Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 3 · Bachelor Year 3

1Groepentheorie

In het volume van bachelorjaar 2 dienden groepen vooral als boekhoudkundig hulpmiddel: de stelling van Lagrange, cyclische groepen, de symmetrische groep en haar signatuur. Dit hoofdstuk maakt van de groepentheorie een methode. De motor is het begrip groep die werkt op een verzameling: door banen en vaste punten te tellen krijgen we de klassevergelijking, de stelling van Cauchy en de drie stellingen van Sylow — het lokaal-naar-globaalprincipe waarop de eindige groepentheorie draait. Daarna leren we groepen samen te stellen (directe en semidirecte producten) en weer uit elkaar te halen (compositiereeksen, oplosbare groepen), en bewijzen we de stelling die in Hoofdstuk 4 een drie eeuwen oude vraag over veeltermvergelijkingen zal beslechten: de alternerende groep $A_n$ is enkelvoudig voor $n \geq 5$ .

1.1 Quotiëntgroepen en de isomorfiestellingen

Overal is $G$ een multiplicatief geschreven groep met neutraal element $e$ . Uit het volume van bachelorjaar 2 herinneren we ons: deelgroepen, nevenklassen $gH$ , de stelling van Lagrange ( $\abs G = [G:H]\,\abs H$ voor eindige $G$ ), de orde van een element, cyclische groepen, en de symmetrische groep $S_n$ met haar signatuurmorfisme $\varepsilon \colon S_n \to \{\pm1\}$ .

Definitie 1.1

Een deelgroep $N$ van $G$ heet normaal (notatie $N \trianglelefteq G$ ) als $gNg^{-1} = N$ voor elke $g \in G$ — gelijkwaardig: als linker- en rechternevenklassen samenvallen, $gN = Ng$ voor alle $g$ .

Stelling 1.2 (Quotiëntgroep)

Zij $N \trianglelefteq G$ . De verzameling $G/N$ van nevenklassen, voorzien van de vermenigvuldiging $(gN)(hN) = ghN$ , is een goed gedefinieerde groep, de quotiëntgroep, en de kanonieke projectie $\pi \colon G \to G/N$ , $g \mapsto gN$ , is een surjectief morfisme met kern $N$ . Omgekeerd is elke kern van een groepsmorfisme normaal: de normaaldelers zijn precies de kernen.

Bewijs. Alles draait om de goede definitie. Als $gN = g'N$ en $hN = h'N$ , schrijf dan $g' = gn$ en $h' = hm$ met $n, m \in N$ . Dan is $g'h' = gnhm = gh\,(h^{-1}nh)\,m \in ghN$ , want $h^{-1}nh \in N$ wegens normaliteit: het product van nevenklassen hangt niet van de representanten af. Associativiteit, het neutrale element $eN = N$ en de inversen $(gN)^{-1} = g^{-1}N$ erft $G/N$ van $G$ . Uiteraard is $\pi$ een surjectief morfisme, en $\pi(g) = N \iff g \in N$ .

Is $f \colon G \to H$ een morfisme en $k \in \ker f$ , dan is $f(gkg^{-1}) = f(g)f(k)f(g)^{-1} = e$ : kernen zijn normaal. ∎

Stelling 1.3 (Universele eigenschap; eerste isomorfiestelling)

Zij $f \colon G \to H$ een morfisme en $N \trianglelefteq G$ met $N \subseteq \ker f$ . Er is precies één morfisme $\bar f \colon G/N \to H$ met $f = \bar f \circ \pi$ . In het bijzonder, voor $N = \ker f$ :

G/\ker f \;\xrightarrow{\;\sim\;}\; \operatorname{im} f, \qquad gN \mapsto f(g).

Bewijs. Eenduidigheid: $\bar f(gN)$ moet $f(g)$ zijn. Bestaan: als $gN = g'N$ , dan is $g^{-1}g' \in N \subseteq \ker f$ , dus $f(g) = f(g')$ en is $\bar f(gN) = f(g)$ goed gedefinieerd; het is een morfisme omdat $f$ er een is. Voor $N = \ker f$ is $\bar f$ injectief, want $\bar f(gN) = e$ betekent $g \in \ker f$ , dat wil zeggen $gN = N$ ; en het beeld van $\bar f$ is dat van $f$ . ∎

Stelling 1.4 (Tweede en derde isomorfiestelling)

Zij $H \leq G$ en $N \trianglelefteq G$ .

