6. Fokale undergrupper, Grün s sætninger, Z grupper G version

Transkript

1 6. Fokale undergrupper, Grün s sætninger, Z grupper G version Vi starter med et par generelle bemærkninger. Som sædvanligt betegner G =[G, G] kommutatorundergruppen i gruppen G. (6A) Lemma: Lad H være en undergruppe af G. Der gælder G H H G og G/H abelsk. Bevis: Øvelse! (6B) Eksempel: Lad os betragte diedergruppen D 20 af orden 40 (jfr. (4B)). Vi skriver D 20 = x, y x 20 =1,y 2 =1,yxy 1 = x 1. Det er let at se, at D 40 s kommutatorgruppe er D 40 = x2, D 40 = 10. Kommutator faktorgruppe D 40 /D 40 er Kleins firegruppe Z 2 Z 2. (Se side 1.2). Ifølge (6A) består listen af normale undergrupper N D 20,hvorD 20 /N er abelsk, af følgende: D 20, x, x 2,y, x 2,xy, x 2. I denne liste er den 1., 3. og 4. gruppe diedergrupper og de andre er cykliske. (Overvej dette). Lad i dette afsnit G være en endelig gruppe. En p fokal undergruppe i G er en p Sylow gruppe i G.Ifølge(2F)erde p fokale undergrupper i G netop P G, P Sylp(G). I det ovenstående eksempel (6B) har den 2-fokale undergruppe orden 2 og den 5-fokale undergruppe orden 5. De p fokale undergruppers betydning ligger i, at de under omstændigheder kan beskrives lokalt ved hjælp af udvalgte ægte undergrupper i G. Dette er især vigtigt i studiet af ikke-abelske simple grupper. Iensådan gruppe er specielt G = G, ogdep fokale undergrupper er netop Sylow grupperne i G. Generelt har vi (6C) Sætning: Lad P Syl p (G). SåerP/P G en abelsk p gruppe, og der eksisterer en normal undergruppe K G, så G/K P/P G. 1

2 Bevis: Faktorgruppen G/G er abelsk og indeholder altså etp komplement (= p Hall undergruppe) K/G.DaG K er K G, ogg/k abelsk ifølge (6A). Da G : K er en p potens, må G = KP, f.eks. ifølge (2B). Vi får G/K P/P K. Det er klart, at P G P K. Da K : G er prim til p, såmåenp Sylow gruppe for G også væreenp Sylow gruppe for K. Derfor viser (2F), at P G = P K. Vi får altså G/K = KP/K = P/P K = P/P G, som ønsket. Hvis x, y G og H G skriver vi x H y, hvis der findes h H så hxh 1 = y, ogvikalderx og y konjugerede i H. Det er klart, at H er en ækvivalensrelation på G s elementer. Når x, y G betegner [x, y] = xyx 1 y 1 x og y s kommutator. ViharG = [x, y] x, y G. Den næste sætning er meget nyttig. (6D) Sætning: (Frembringere for fokale undergrupper) Lad P Syl p (G). Der gælder P G = xy 1 x, y P,x G y. Bevis Lad os sætte P = xy 1 x, y P,x G y. Hvisx, y P, g G og x = gyg 1,såerxy 1 = gyg 1 y 1 =[g, y] G,så xy 1 G P.Derfor må P P G. For at vise den anden inklusion, så bemærker vi først, at P P : Hvis a, b P,såeraba 1 og b elementer i P,såaba 1 G b. Derfor er (aba 1 )b 1 =[a, b] P.Heraffås P P. Nu er P/P abelsk ifølge (6A), så vi kan betragte Verlagerung Ver: G P/P. (Kapitel 5). Det vises, at Ver er surjektiv. Når x G, såerver(x) uafhængig af valget af repræsentantsystemet T for P s sideklasser i G ifølge (5K). Derfor kan vi tillade os at vælge T påen måde, der passer til elementet x (!) Lad t 0 være det mindste naturlige tal, således at x t 0 P.Såersideklasserne P, xp,,x t 0 1 P alle forskellige: Antag nemlig at 0 i j<t 0,ogatx i P = x j P. Såer x j i =(x i ) 1 x j P.Da0 j i<t 0 må j i = 0 ifølge definitionen af t 0, altså i = j. Hvis X 0 := P xp x t0 1 P G vælges y 1 G \ X 0. 2

