x)s y a(y) = s x s y s 1 y a(x)s y a(y) = s xy a(x) y a(y), a(xy) = a(x) y a(y). (5) Sei nun b := x Q a(x). Dann erhalten wir aus (5) b = by a(y) m. Wieder können wir b = c m schreiben, weil (m, n) = 1, also ergibt sich c = c y a(y), d.h. a(y) = c y c. Also s y = s y a(y) = s y c y c. Weiterhin, ist c y = (c 1 ) sy nach Definition der Q-Operation auf N, also erhalten wir schlussendlich s y = c 1 s y c, und damit H = c 1 Hc. Schritt 3: Der allgemeine Fall, Konjugiertheit, G/N auflösbar: Sei π die Menge der Primfaktoren von m und R = O π (G). Seien H, K zwei Untergruppen von G mit Ordnung m. Dann sind H und K Hall-π-Untergruppen, und wegen 1.4 ist dann R H K. Um zu zeigen, dass H und K konjugiert sind genügt es zu zeigen, dass H/R und K/R in G/R konjugiert sind. Außerdem ist O π (G/R) = 1 (jede normale π-untergruppe von G/R gibt eine normale π-untergruppe von G, die dann = R sein muss). Indem wir G durch G/R ersetzen können wir also annehmen, dass R = 1. Die zu beweisende Aussage ist für m = 1 trivial, also können wir auch annehmen m > 1 und daher N G. Sei nun L/N 1 eine normale Untergruppe von G/N, die keine nichttrivialen normalen Untergruppen von G enthält. So eine Untergruppe gibt es immer, da G endlich ist. Da G/N nach Annahme auflösbar ist, ist L/N abelsch und von der Form (Z/pZ) r für ein p π und ein r N; das ist Lemma 1.7.

4 4 LARS KINDLER Betrachte die Gruppe H L = (H L)N/N L/N. Es gilt (L : H L) = L H L = LH = (LH : H) (G : H). H Also wird (L : H L) nicht von p m geteilt und damit ist L H eine p-sylowuntergruppe von L. Genaus für K. Also gibt es g L, so dass (H L) = (K L) g = K g L. Sei S := H L, dann folgt S H, K g =: J. Angenommen J = G. Weil S eine π-gruppe ist folgt S O π (G) = 1. Das heißt aber, dass p die Ordnung von L nicht teilt, was ein Widerspruch ist, da L/N eine nichttriviale p-gruppe ist. Also J G und mit Induktion folgt, dass H und K g konjugiert in J sind. Daraus folgt aber, dass H und K in G konjugiert, was zu zeigen war. Schritt 4: Der allgemeine Fall, Konjugiertheit, N auflösbar: Wieder seien H, K zwei Untergruppen von G mit Ordnung m. Aus Schritt 3 wissen wir, dass H[N, N]/[N, N] und K[N, N]/[N, N] in G/[N, N] konjugiert sind (Bemerke hierbei: Weil die Ordnung von n koprim zu m ist, ist H[N, N]/[N, N] isomorph zu H). Also wissen wir, dass H g K[N, N] für ein g G. Swohl H g, als auch K sind Untergruppen von K[N, N] der Ordnung m, d.h. es genügt zu zeigen, dass H g und K in K[N, N] konjugiert sind. Die Gruppe [N, N] hat eine echt kürzere abgeleitete Reihe als N. Für abelsche N (d.h. [N, N] = 0) wissen wir bereits, dass der Satz richtig ist, also können wir den Beweis mit Induktion über die Länge der abgeleiteten Reihe von N abschließen. Schritt 5: Der allgemeine Fall, Ende: Der Satz von Feit-Thompson sagt, dass jede Gruppe ungerader Ordnung auflösbar ist. Da N und G/N nach Voraussetzung teilerfremd sind, ist eine der beiden Gruppen auflösbar und wir können Schritt 3 oder 4 anwenden. 3. Die Sätze von P. Hall Theorem 3.1 (P. Hall). Sei G endliche auflösbare Gruppe, π eine Menge von Primzahlen und A eine π-untergruppe von G. Dann gilt: a. Es gibt eine Hall-π-Untergruppe von G, die A enthält. b. Alle Hall-π-Untergruppen von G sind konjugiert. Beweis. Induktion über G. Da G auflösbar ist, gibt es nach 1.7 eine nichttriviale normale p-untergruppe H, für eine Primzahl p. Die Gruppe AH/H ist π-untergruppe von G/H, da AH/H = A H / A H. Nach Induktion gibt es also eine Hall-π-Untergruppe K/H von G/H, so dass K/H AH/H, also K AH. Wir führen eine Fallunterscheidung durch: p π: In diesem Fall ist K eine Hall-π-Untergruppe von G, weil keiner der Teiler von (G/H : K/H) = (G : K) in π ist, und weil jeder der Teiler von K = K/H H in π ist. Also