$HN = \{hn : h \in H,\, n \in N\}$ is een deelgroep, $N \trianglelefteq HN$ , $H \cap N \trianglelefteq H$ , en

$H/(H \cap N) \;\cong\; HN/N .$
Is bovendien $N \subseteq K \trianglelefteq G$ , dan is $K/N \trianglelefteq G/N$ en $(G/N)\big/(K/N) \cong G/K$ .

Bewijs. (1) $HN$ is een deelgroep: $(hn)(h'n') = hh'\,(h'^{-1}nh')n' \in HN$ en $(hn)^{-1} = h^{-1}(hn^{-1}h^{-1}) \in HN$ , waarbij we de normaliteit van $N$ gebruiken. Stel nu $H \hookrightarrow HN \xrightarrow{\pi} HN/N$ samen: dit morfisme is surjectief ( $hnN = hN$ ) met kern $\{h \in H : h \in N\} = H \cap N$ ; pas Stelling 1.3 toe.

(2) De projectie $G/N \to G/K$ , $gN \mapsto gK$ , is goed gedefinieerd ( $N \subseteq K$ ), surjectief, met kern $K/N$ ; pas opnieuw Stelling 1.3 toe. ∎

Stelling 1.5 (Correspondentiestelling)

Zij $N \trianglelefteq G$ . De afbeelding $H \mapsto H/N$ is een bijectie tussen de deelgroepen van $G$ die $N$ bevatten en de deelgroepen van $G/N$ ; ze bewaart inclusies, indices en normaliteit, in beide richtingen.

Bewijs. De inverse is $\bar H \mapsto \pi^{-1}(\bar H)$ . Beide afbeeldingen sturen deelgroepen naar deelgroepen en zijn elkaars inverse: $\pi^{-1}(H/N) = HN = H$ omdat $N \subseteq H$ , en $\pi(\pi^{-1}(\bar H)) = \bar H$ omdat $\pi$ surjectief is. Dat inclusies bewaard blijven is duidelijk; $[G:H] = [G/N : H/N]$ omdat $gH \mapsto (gN)(H/N)$ een goed gedefinieerde bijectie tussen de nevenklassenverzamelingen is; en $gHg^{-1} = H$ voor alle $g$ geldt dan en slechts dan als $(gN)(H/N)(gN)^{-1} = H/N$ voor alle $gN$ , opnieuw wegens de surjectiviteit van $\pi$ . ∎

Voorbeeld 1.6

$\varepsilon \colon S_n \to \{\pm 1\}$ levert $S_n/A_n \cong \{\pm1\}$ ; $\det \colon GL_n(K) \to K^\times$ levert $GL_n(K)/SL_n(K) \cong K^\times$ ; $t \mapsto \eu^{2\iu\pi t}$ levert $\R/\Z \cong \mathbb U$ , de cirkelgroep. Zo worden quotiënten in de praktijk berekend: zoek een surjectie met de juiste kern.

Methode 1.7

Om $N \trianglelefteq G$ te bewijzen, in afnemende volgorde van elegantie: schrijf $N$ als de kern van een morfisme op $G$ ; controleer $gNg^{-1} \subseteq N$ voor alle $g$ (dat volstaat: pas het toe op $g^{-1}$ en conjugeer om de omgekeerde inclusie te krijgen); ga na dat $N$ een vereniging van conjugatieklassen is; of merk op dat $[G:N] = 2$ (dan is $gN = Ng$ afgedwongen — Oefening 1.1).

1.2 Groepswerkingen

Definitie 1.8

Een werking van $G$ op een verzameling $X$ is een morfisme $\varphi \colon G \to \mathfrak{S}(X)$ naar de groep van bijecties van $X$ ; men schrijft $g \cdot x$ voor $\varphi(g)(x)$ . Gelijkwaardig: een afbeelding $G \times X \to X$ met $e \cdot x = x$ en $g \cdot (h \cdot x) = (gh) \cdot x$ . De baan van $x$ is $\mathcal O_x = \{g \cdot x : g \in G\}$ , de stabilisator is de deelgroep $G_x = \{g : g\cdot x = x\}$ , en $X^G = \{x : \forall g,\ g \cdot x = x\}$ is de verzameling vaste punten. De werking heet transitief als er precies één baan is, trouw als $\varphi$ injectief is, vrij als alle stabilisatoren triviaal zijn.