3 Lad t 1 være det mindste naturlige tal, således at y 1 1 x t 1 y 1 =(y 1 1 xy 1 ) t 1 P.Så er sideklasserne y 1 P, xy 1 P,,x t 1 1 y 1 P alle forskellige ifølge definitionen af t 1. Disse sideklasser er også forskellige fra sideklasserne fra X 0,fordiy 1 / X 0. Hvis X 1 := X 0 y 1 P xy 1 P x t1 1 y 1 P G, såvælgesy 2 G \ X 1, og proceduren fra før gentages til at opnå nye sideklasser y 2 P 1,xy 2 P,,x t2 1 y 2 P,hvort 2 er det mindste naturlige tal med y2 1 xt 2 y 2 P. Efter endelig mange gentagelser af proceduren opnås et sæt af elementer y 0 =1,y 1,,y n, og et sæt af naturlige tal t 0,t 1,,t n,således at T = {x i y k 0 k n, 0 i t k 1} repræsenterer P s sideklasser i G. Ifølge definitionerne har vi så og t k N, Der gælder nu, at y 1 k xt k y k P for alle k =0,,n T = G : P = ( n Ver(x) = k=0 n k=0 t k y 1 k xt k y k ) P. Dette ses som følger: Når x i y k T,såer også x(x i y k ) T med mindre i = t k 1. I dette tilfælde er x(x i y k )=x t k y k = y k (y 1 k xt k y k ), hvor altså y k T og (y 1 k xt k yk ) P. For at fortsætte anvendes det ovenstående på x P. Når x P,erx t k Ifølge definitonen af P er derfor (x t k ) 1 (y 1 k Heraf følger og y 1 k xt k yk elementer i P, som er konjugerede i G. xt k yk ) P.Vifår x t k P =(y 1 k xt k y k )P. Ver(x) =x G:P P. 3

4 Der findes hele tal α, β, så α P + β G : P =1. Så er for alle x P Ver(x β )=x G:P β P = x α P +β G:P P = xp, da x α P =(x P ) α =1. DerforerVer surjektiv. Lad L = ker(ver), så G/L P/P. Da G : L er en p potens, må G = PL. ((2B) eller (2D)). Vi får P : P = G : L = P : P L, så P L = P. Da P P,erP/P abelsk ifølge (6A) og altså G/L abelsk. Så G L (igen ifølge (6A)), hvorfor P G P L. Vifår P G P. Da P P G, fås P = P G. Definition: Lad K L G være undergrupper. Vi siger at L kontrollerer fusion i K, hvis der gælder: a, b K : a G b a L b. Lemmaet pås.1.35icuj kan formuleres som: (6E) Lemma: Hvis P Syl p (G) er abelsk, så kontrollerer N G (P ) fusion i P. (6F) Sætning: Hvis P Syl p (G), oghvisl P kontrollerer fusion i P, sågælder P G = P L. Bevis: Ifølge antagelsen gælder: x, y P : x G y x L y. Derfor har ifølge (6D) P G og P L de samme frembringende elementer, så P G = P L. (6G) Korollar: Hvis P Syl p (G) er abelsk, så gælderp G = P N G (P ). Bevis: Brug (6E) og (6F). (6H) Eksempel: Lad os checke hvad (6D) betyder for en 2 Sylow gryppe i S 4 (og i S 5 ). Ifølge (4B) er P = (1, 2, 3, 4), (1, 4)(2, 3) Syl 2 (S 4 ). 4

5 P er en diedergruppe og indeholder følgende elementer P = {(1), (1, 2, 3, 4), (1, 4, 3, 2), (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3), (1, 3), (2, 4)}. Af disse elementer er kun følgende konjugerede i S 4 (og i S 5!) (i) (1, 2, 3, 4) og (1, 4, 2, 3) = (1, 2, 3, 4) 1 (ii) (1, 2)(3, 4) og (1, 3)(2, 4) og (1, 4)(2, 3) (iii) (1, 3) og (2, 4). Lad P = P (S 4 ). Fra (i) og (iii) får vi kun (13)(24) som frembringer i P. Fra (ii) får vi (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3), idet ethvert element i (ii) er et produkt af de to andre. Så P = {(1), (1, 3)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3)}, Klein s firegruppe. I S 5 fås samme resultat! Dette eksempel viser også, at (6G) er forkert når P ikke er abelsk: IS 4 er der tre 2 Sylow grupper, så S 4 : N S4 (P ) =3,altså N S4 (P )=P.Derfor er P N S4 (P ) = P = {(1), (1, 3)(2, 4)} P = P S 4. Resultatet (6G) kan generaliseres til det følgende: (6I) Sætning: (Grün s sætning) Lad P Syl p (G). Der gælder P G = P N G (P ),P g 1 P g g G. Bemærkninger: Hvis P er abelsk, så erp = {1}, ogderforp g 1 P g =1 for alle g G. Så(6I) medfører(6g). Beviset er baseret på en forfining af argumentet på s. 1.35iCUJ. Vi skal igen betragte Verlagerung i en abelsk faktorgruppe af P,ogfår nu brug for at udvælge sideklasserepræsentanter for P i G på en særlig måde. Man starter med at opdele G i dobbelte sideklasser modulo P,så vi må her indskyde lidt om dobbelte sideklasser. Dette gøres for en ordens skyld helt generelt. Hvis H, K er undergrupper i G, g G kaldes delmængden HgK = {x G h H,k K : x = hgk} en dobbelt (H, K) sideklasse. De dobbelte sideklasser er ækvivalensklasserne der hører til en ækvivalensrelation H K på G: g H K g 1 h H,k K : g = hg 1 k. 5

