3. Hall undergrupper og komplementer G version

Transkript

1 1 3. Hall undergrupper og komplementer G version I dette kapitel betragtes kun endelige grupper. Lad altså G være en endelig gruppe. Definition: En undergruppe H i G kaldes en Hall undergruppe, hvisder gælder ( H, G : H ) =1, dvsȧt H s orden er relativ prim til dens indeks i G. (Philip Hall ). Ifølge definitionerne er enhver p Sylow gruppe i en endelig gruppe også en Hall undergruppe. Ligeledes er de trivielle undergrupper {1} og G af G Hall undergrupper. Lad π være en vilkårlig mængde af primtal. Hvis n er et naturligt tal a1 a skrives n = p 1 p k,hvorp1 k,,p k er forskellige primtal, og a 1,,a k N. Vi definerer n π = a p i i, n π = n/n π. {i p i π} (Så hvisn = 60, π = {2, 3}, ern π = 12, n π =5.) Bemærk,athvis π er mængden af de primtal, der ikke er i π, såern π = n π. Vi definerer n =1. En π Hall undergruppe i gruppen G er en undergruppe af orden G π.fx. er p Sylow grupperne også π Hall undergrupper, hvor π = {p}. Enπ Hall undergruppe i G er en undergruppe af orden G π. Eksempel: Den alternerende gruppe A 5 har ingen {3, 5} Hall undergruppe. En sådan undergruppe skulle have orden 15. Enhver gruppe af orden 15 er cyklisk. (CUJ). Men det er klart, at A 5 (eller S 5 ) ikke indeholder et element af orden 15. (Se på cykel strukturen af et sådant element). Bemærkning: Hvis M er en π Hall undergruppe af G og der også findes en en π Hall undergruppe N i G, såern et komplement til M i G. (Se forrige kapitel). Generelt kan Sylow s sætninger altså ikke udvides til udsagn om eksistens af Hall undergrupper. Men en berømt sætning af Philip Hall viser, at Sylows sætninger kan udvides til vilkårlige Hall undergrupper, hvis vi antager, at G er opløselig, og at de kun kan udvides på denne måde, når G er opløselig. (3A) Sætning: (P. Hall) Lad G være en opløselig gruppe. Antag, at G = nm, hvor(n, m) =1. Der gælder:

2 2 (1) G indeholder en Hall undergruppe af orden m; (2) To Hall undergrupper af orden m i G er konjugerede i G; (3) En undergruppe af G, hvis orden går op i m er indeholdt i en Hall undergruppe af orden m. Bemærkning: Man kan også vise et udsagn om antallet af Hall undergrupper af G af orden m (svarende til Sylow s 3. sætning.) Udsagnet er, at dette antal er et produkt af faktorer a i, hvor der for hvert a i findes en primdivisor p i m, så a i 1 (mod p i ), men vi vil ikke bevise dette sidste udsagn, selv om det ikke er vanskeligt. Bevis for (3A): Vi benytter den kendsgerning, at undergrupper og faktorgrupper af opløselige grupper igen er opløselige (CUJ). Beviset er ved induktion efter G. Hvis G = 1, er der intet at bevise. Antag nu, at G > 1og at sætningen er rigtig for alle (opløselige) grupper af orden < G. Vi betragter to tilfælde, der omfatter alle muligheder: (I) Antag, at der findes en normal undergruppe T G, T {1}, T G, således at n T. (II) Antag, at enhver T G, T {1} opfylder at n T. (I): I dette tilfælde (som er det lette tilfælde) skriver vi T = m 1 n 1, hvor m 1 m, n 1 n, og tilsvarende G : T = m 2 n 2,hvorm 2 m, n 2 n. Viharså m = m 1 m 2, n = n 1 n 2.Dan T må n 1 <n, og derfor også n 2 1. Betragt faktorgruppen G = G/T af orden m 2 n 2. Da G er opløselig, er også G opløselig. Da (m, n) = 1, må(m 2,n 2 ) = 1, da m 2 m, n 2 n. Da T {1}, er G < G. Ifølge induktionsantagelsen indeholder G en undergruppe D med D = m 2.LadDvære dens urbillede i G. (Detvilsige: D = {g G g = gt D}.) Der gælder så, at D = D T = m 2 m 1 n 1 = mn 1. Da n 1 n er D < G. Da D er undergruppe af den opløselige gruppe G, er D opløselig. Endvidere er D = mn 1,hvor(m, n 1 ) = 1. Ifølge induktionsantagelsen indeholder D en undergruppe H af orden m. H er selvfølgelig også undergruppe i G, så (1) er bevist i dette tilfælde.