Voorbeeld 1.9

Vijf werkingen dragen de hele eindige groepentheorie:

$G$ op zichzelf door linkstranslatie $g \cdot x = gx$ : vrij en transitief.
$G$ op zichzelf door conjugatie $g \cdot x = gxg^{-1}$ : de banen zijn de conjugatieklassen, de stabilisatoren de centralisatoren $Z_G(x) = \{g : gx = xg\}$ , de vaste punten het centrum $Z(G)$ .
$G$ op de nevenklassenverzameling $G/H$ door $g \cdot xH = gxH$ : transitief, en de stabilisator van de nevenklasse $H$ is $H$ zelf. Elke transitieve werking is van deze vorm (Oefening 1.8).
$G$ op de verzameling van haar deelgroepen door conjugatie: de stabilisator van $H$ is de normalisator $N_G(H) = \{g : gHg^{-1} = H\}$ , de grootste deelgroep van $G$ waarin $H$ normaal is.
$S_n$ op $\intint{1}{n}$ : de moeder van alle voorbeelden.

Stelling 1.10 (Baan en stabilisator)

De afbeelding $gG_x \mapsto g \cdot x$ is een goed gedefinieerde bijectie $G/G_x \to \mathcal O_x$ . In het bijzonder geldt voor eindige $G$ :

\abs{\mathcal O_x} = [G : G_x] \quad\text{deelt } \abs G,

en, omdat de banen $X$ opdelen (het zijn de klassen van de equivalentie $x \sim y \iff y \in \mathcal O_x$ ),

\abs X = \sum_{i} \,[G : G_{x_i}] \qquad (x_i\colon \text{één punt per baan}).

Bewijs. Goed gedefinieerd en injectief: $gG_x = hG_x \iff h^{-1}g \in G_x \iff h^{-1}g \cdot x = x \iff g \cdot x = h \cdot x$ ; lees de keten in beide richtingen. Surjectiviteit is de definitie van de baan. De tellingen volgen uit de stelling van Lagrange en uit de opdeling van $X$ in banen. ∎

Gevolg 1.11 (Klassevergelijking)

Voor een eindige groep $G$ geldt, met één representant $x_i$ per conjugatieklasse met meer dan één element:

\abs G = \abs{Z(G)} + \sum_i \,[G : Z_G(x_i)], \qquad\text{waarbij } [G : Z_G(x_i)] > 1 \text{ en } \abs G \text{ deelt.}

Bewijs. Pas Stelling 1.10 toe op de conjugatiewerking: de banen met één element zijn precies de elementen van $Z(G)$ . ∎

Stelling 1.12 (Vaste punten van $p$ -groepen)

Zij $p$ priem. Een $p$ -groep is een eindige groep waarvan de orde een macht van $p$ is. Werkt een $p$ -groep $G$ op een eindige verzameling $X$ , dan is

\abs{X^G} \equiv \abs X \pmod p .

Gevolgen: een niet-triviale $p$ -groep heeft een niet-triviaal centrum, en elke groep van orde $p^2$ is abels.

Bewijs. Elke baan heeft kardinaliteit $[G:G_x]$ , een macht van $p$ ; die macht is $1$ precies in de vaste punten en anders deelbaar door $p$ . Sommeren over de banen geeft de congruentie. Voor het centrum: bij de conjugatiewerking van $G$ op zichzelf is $X^G = Z(G)$ , dus $\abs{Z(G)} \equiv \abs G \equiv 0 \pmod p$ , en omdat $e \in Z(G)$ volgt $\abs{Z(G)} \geq p$ . Orde $p^2$ : als $Z(G) \neq G$ , dan is $\abs{Z(G)} = p$ en is $G/Z(G)$ cyclisch van orde $p$ , wat $G$ abels maakt (Oefening 1.2) — tegenspraak. ∎

Stelling 1.13 (Cauchy)

Deelt een priemgetal $p$ de orde $\abs G$ , dan bevat $G$ een element van orde $p$ .

Bewijs (McKay). Zij $X = \{(g_1, \dots, g_p) \in G^p : g_1 g_2 \cdots g_p = e\}$ . Vrij kiezen van $g_1, \dots, g_{p-1}$ legt $g_p$ vast: $\abs X = \abs G^{p-1}$ , deelbaar door $p$ . De cyclische groep $\Z/p\Z$ werkt op $X$ door cyclische verschuiving $(g_1, \dots, g_p) \mapsto (g_2, \dots, g_p, g_1)$ — dit laat $X$ invariant, want $g_2 \cdots g_p g_1 = g_1^{-1}(g_1 \cdots g_p)g_1 = e$ . Volgens Stelling 1.12 is $\abs{X^{\Z/p\Z}} \equiv \abs X \equiv 0 \pmod p$ . De vaste punten zijn de constante tupels $(g, \dots, g)$ met $g^p = e$ ; het tupel $(e, \dots, e)$ is er één van, dus zijn er minstens $p$ , en bijgevolg is er minstens één $g \neq e$ met $g^p = e$ : de orde daarvan is precies $p$ . ∎

Stelling 1.14 (Cayley)

Elke groep van orde $n$ laat zich inbedden in $S_n$ .