6 Derfor udgør (H, K) s dobbelte sideklasser en klassedeling i G. I modsætning til et resultat om sideklasser gælder ikke, at HgK G. Der gælder (6J) Sætning: Den dobbelte sideklasse HgK er foreningsmængden af H : H gkg 1 højresideklasser til K (og af K : K g 1 Hg venstresideklasser til H). Specielt gælder HgK = H : H gkg 1 K (= K : K g 1 Hg H ). Bevis. Det er klart,at HgK er en foreningsmængde af sideklasser til K. Hvis h 1,h 2 H gælder h 1 gk = h 2 gk g 1 h 1 2 h 1g K h 1 2 h 1 gkg 1 H, hvoraf det første udsagn fås. Det andet bevises analogt. (Man kan også bevise (6J) ved at anvende (2A) på undergrupperne H og gkg 1 i G. Overvej dette!) Når u P, P Syl p (G), g G giver vi en beskrivelse af nogle sideklasserepræsentanter i Pg P, som egner sig til at indgå i beregningen af Ver(u). (6K) Lemma: Lad u P, P Syl p (G), g G. Der eksisterer g G, 1=a 0,a 1,,a r P, t 0,t 1,,t r 0, således at følgende er opfyldt: (1) Pg P = PgP. (2) PgP = r i=0 p t i 1 j=0 u j a i gp. (3) For alle i er g 1 a 1 i u pt i a i g P (4) For alle i er g 1 u pt i g P. r (5) p t i = P : P gpg 1. i=0 Bevis: Venstremultiplikation med u giver en permutation af mængden af de P : P g Pg 1 højresideklasser til P, der er indeholdt i Pg P.Dau er et element af p potens orden, har alle cyklerne i denne permutation en længde, 6

7 som er en potens af p. For vilkårlige a P, g Pg P kan vi derfor definere et tal t(a, g) 0vedat p t(a,g) =min{s N u s agp = agp }. (Det betyder altså, at p t(a,g) netop er cykellængden af den cykel i den ovennævnte permutation, der indeholder sideklassen agp.) Fra definitionen er det umiddelbart klart at der gælder g Pg P, a,b P : t(a, g) =t(ab, b 1 g). Vælg nu b P således, at der gælder og sæt t(b, g ) t(a, g ) for alle a P, g = bg. Med dette valg af g har vi for alle a P,at t(1,g)=t(1,bg )=t(bb 1,bg)=t(b, g ) altså t(ab, g )=t(ab, b 1 bg )=t(a, bg )=t(a, g), (i) a P : t(1,g) t(a, g). Med det ovennævnte valg af g har vi selvfølgelig, at PgP = Pg P,så(1)er opfyldt. En typisk cykel i den ovennævnte permutation af sideklasserne i PgP har formen agp, uagp,,u pt(a,g) 1 agp, hvor a P,oghvoru pt(a,g) agp = agp.detbetyder,at (ii) a P : g 1 a 1 u pt(a,g) ag P. Deternuklart,atvikanvælgea 0 =1,a 1,,a r P,således at P s sideklasser i PgP netop er u j a i gp, 0 i r, 0 j p t(a i,g) 1. 7