3 3 Hvis nu H, H er undergrupper af orden m i G betragtes undergrupperne D = TH, D = TH i G. Der gælder ifølge (2A) D T H = m 1 n 1 m 1 m 2 = mn 1 m 1 og D G = mn så D (mn 1 m 1,mn)=mn 1.Davipåden anden side har, at m = H D og n 1 T D, fås D = mn 1, og analogt ses D = mn 1. Derfor er D = D/T og D = D /T undergrupper i G = G/T af orden D : T = D : T = m 2. Ifølge induktionsantagelsen er D og D konjugerede i G. Der findes altså x G, så xd x 1 = D. Hvis x er et urbillede af x i G, fås xd x 1 = D. SåerxH x 1 xd x 1 = D, således at xh x 1 og H, begge er undergrupper i D af orden m. Induktionsantagelsen anvendt på D viser, at der findes y H, så y(xh x 1 )y 1 = H. DermederH og H konjugerede i G, så (2) er bevist i dette tilfælde. Lad endelig U være en undergruppe af G med U m. Ifølge (2A) er UT : T = U : U T U m. Vi betragter UT = UT/T i G = G/T. Da vi lige har vist, at UT mog vi ved, at G = m 2 n 2,fås UT m 2. Ifølge induktionsantagelsen anvendt på G findes en undergruppe D G med D = m 2 og UT D. For urbillederne gælder U UT D, og D = D T = m 2 m 1 n 1 = mn 1 < G. Ifølge induktionsantagelsen anvendt på D findes der en undergruppe H i D med H = m og U H. DaH også er undergruppe i G er hele sætning (3A) bevist i tilfældet (I). (II): Vi antager nu, at enhver normal undergruppe T G, T {1} opfylder n T. Lad K være en minimal normal undergruppe i G. Ifølge (1D) er K en elementær abelsk p gruppe for et primtal p; lad os sige, at K = p a. Så gælder n p a,ogdap a G = nm og (n, m) =1,fås n = p a.. Endvidere må enhver minimal undergruppe af G have orden p a. En undergruppe af orden n = p a er jo i øvrigt en p Sylow gruppe i G, ogdap Sylow gruppen K er normal i G, er ifølge Sylows sætning, K den eneste p Sylow gruppe i G, og dermed også den eneste minimale normale undergruppe i G! (På dette tidspunkt ville vi ved hjælp af Schur Zassenhaus sætning (se (3G)) kunne udlede eksistensen af et komplement til K i G, hvilketidette

4 4 tilfælde har orden m(!), således at (1) er opfyldt, men vi fortsætter vores induktionsbevis). Hvis m = 1 er der intet at bevise. Vi antager m > 1, således at G = G/K {1}. DaG er opløselig, vil en minimal normal undergruppe L G være elementær abelsk af orden q b,hvorq er et primtal, b N. (Igen (1D).) Lad os bemærke, at q p, daq m, p m. Lad L være urbilledet af L i G, så L = L K = q b p a. Lad Q Syl q (L), så Q = q b. Ifølge (2A) fås L = QK, således at L = QK. DaL G, fås L G. Vi anvender Frattini argumentet (Sætning(1E)) på G, L, Q til at få, at G = LN G (Q). Da L = KQ = QK og Q N G (Q) fås G = KN G (Q) =KN, hvor vi har sat N = N G (Q). Lad R = K N. Da R K er R elementær abelsk, og da K G, err N. DaQ N ses, at der gælder [Q, R] Q R = {1}. (Jfr. lemmaet i sætning 6 i CUJ). Vi får nu at R Z(L): Da R K er R s elementer ombyttelige med elementerne i K, og det ovenstående viser, at R s elementer er ombyttelige med Q s elementer. Da L = KQ fås påstanden. Da Z(L) charl G fås Z(L) G ifølge (1A) (3). Så må K Z(L) G. Da K er en minimal normal undergruppe i G fås enten (i) K Z(L) =K eller (ii) K Z(L) ={1}. Hvis (i) eropfyldt,såerk Z(L), og da L = KQ får vi, at L er et (indre) direkte produkt af K og Q, L = K Q. Specielt er Q L, så Q er den eneste q Sylow gruppe i L. Vifår QcharL G, så Q G, stridende mod, at vi er i tilfælde (II). Derfor gælder (ii), og vi får R K Z(L) ={1}, altså R = K N = {1}. Da G = KN fås så fra (2A) at G = K N således at N = m. Hermeder(i) vist. Lad nu M være en vilkårlig undergruppe af orden m i G. Viviser,atM er konjugeret til N = N G (Q). Da M = m fås fra (2D), at G = ML.