Bewijs. De linkstranslatie $\varphi \colon G \to \mathfrak S(G) \cong S_n$ is een morfisme; uit $\varphi(g) = \mathrm{id}$ volgt $g = ge = e$ : de werking is trouw. ∎

Methode 1.15

Vaste punten tellen is de universele openingszet van de eindige groepentheorie. Om te bewijzen dat iets bestaat (een centraal element, een element van orde $p$ , een normaaldeler, een vast punt), laat men een goed gekozen groep werken op een goed gekozen eindige verzameling en vergelijkt men vervolgens $\abs{X^G}$ met $\abs X$ modulo $p$ , of laat men de baangroottes de groepsorde delen. De bewijzen van Stellingen 1.12 en 1.13 en van alle drie de stellingen van Sylow hieronder zijn vijf variaties op dat ene idee.

1.3 De stellingen van Sylow

De stelling van Lagrange zegt dat de orde van een deelgroep $\abs G$ deelt; het omgekeerde faalt ( $A_4$ , van orde $12$ , heeft geen deelgroep van orde $6$ — Oefening 1.1). De stellingen van Sylow redden dat omgekeerde voor priemmachten, en hun telclause is het scherpste algemene gereedschap dat we hebben om normaaldelers te produceren.

Definitie 1.16

Schrijf $\abs G = p^a m$ met $p \nmid m$ . Een Sylow- $p$ -deelgroep van $G$ is een deelgroep van orde $p^a$ — een $p$ -deelgroep van de grootst denkbare orde. Het aantal Sylow- $p$ -deelgroepen van $G$ noteren we $n_p$ .

Lemma 1.17

Is $\abs G = p^a m$ met $p \nmid m$ , dan geldt $\dbinom{p^a m}{p^a} \equiv m \pmod p$ .

Bewijs. In $\mathbb F_p[X]$ geldt de droom van de eerstejaars $(1+X)^p = 1 + X^p$ (de coëfficiënten $\binom pk$ met $0<k<p$ zijn deelbaar door $p$ : $p$ deelt de teller van $\frac{p!}{k!(p-k)!}$ maar niet de noemer), en herhaald toepassen geeft $(1+X)^{p^a} = 1 + X^{p^a}$ , waaruit

(1+X)^{p^a m} = \bigl(1 + X^{p^a}\bigr)^m = \sum_{k=0}^{m} \binom mk X^{k p^a} \quad\text{in } \mathbb F_p[X].

Vergelijk de coëfficiënt van $X^{p^a}$ : links $\binom{p^a m}{p^a} \bmod p$ , rechts $\binom m1 = m$ . ∎

Stelling 1.18 (Sylow I: bestaan)

Voor elk priemgetal $p$ bestaan er Sylow- $p$ -deelgroepen van $G$ .

Bewijs (Wielandt). Zij $\Omega$ de verzameling deelverzamelingen van $G$ met kardinaliteit $p^a$ ; $G$ werkt op $\Omega$ door linkstranslatie $g \cdot S = gS$ . Wegens Lemma 1.17 is $\abs\Omega = \binom{p^a m}{p^a} \equiv m \not\equiv 0 \pmod p$ , dus is er een baan $\mathcal O_S$ waarvan de grootte priem is met $p$ (deelde $p$ elke baangrootte, dan deelde $p$ ook $\abs\Omega$ ). Zij $H = G_S$ de stabilisator van zo’n $S$ . Omdat $[G : H] = \abs{\mathcal O_S}$ priem is met $p$ en $p^a \mid \abs G = [G:H]\,\abs H$ , volgt $p^a \mid \abs H$ . Omgekeerd, kies $s \in S$ : de afbeelding $H \to S$ , $h \mapsto hs$ , is injectief en landt in $S$ omdat $hS = S$ ; dus $\abs H \leq \abs S = p^a$ . Bijgevolg is $\abs H = p^a$ . ∎

Stelling 1.19 (Sylow II: dominantie en conjugatie)

Zij $P$ een Sylow- $p$ -deelgroep en $Q$ een willekeurige $p$ -deelgroep van $G$ . Dan is $Q \subseteq gPg^{-1}$ voor zekere $g \in G$ . In het bijzonder zijn alle Sylow- $p$ -deelgroepen geconjugeerd, en $P \trianglelefteq G \iff n_p = 1$ .