8 Hvis vi så sætter t i = t(a i,g), så er (2) opfyldt og (3) følger fra (ii) ovenfor. Endvidere er (5) opfyldt (ifølge (1) og (6J)). For at vise (4) bemærker vi, at i : t 0 = t(1,g) t i = t(a i,g) (ifølge (i)). Da a 0 = 1 er ifølge (ii), g 1 u pt 0 g P. Derfor er for alle i g 1 u pt i g =(g 1 u pt 0 g) pt i t 0 P. Altså er (4) opfyldt. Vi kan nu bevise (6I). Bevis for (6I): Lad P = P N G (P ),P g 1 P g g G. Da P N G (P ) P G og P g 1 P g P G for alle g, fås at P P G.Vi viser den anden inklusion ved at betragte Verlagerung Ver: G P/P.(Vi bemærker, at P P = P P,så P/P er abelsk ifølge (6A)). Først vises: (*) Hvis u P,så eksisterer der et repræsentantsystem S for de dobbelte (P, P)-sideklasser i G, således at ) Ver(u) =( g S g 1 u P :P gpg 1 g P For at vise ( ) deler vi G i dobbelte sideklasser Pg P,også anvender vi (6K) på hver af disse dobbelte sideklasser. Vi sætter alle repræsentanterne u j a i g fra (6K) (2) sammen til et fuldstændigt repræsentantsystem fra P s højresideklasser i G. Med dette system bliver (**) Ver(u) = ( g S Π ig 1 a 1 i u pt i a i g ) P. (Vi lader g erne fra (6K) danne repræsentantsystemet S for de dobbelte (P, P)-sideklasser i G. Selvfølgelig afhænger a i erne og t i erne af de enkelte g er.) Ifølge (6K) (3) og (4) er for ethvert g S og ethvert i x = g 1 a 1 i u pt i a i g P og y = g 1 u pt i g P. Såer g 1 u pt i a 1 i u pt i a i g = y 1 x P. Men da u pt i, a i P, er u pt i a 1 i u pt i a i P,såvifår y 1 x P g 1 P g P. Derfor er g 1 a i u pt i a i gp = xp = yp = g 1 u pt i gp. 8

9 Under anvendelse af (6K) (5) og ( ) fås nu Ver(u) = ( ) ( ) Π i g 1 u pt i g P = g 1 u P :P gpg 1 g P, g S g S hvilket er ( ). Antag nu, at u P G. Vi viser ved induktion efter u, atu P. Det er triveielt rigtigt for u =1. Antag at påstanden er vist for elementer af orden < u. Vi anvender ( ) på u, ogfår ( ) Ver(u) = g 1 u P :P gpg 1 g P. g S Lad os bemærke, at ifølge (6D) (4) er g 1 u P :P gpg 1 Pg g P for alle g S, og da G G, sesat g S : g 1 u P :P g 1 Pg g P G Hvis nu P P g 1 Pg, såharg 1 u P :P g 1Pg g mindre orden end u og er derfor i P, ifølge induktionsantagelsen. Da P = P g 1 Pg g 1 Pg = P g N G (P ), ses at Ver(u) = g 1 ug P. g S N(P ) Da u P N(P )fås, at u 1 g 1 ug P N(P ) P for alle g N(P ), så Ver(u) = up = u S N(P ) P. g S N(P ) Nu er g N G (P ) PgP = gp = Pg,såviserlet,at S N G (P ) = N G (P ):P, altså Ver(u) =u N G(P ):P P. Nu er Ver en homomorfi fra G ind i en abelsk gruppe, så G Ker(Ver). Da u G må også Ver(u) =P,så u N G(P ):P P. 9

10 Da p N G (P ):P findes der hele tal, således at α P + β N G (P ):P =1. Såer u = u α P u N(P ):P β = u N(P ):P β P, som ønsket. Lad P Syl p (G). Z(P ) betegner P s centrum. Gruppen G kaldes p normal hvis der gælder: g G : gz(p )g 1 P gz(p )g 1 = Z(P ). (F.eks. er G p normal, hvis P er abelsk.) Det næste resultat kan ses som en generalisering af (6G) i en anden retning. (6L) Sætning: (Grün s 2. sætning) Lad G være p normal. Lad P Syl p (G) og H = N G (Z(P )). SåerP G = P H. Bevis: Lad N = N G (P ). Da Z(P )charp N fås, at Z(P ) N ifølge (1A). Derfor er N N G (Z(P )) = H. Specielt er P N P H.Hvisvinukan vise: så vil (ifølge (6I)) ( ) g G : P g 1 P g P H P G = P N,P g 1 Pg g G P H. Da trivielt P H P G, vil resultatet hermed være bevist. Vi skal altså bevise ( ). Lad g G og sæt D = P g 1 P g.dad P, må Z(P ) C G (D), og da D g 1 P g g 1 Pg,erg 1 Z(P )g C G (D). Vælg nu S, T Syl p (C G (D)) så Z(P ) S og g 1 Z(P )g T. Der eksisterer et c C G (D), så c 1 Tc = S ifølge Sylow s sætning. Lad endvidere Q Syl p (G), så S Q. Vi har så at Z(P ) Q, ogatc 1 g 1 Z(P )gc Q. Da G er p central fås Z(P )= c 1 g 1 Z(P )gc, eller at h = gc H. Dac C G (D), er D = c 1 Dc = c 1 (P g 1 P g)c = c 1 Pc h 1 P h h 1 P h h 1 H h = H, så D P H. 10