5 5 Derfor er G : L = ML : L = M : M L ifølge (2A). Da G : L = m/q b fås M L = q b.derforer Q = M L Syl q (L). Da L G fås Q M, således at M N G ( Q). Men da Q og Q er konjugerede i L (ifølge Sylows sætning) og dermed konjugerede i G, fås også at deres normalisatorer N = N G (Q) ogn G ( Q) er konjugerede i G. Specielt er m = N = N G ( Q). Da M N G ( Q) og M = m, fås M = N G ( Q), så (2)er vist. Lad nu U G være en undergruppe med U m. Lad M G have orden m. Sæt U = M (UK). Ifølge (2D) er G = M(UK), således at, ifølge (2A), (anvendt 2 gange) p a = G : M = UK : U = U K / U. Vi får U = U da p a = K. DermederU og U Hall undergrupper i UK, så ifølge (2) (som er bevist), er U og U konjugerede i UK,ogdermediG. Da U M, eru indeholdt i en til M konjugeret undergruppe (der altså også har orden m). Som det næste beviser vi, at det kun er for opløselige grupper, at udsagnene i (3A) kan være opfyldt. Beviset for dette vil være baseret på følgende sætning, som kan bevises som en anvendelse af repræsentationsteorien (behandlet i kurset Matematik 3 RE). (3B) Sætning: (Burnside) Lad G være en endelig gruppe af orden p a q b, hvor p og q er primtal. Så erg opløselig. Bevis: Udelades! Som en forberedelse viser vi en hjælpesætning. (3C) Lemma: Antag, at G = p a q b m, hvor p og q er forskellige primtal, a, b N og (p, m) =(q, m) =1. Antag yderligere, at G indeholder 3 undergrupper H, A og B, som opfylder (1) H = p a q b ; (2) A G, G : A p a ; (3) B G, G : B q b.

6 6 SåerG ikke simpel. Bevis Ifølge (3B) er H opløselig. Vælg en minimal normal undergruppe N i H. N er elementær abelsk ifølge (1D), og vi kan antage, at N er en p gruppe (ved i givet fald at bytte om på p og q). Ifølge (3) indeholder B en p Sylow gruppe P for G. Ifølge Sylow s sætning er N konjugeret til en undergruppe af P. Ved i givet fald at erstatte H med en konjugeret undergruppe kan vi antage, at N P. Da ( G : H, G : B ) = 1 ifølge antagelserne, gælder G = BH (Sætning (2B)). Lad X = g G g 1 Bg. Det er klart at X G, ogatx G. Viviser,at X {1} ved at vise, at N X. Lad g G. Skriv g = bh, b B, h H. Såerg 1 Bg = h 1 b 1 Bbh 1 = h 1 Bh. Derforgælder,atX = h H h 1 Bh. Lad h H. Da N P B, erh 1 Nh h 1 Bh. Men da N H, er h 1 Nh = N, så N h 1 Bh. Da dette gælder for alle h H fås N X, som ønsket. Vi kan nu vise (3D) Sætning: Antag, at den endelige gruppe G har et p-komplement for alle primtal p med p G. SåerGopløselig. Bemærkning: Et p komplement er en π Hall undergruppe, hvor π = {p} og kaldes også en p Hall undergruppe (ligesom en p Sylow gruppe er en p Hall undergruppe ). Derfor har (3D) den følgende konsekvens. (3E) Korollar: Antag, at gruppen G har en Hall undergruppe af orden m for enhver faktorisering G = mn, (m, n) =1af G s orden. Så erg opløselig. a Bevis for (3D): Induktion efter G. Viskriver G = p 1 a2 a 1 p 2 p r r,hvor p i erne er forskellige primtal og a i N, 1 i r. Hvisr 2 er sætningen a3 a rigtig ifølge (3B). Antag, at r 3ogsætm = p 3 p r r. Vi ønsker at anvende (3C) med p a a = p 1 1, q b a = p 2 2. Lad for 1 i r, K i være et p i Sylow komplement i G. SætA = K 1, B = K 2 og H = K 3 K 4 K r.det a er klart, at A og B opfylder (2) og (3) i (3C), og ifølge (2E) er H = p 1 a 1 p 2 2, så også (1) er opfyldt. Ifølge (3C) er G ikke simpel. Lad D G, D {1}, D G. Ifølge (2G) opfylder både D og G/D betingelserne i (3D). Derfor er de opløselige ifølge induktionsantagelsen. Det følger at G er opløselig (CUJ). Ifølge Hall s sætning indeholder en gruppe G kun π Hall undergrupper for alle valg af primtalsmængden π, når G er opløselig. En ikke opløselig gruppe kan under bestemte omstændigheder indeholde Hall undergrupper for specielle valg af π. Eksempler på dette er Burnsides sætning om eksistens