Bewijs. Laat $Q$ werken op de nevenklassenverzameling $X = G/P$ , van kardinaliteit $m \not\equiv 0 \pmod p$ . Volgens Stelling 1.12, toegepast op de $p$ -groep $Q$ , is $\abs{X^Q} \equiv m \not\equiv 0 \pmod p$ : er is een vaste nevenklasse $gP$ , dat wil zeggen $QgP = gP$ , oftewel $g^{-1}Qg \subseteq P$ . Is $Q$ zelf een Sylow-deelgroep, dan maakt de gelijkheid van de ordes van $Q \subseteq gPg^{-1}$ een gelijkheid. Ten slotte is $P \trianglelefteq G$ precies wanneer haar conjugaten $\{gPg^{-1}\}$ — die volgens het bovenstaande alle Sylow- $p$ -deelgroepen zijn — tot $\{P\}$ herleiden. ∎

Stelling 1.20 (Sylow III: telling)

Er geldt $n_p \equiv 1 \pmod p$ en $n_p = [G : N_G(P)]$ , en dat laatste deelt $m$ .

Bewijs. Zij $\mathrm{Syl}_p$ de verzameling Sylow- $p$ -deelgroepen; $G$ werkt daarop transitief door conjugatie (Stelling 1.19), met als stabilisator van $P$ de normalisator $N_G(P) \supseteq P$ : dus $n_p = [G : N_G(P)]$ , en $m = [G:P] = [G:N_G(P)]\,[N_G(P):P]$ laat zien dat $n_p \mid m$ .

Beperk de werking nu tot $P$ en tel de vaste punten. Wordt $Q \in \mathrm{Syl}_p$ vastgehouden door $P$ , dan is $P \subseteq N_G(Q)$ ; zowel $P$ als $Q$ is een Sylow- $p$ -deelgroep van de groep $N_G(Q)$ , dus zijn ze daarin geconjugeerd (Stelling 1.19 toegepast op $N_G(Q)$ ); maar $Q \trianglelefteq N_G(Q)$ , dus is $Q$ daar haar eigen enige conjugaat: $P = Q$ . Het enige vaste punt is dus $P$ zelf, en Stelling 1.12 geeft $n_p = \abs{\mathrm{Syl}_p} \equiv \abs{\mathrm{Syl}_p^P} = 1 \pmod p$ . ∎

Methode 1.21

Om een groep van gegeven orde $n = p^a m$ te analyseren: maak een lijst van de delers van $m$ die congruent zijn met $1$ modulo $p$ — dat zijn de kandidaten voor $n_p$ . Is $1$ de enige kandidaat, dan is de Sylow- $p$ -deelgroep normaal. Wordt $n_p > 1$ afgedwongen maar klein gehouden, laat $G$ dan door conjugatie op $\mathrm{Syl}_p$ werken: dat levert een morfisme $G \to S_{n_p}$ met kleine kern. En tel elementen: verschillende Sylow- $p$ -deelgroepen van priemorde $p$ snijden elkaar triviaal, dus dragen zij $n_p(p-1)$ elementen van orde precies $p$ ; overlappende tellingen voor verschillende priemgetallen dwingen vaak een tegenspraak af (Oefening 1.7).

Voorbeeld 1.22

Zij $\abs G = pq$ met $p < q$ priem en $p \nmid q - 1$ . Dan dwingen $n_q \mid p$ en $n_q \equiv 1 \bmod q$ af dat $n_q = 1$ (want $p < q$ ); en $n_p \mid q$ en $n_p \equiv 1 \bmod p$ dwingen $n_p = 1$ af (want $q \not\equiv 1 \bmod p$ ). Zij $P, Q$ de twee normale Sylow-deelgroepen: $P \cap Q = \{e\}$ (onderling ondeelbare ordes), dus $\abs{PQ} = pq$ (Oefening 1.4) en $G \cong P \times Q \cong \Z/p\Z \times \Z/q\Z \cong \Z/pq\Z$ volgens Propositie 1.24 hieronder. Elke groep van orde $15$ , $33$ , $35$ , … is dus cyclisch. Het uitgesloten geval $p \mid q - 1$ levert precies één groep extra, niet-abels — zie de weekendopgave (Probleem 1.1).