11 Den næste sætning findes også icuj. (6M) Sætning: (Burnside) Lad P Syl p (G). HvisP Z(N G (P )), så har G et normalt p komplement K. Bevis: Vi viser, at P G = {1}, hvorefter eksistensen af K vil følge fra (6C). Sæt N = N G (P ). Vi har at P Z(N), og da P N = N G (P ) slutter vi, at P er abelsk. Ifølge (6G) er altså ( ) P G = P N. Men P N kan vi beregne ved hjælp af (6D). Vi ser, at da P Z(N) gælder for x, y P,atx N y x = y. Ifølge(6D)erP N = {1}, så( ) giver P G = {1}, som ønsket. I det følgende får vi brug for (6N) Lemma: Når L er en undergruppe af G, såerc G (L) N G (L), og faktorgruppen N G (L)/C G (L) er isomorf til en undergruppe af Aut(L). Bevis: Hvis x N G (L) defineres ved α x : l xlx 1 en automorfi af L. Afbildningen x α x er en homomorfi fra N G (L) indi Aut(L) medc G (L) somkerne. (6P) Bemærkning Hvis L er cyklisk, så eraut(l) abelsk. Hvis L er elementær abelsk p gruppe af orden p n,kanl betragtes som et vektorrum over legemet Z p med p elementer, diml = n. Automorfierne af gruppen L svarer så til lineære afbildninger af vektorrummet L. Så Aut(L) GL(n, Z p ), mængden af invertible n n matricer med koefficienter fra legemet Z p. (6Q) Sætning: Lad p være det mindste primtal, som går op i G. Hvis P Syl p (G) er cyklisk, så har G et normalt p komplement. Specielt vil altså en gruppe med en cyklisk 2 Sylow gruppe altid have et normalt 2 komplement. Bevis: Ifølge (6N) er N G (P )/C G (P ) isomorf til en undergruppe af Aut(P ). Nu er Aut(P ) en abelsk gruppe af orden p n 1 (p 1), når P = p n. Men da p n C G (P ) fordi P er abelsk, fås p N G (P ):C G (P ). Nu er p er det mindste primtal i G, såsfd((p 1), G ) =((p 1), N G (P ) ) =1. Vifår at N G (P ):C G (P ) =1,altså N G (P )=C G (P ), så P Z(N G (P )). Anvend (6M). 11

12 (6R) Sætning: En simpel gruppe af orden 60 er isomorf til den alternerende gruppe A 5. Bevis. Lad G være simpel, G = 60. Vælg P Syl 2 (G), så P =4. Såer G : N G (P ) =: n 2 (G) lig antallet af 2 Sylow grupper i G. Vi har n 2 (G) 15 = G : P. Ifølge (5E) er n 2 (G) 5, så n 2 (G) {5, 15}. Hvis n 2 (G) = 15, så erp = N G (P ), da N G (P ) = 60 = 4. Ifølge (6M) er dette 15 ikke muligt. Derfor er n 2 (G) = G : N G (P ) =5,ogpåstanden fås fra (5E). (6S) Lemma: Hvis G/Z(G) er cyklisk, så erg abelsk. (Se også CUJ, sætning 15). Bevis: Antag at G/Z(G) = b, hvorb = b Z(G), b G. Så kan ethvert element i G skrives på formenb i z, i Z,z Z(G). Heraf ses let at G er abelsk, fordi potenserne af b og de centrale elementer alle kommuterer med hinanden. Vi minder om, at G (i) er den i te kommutatorgruppe i G G (0) = G; G (1) =[G, G]; G (i) =[G (i 1),G (i 1) ]. Vi har G (i) charg for alle i, ifølge (1A)(2). (6T) Sætning: Antag, at i 1 og at faktorgrupperne G (i) /G (i+1) og G (i+1) /G (i+2) begge er cykliske. Så erg (i+1) = G (i+2). Bevis: Forudsætningerne i sætningen afhænger hverken af, hvad G (0),,G (i 1) er, eller hvad G (j) er for j i + 2. Vi kan derfor antage at i =1,ogat G (i+2) = G (3) = {1}. Vi ved så, at G (2) /G (3) = G (2) = a er cyklisk. Da G (2) = G = a G, ern G ( a ) =G. LadX = C G (a). Ifølge (6N) er G/Z isomorf til en undergruppe af Aut( a ). Også Aut( a ) er abelsk ((6P)). Så G/X er abelsk. Det betyder, at G X. Viharså G = a G X = C G (a). Da G C G (a), er G = a Z(G ). Derfor er, ifølge en isomorfisætning, / )/ G /Z(G ) (G a (Z(G )/ a ). Da G / a = G /G er cyklisk, fås at G /Z(G ) er cyklisk. Ifølge (6S) er G abelsk, så G (2) =(G ) = {1}. Altså G (2) = G (3) (= {1}), som ønsket. 12