7 7 af et normalt p komplement (som vises i Kapitel 6; se også CUJ, s. 36). I dette kapitel beviser vi nu Schur Zassenhaus sætning, som siger, at hvis G har en normal π Hall undergruppe, så har denne et komplement (ikke nødvendigvis normalt) som altså erenπ Hall undergruppe i G. Først vises sætningen under en stærkere forudsætning. Før vi starter skal det nævnes, at bevismetoden for (3F) og den senere sætning (3I) er kohomologisk og afbildningen t, der forekommer i beviserne, er en 2-kocykel. Man kan finde mere om kohomologiteori for grupper i adskillige bøger, for eksempel i denne bog: B. Huppert: Endliche Gruppen I. (3F) Sætning: (Schur) Lad M være en normal abelsk Hall undergruppe i G. Så eksisterer der et komplement N til M i G. Bevis: Vi antager, at M = m og at G : M = n, hvor(m, n) =1. Lad Y være faktorgruppen G/M, Y = G/M, Y = n. ElementerneiY er altså sideklasser til M i G. Vi vil (undtagelsesvis) betegne gruppen Y s elementer med græske bogstaver. For ethvert α Y vælger vi et element x α iden tilsvarende sideklasse til M: Vi har så, at α = x α M, x α G. G = x α M. α Y Lad nu α, β Y.Viharx α α, x β β og derfor er x α α β x αβ M.Der eksisterer altså for ethvert valg af α, β Y et element t(α, β) M således, at (1) x α x β = x αβ t(α, β) Vi ønsker at justere sideklasserepræsentanterne x α til elementer y α α, der skal opfylde (2) α, β Y : y α y β = y αβ. Disse elementer vil så danne det ønskede komplement N = {y α α Y }. Vi må først undersøge elementerne t(α, β) nærmere. Forα, β, γ Y er (x α x β )x γ = x α (x β x γ ). Ved hjælp af (1) fås: (x α x β )x γ = x αβ t(α, β)x γ = x αβ x γ (x 1 γ t(α, β)x γ )=x (αβ)γ t(αβ, γ)t(α, β) xγ,