gilt a.. Jede andere Hall-π-Untergruppe L von G enthält H: HL L ist π-untergruppe von G, aber L ist auch Sylow π-untergruppe, d.h. HL = L, also H L. Dann ist aber L/H eine Hall-π- Untergruppe von G/H, und nach Induktion sind K/H und L/H konjugiert, also auch K und L. Somit ist auch b. bewiesen. p π und K G: In diesem Fall können wir Induktion auf K anwenden: Es gibt also eine Hall-π- Untergruppe L von K, mit A L. Keiner der Primfaktoren von (G : K) ist in π, also ist L auch Hall-π-Untergruppe von G und a. ist korrekt. Ist M G eine zweite Hall-π-Untergruppe von G, dann ist M H/H eine Hall-π-Untergruppe von G/H, und nach Induktion (auf G/H angewendet) ist K/H konjugiert zu MH/H. Also ist K konjugiert zu MH. Da M Hall-π-Untergruppe von MH ist, ist M konjugiert zu einer Hallπ-Untergruppe von K, etwa Q K. Induktion angewendet auf K liefert nun, dass Q und L konjugiert sind, und damit auch L und M. p π und K = G: In diesem Fall enthält π alle Primteiler von G außer p. Nach dem Satz von Schur- Zassenhaus, gibt es ein Kompelement L zu H: Da K = G gilt G = K = K/H H. Aber p ist kein Teiler von K/H, da p π, und H = p r, also ist p kein Teiler von (G : H). Somit ist H eine Hall-{p}-Gruppe, und nach Schur-Zassenhaus hat H ein Komplement L mit Ordnung G / H. Nach unseren Vorrausetzungen sind alle Hall-π-Untergruppen von der Form, also folgt b. wiederum aus Schur-Zassenhaus.

5 DIE SÄTZE VON SCHUR-ZASSENHAUS UND P. HALL 5 Für a.: Wenn A schon eine Hall-π-Untergruppe ist, dann sind wir fertig. Andernfalls, gilt AH G = LH: Der Index (G : AH) = (G : A)/ H hat Primteiler p, da A keine Hall-π- Untergruppe ist. Also gilt AH = H(L AH); es folgt, dass A und L AH Hall-π-Untergruppen von AH sind, und daher können wir Induktion anwenden um festzustellen, dass A und (L AH) konjugiert sind, etwa A = (L AH) g. Aber das impliziert A L g, was zu zeigen war. Theorem 3.2 (P. Hall). Ist G eine endliche Gruppe, so dass für jede Primzahl p eine Hall-p -Untergruppe von G existiert, so ist G auflösbar (hier bezeichnet p die Menge aller von p verschiedenen Primzahlen). Beweis. Angenommen der Satz wäre falsch. Dann existiert ein Gegenbeispiel mit minimaler Ordnung, G. Angenommen G hat eine echte normale Untergruppe N. Ist H eine Hall-p -Untergruppe von G, dann ist H N eine Hall-p -Untergruppe von N und HN/N eine von G/N. Die Gruppen N und G/N haben also auch Hall-p -Untergruppen für jede Primzahl p. Wegen der Minimalität von G sind dann N und G/N auflösbar, also auch G, Widerspruch! Es folgt, dass G einfach ist. Schreibe G = p e pe k k, mit e i > 0 und p 1,..., p k verschiedene Primzahlen. Burnsides p-q-satz sagt dann, dass k > 2 sein muss, weil G nicht auflösbar ist. Sei G i eine Hall-p i-untergruppe von G für jedes i, und definiere H = G 3... G k. Dann gilt (G : G i ) = p ei i nach Definition von Hall-Untergruppen. Dann gilt aber auch k (G : H) = p ei i, weil (G : G i ) und (G : G j ) koprim sind, für i j. Also folgt H = p e1 1 pe2 2 und wiederum wegen Burnsides p-q-satz wissen wir also, dass H auflösbar ist. Sei M H eine normale Untergruppe mit der Eigenschaft, dass echte Untergruppe von M normal in H ist. Wegen 1.7 folgt, dass M = (Z/pZ) r, mit p = p 1 oder p = p 2. Nehmen wir an p = p 1. Wir wissen, dass (G : H G 2 ) = p e pe k k, also H G 2 = p e1 1, und somit ist H G 2 eine p 1 - Sylowuntergruppe von H. Daher M H G 2 G 2 (M ist normal!). Ebenso gilt H G 1 = p e2 2, also G = (H G 1 )G 2, da die Ordnungen beider Seiten gleich sind. Betrachten wir jetzt den normalen Abschluss M G := g 1 Mg g G, so stellen wir fest, dass M G = M G2, da M normal in H ist, und G = (H G 1 )G 2. Da aber auch M G 2 ist, folgt M G = M G2 G 2 < G. Also ist M G eine echte normale Untergruppe von G, Widerspruch! i=3