13 Vi kan nu give en beskrivelse af de endelige grupper, hvor alle Sylow grupper er cykliske (for alle primtal). En sådan gruppe kaldes en Z-gruppe. (Z er en forkortelse for Zassenhaus. Hans Zassenhaus (Jfr. også Kapitel 3)). (6U) Sætning: En Z gruppe er opløselig. Bevis Lad G være en Z gruppe. Beviset er ved induktion efter G. Ladp være det mindste primtal, som går op i G. Ifølge (6Q) har G et normalt p komplement K. SåerG/K en (cyklisk) p gruppe, altså opløselig, og K er opløselig ifølge induktionsantagelsen (jfr. også Sætning (2F), som viser at K er en Z gruppe). Hermed er G opløselig. (6V) Lemma: En abelsk Z gruppe er cyklisk. a Bevis: Antag, at G er en abelsk Z gruppe G = p 1 a2 a 1 p 2 p k k, pi p j, i j primtal. Lad x i være en frembringer for p i Sylow gruppen i G, ogsæt x = x 1 x 2 x k.såer x = G. (6W) Sætning: En Z gruppe G er et semidirekte produkt G = A B, hvor A og B er cykliske. Bevis: G er opløselig ifølge (6U). Betragt kommutatorrækken G = G (0) G (1) G (k) {1}. Faktorgrupperne G (i) /G (i+1) er abelske Z grupper, og derfor cykliske ifølge (6V). Så viser(6t )atg (2) = {1}! Vi har nu at G/G og G er cykliske. Lad G = m, G : G = n, så G = mn. Lad G = a og vælg b G så G/G = bg.viharg = a, b. Da a G, erb 1 ab = a r,hvor a r = a (så (r.m) = 1). Endvidere er a 1 b 1 ab = a r 1. Hvis X = a r 1,såerG/X = ax, bx. Da [a, b] X, er G/X abelsk, så G X. Hermed må G = X = a r 1. Da altså a = a r 1, er (r 1,m)=1. DaG/G = bg har orden n, erb n G, lad os sige b n = a s. 13

14 Såerb n = b 1 b n b = b 1 a s b =(b 1 ab) s = a rs,altsåa s = a rs. Derfor må a = m (r 1)s. Da (m, r 1) = 1 må m s, ogdaa m =1era s =1. Hermed er b n = a s = 1. Så b = n. Vikannuvise(m, n) = 1. Hvis nemlig p m, p n, p primtal og m = m 1 p, n = n 1 p,såera m 1 og b n 1 elementer af orden p, ogda a b = {1} ses, at a m 1,b n 1 er abelsk gruppe af orden p 2, som ikke er cyklisk. Det er umuligt, da G s p Sylow grupper er cykliske. Så (m, n) =1. Vi har nu vist, at G er et semidirekte produkt af A = G = a og B = b. Lad os bemærke, at da (m, n) =1,erA og B Hall undergruppe i G. I tilfældet, hvor alle Sylow grupper har primtalorden, er der et stærkere udsagn end (6W): (6X) Sætning: Antag, at G = p 1 p 2 p r,hvorp 1 <p 2 <... < p r er primtal. Så er G = A B, hvor der findes et s, 1 s r så B = p 1 p s, A = p s+1 p r. 14