8 8 (hvor generelt i en gruppe y x := x 1 yx) og x α (x β x γ )=x α x βγ t(β,γ)=x α(βγ) t(α, βγ)t(β,γ). Vi får (ved at forkorte x (αβ)γ = x α(βγ) ) (3) α, β, γ Y : t(α, βγ)t(β,γ)=t(αβ, γ)t(α, β) xγ. Lad os igen bemærke, at de fire faktorer, der indgår i ligningen (også t(α, β) xγ ), er elementer i den abelske (normale) undergruppe M. Lad os for β Y definere c β := α Y t(α, β). Rækkefølgen i produktet er underordnet, da M er abelsk. Vi multiplicerer for fastholdt β og γ ligningerne (3) med α løbende gennem hele Y.DaMer abelsk får vi (4) t(α, βγ) t(β,γ)= t(αβ, γ) t(α, β) xγ. α Y α Y α Y α Y Med α gennemløber også αβ hele Y.Vifår fra (4) (5) c βγ t(β,γ) n = c γ c xγ β. Vi har antaget, at M = m og G : M = Y = n er relativt prime, (m, n) = 1. Ifølge en velkendt talteoretisk sætning (Bézout s sætning) findes der hele tal k, l, således at km + ln = 1. Specielt er ln 1 (mod m). Så sættes d β := c l β M for β Y. Ved at opløfte ligningen (5) til ( l) te potens fås for alle β,γ Y (6) d βγ t(β,γ) 1 = d γ d xγ β, idet (t(β,γ) n ) l = t(β,γ) 1 fordi t(β,γ) M har en orden, der går op i m. Vi kan nu definere vores justerede sideklasserepræsentanter y α ved y α := x α d α. (Bemærk at y α α, dax α α og d α M). For α, β Y har vi y α y β = x α d α x β d β = x α x β (x 1 β d αx β )d β

9 9 = x α x β d β d x β α (idet M er abelsk) = x α x β t(α, β) 1 d αβ (ifølge (6)) = x αβ d αβ (ifølge (1)) = y αβ. Hermed er altså y α y β = y αβ for alle α, β Y,ogdermed{y α α Y } det ønskede komplement til M. Vi viser nu, at betingelsen M abelsk ikke er nødvendig i (3F), og får Schur Zassenhaus sætningen. (Issai Schur , Hans Zassenhaus Schur beviste (3F) og Zassenhaus på basis deraf (3G)). Sætning (3G): (Schur Zassenhaus sætning) Lad M være en normal Hall undergruppe i G af orden m. Så eksisterer der et komplement N til M i G. Bevis: Induktion efter G + m. Antag G : M = n, (m, n) =1. Bemærk, at når G = 1 eller m =1,så er sætningen rigtig. Lad p m, p primtal og lad P Syl p (M). Da M er Hall undergruppe i G er også P Syl p (G).Frattini argumentet (1E) viser, at G = MN G (P ). Vi har ifølge (2A), at n = G : M = N G (P ):N G (P ) M, således, at n N G (P ). Hvis N G (P) G, såer N G (P ) < G, ogn G (P ) har en normal Hall undergruppe N G (P ) M. Ifølge induktionsantagelsen har N G (P ) en undergruppe af orden n, og det har G altså også. Denne undergruppe er et komplement til M i G. Hvis N G (P) =G, såerp G. DerforerP en normal Hall undergruppe i G. Hvis nu P M,såharP ifølge induktionsantagelsen (bemærk G + P < G +m) etkomplementk i G, K = G : P < G. DaPK = G og P M, er MK = G. Vifår igen fra (2A), at n = G : M = K : K M, således, at m K. Nu er M K en normal Hall undergruppe i K. Ifølge induktionsantagelsen har K, og dermed G, en undergruppe af orden n. Vi kan altså antage, at M = P er en p Sylow gruppe. Da en p gruppe er opløselig (CUJ, sætning 32) er P P.HvisP = {1}, erp abelsk, og vi

10 10 er færdige ifølge (3F). Vi kan altså antage P {1}. NuerP charp G, så P G ifølge (1A). Betragt faktorgruppen G = G/P. Her er P/P en normal Hall undergruppe P = P/P.DerforharP ifølge induktionsantagelsen (eller (3F))etkomplementX af orden Urbilledet X af X i G har orden X = G : P = G : P = n. X = X P = n P < G. Da P er en normal Hall undergruppe i X, er der ifølge induktionsantagelsen et komplement til P i X. Dette komplement har igen orden X : P = n. Hermed er beviset afsluttet. (3H) Korollar: Hvis P Syl p (G), så har P et komplement K i N G (P ), således at N G (P )=PK. (N G (P ) er et semidirekte produkt af P og K. Se næste kapitel). Bevis: P er en normal Hall undergruppe i N G (P ). Anvend (3G). Bemærkning: I fortsættelse af (3G) kan man spørge, om to komplementer til M i G er konjugerede i G. Det er tilfældet, men vi vil ikke kunne bevise det her. Hvad man kan vise uden stort besvær er, at hvis M G er en Hall undergruppe, og hvis enten M eller G/M er opløselig, så er alle komplementer til M i G konjugerede i G. (Se f.eks. Sætning i D. Gorensteins bog Finite Groups). I 1963 beviste Feit og Thompson, at enhver gruppe af ulige orden er opløselig. Men hvis M G er en Hall undergruppe, så er ( G : M, M ) = 1, og så måenten G : M eller M være ulige. Dermed må, ifølge Feit Thompson, enten G/M eller M være opløselige. Feit Thompsons bevis fylder over 250 sider (Pacific Journal of Mathematics (1963)). Der findes en lærebog, som behandler en væsentlig del af beviset (H. Bender G. Glauberman: Local analysis for the odd order theorem). Den næste sætning ser ikke umiddelbart ud til at have noget at gøre med Sætning (3F), men beviserne ligner hinanden en del. Fællesstrækket er eksistensen af en normal abelsk undergruppe af G, og begge sætninger er indeholdt i en mere generel sætning af Gaschütz, se f.eks. Hauptsatz 17.4 i Huppert: Endliche Gruppen I, s (3I) Sætning: (Gaschütz) Lad M være en normal abelsk p-undergruppe i G. LadP være en p-sylow gruppe i G. Følgende udsagn er ensbetydende

11 11 (i) M har et komplement i P (ii) M har et komplement i G. Bevis: (ii) (i): Hvis K er et komplement til M i G, såerk P et komplement til M i P. (Overvej dette!). (i) (ii): Vi antager nu, at L er et komplement til M i P. Der gælder P = LM = ML,således at L er en (venstre- og højre-)transversal til M i G. Vælg en højretransversal T 1 til P i G, således at G = PT 1 = M(LT 1 ). (Jfr. (2O)). Da M G er G =(LT 1 )M, således at T = LT 1, er en (venstre- )transversal til M i G. Som i beviset for (3F) sættes Y = G/M. For ethvert α Y findes præcis et element x α T,så α = x α M. Som i (3F) ses, at der for α, β Y findes t(α, β) M så og at der så gælder x α x β = x αβ t(α, β), (1) α, β, γ Y : t(α, βγ)t(β,γ)=t(αβ, γ)t(α, β) xγ. Ifølge definitionen af T gælder T = LT 1. Endvidere er P = P/M = LM/M L en p-sylow gruppe i Y. Hvis α P og β Y,såerx α L og x β T således at x α x β LT = T.Da fås således at Fra (1) og (2) fås at x α x β M = αβ = x αβ M og x α x β T x α x β = x αβ for alle α P,β Y, (2) α P,β Y : t(α, β) =1. (3) α P,β,γ Y : t(β,γ)=t(αβ, γ).. Bemærk, at da T 1 er en højretransversal for P i G,såerT 1 en højretransversal for P i G = Y. Vi definerer for γ Y c γ = β T 1 t(β,γ).

12 12 Hvis nu T 1 er en anden højretransversal for P i Y,såharethvert β T 1 formen αβ, hvorα P og β T 1, og derfor er ifølge (3) t(β,γ)=t(β,γ). Vi slutter heraf, at c γ = t(β,γ). β T 1 Specielt fås heraf, at for alle δ Y er c γ = β T 1 t(βδ,γ). fordi T 1 δ er en højretransversal for P i G. Vi multiplicerer ligningen (1) over alle α T 1,ogfår for alle β,γ Y at (4) c βγ t(β,γ) T 1 = c γ c xγ β. (husk at M er abelsk!). Da T 1 = T 1 = G : P, er( T 1, P ) =1. Vælg hele tal k, l så k P + l T 1 =1,ogsætd γ = c l γ. Beviset er nu analogt til (3F): Opløft (4) til den ( l) te potens. Vi får fordi d βγ t(β,γ)=d γ d xγ β t(β,γ) T l = t(β,γ), da jo t(β,γ) P =1. Hvis vi sætter y α = x α d α for α Y, så viser en beregning som i (3F), at α, β Y : y α y β = y αβ. Hermed er K = {y α y Y } et komplement til M i G.