Voorbeeld 1.23 (Een volledige Sylow-telling: $S_4$ )

Laten we de methode uitvoeren op $G = S_4$ , $\abs G = 24 = 2^3\cdot3$ . Sylow $3$ : $n_3 \mid 8$ en $n_3 \equiv 1 \bmod 3$ , dus $n_3 \in \{1, 4\}$ ; omdat $\langle(123)\rangle$ en $\langle(124)\rangle$ verschillen, is $n_3 = 4$ — de vier deelgroepen $\langle(abc)\rangle$ , één voor elke driedelige deelverzameling $\{a, b, c\}$ , samen goed voor de $8$ drietallige cykels. Volgens Sylow II zijn ze geconjugeerd, en het conjugatiemorfisme $S_4 \to S_{\mathrm{Syl}_3} \cong S_4$ is hier een isomorfisme (de kern ligt in $N = N_G(\langle(123)\rangle)$ van orde $24/4 = 6$ , en een normaaldeler van $S_4$ binnen een $N$ van $S_3$ -type moet triviaal zijn: ze zou bestaan uit even permutaties die de vier Sylow-deelgroepen vasthouden, en dat doet alleen $e$ ). Sylow $2$ : $n_2 \mid 3$ en $n_2 \equiv 1 \bmod 2$ , dus $n_2 \in \{1, 3\}$ . De deelgroep $D = \langle(1234), (13)\rangle$ heeft orde $8$ (een diëdergroep $D_4$ : de symmetrieën van het vierkant met hoekpunten $1, 2, 3, 4$ ) en is niet normaal ( $(12)(1234)(12) = (2134)$ brengt een andere deelgroep van $4$ -cykels voort), dus $n_2 = 3$ : de drie kopieën van $D_4$ komen overeen met de drie manieren om $4$ punten tot een “vierkant” te paren. Let op de moraal van deze telling: $\abs{S_4} = 24$ laat beide Sylow-families de ruimte om niet normaal te zijn, en beide benutten die — vergelijk met orde $12$ , waar de telling er één van de twee normaal maakt (Deel IV van Probleem 1.1).

1.4 Producten, direct en semidirect

Propositie 1.24 (Een direct product herkennen)

Zij $H, K \trianglelefteq G$ met $H \cap K = \{e\}$ en $HK = G$ . Dan is $(h,k) \mapsto hk$ een isomorfisme $H \times K \to G$ .

Bewijs. Voor $h \in H$ en $k \in K$ ligt de commutator $hkh^{-1}k^{-1}$ in $K$ (lees hem als $(hkh^{-1})k^{-1}$ en gebruik de normaliteit van $K$ ) én in $H$ (lees hem als $h(kh^{-1}k^{-1})$ ): hij is dus $e$ , zodat $H$ en $K$ elementsgewijs commuteren en de afbeelding een morfisme is. Ze is surjectief omdat $HK = G$ , en injectief omdat uit $hk = e$ volgt dat $h = k^{-1} \in H \cap K = \{e\}$ . ∎

Het is de normaliteit van beide factoren die het vaakst faalt: in $S_3 = \langle (1\,2\,3)\rangle \,\langle(1\,2)\rangle$ snijden de twee factoren elkaar triviaal en brengen ze samen $S_3$ voort, en toch is $S_3 \not\cong \Z/3\Z \times \Z/2\Z$ . Het juiste begrip wanneer slechts één factor normaal is:

Definitie 1.25

Zij $H$ en $K$ groepen en $\varphi \colon K \to \operatorname{Aut}(H)$ een morfisme. Het semidirecte product $H \rtimes_\varphi K$ is de verzameling $H \times K$ , voorzien van

(h, k)\,(h', k') = \bigl(h\,\varphi(k)(h'),\; kk'\bigr).

Propositie 1.26

$H \rtimes_\varphi K$ is een groep; $H \times \{e\}$ is een normaaldeler isomorf met $H$ en $\{e\} \times K$ een deelgroep isomorf met $K$ ; ze snijden elkaar triviaal en brengen samen het geheel voort. Omgekeerd, als $G = NK$ met $N \trianglelefteq G$ , $K \leq G$ en $N \cap K = \{e\}$ , dan is $G \cong N \rtimes_\varphi K$ met $\varphi(k) = (n \mapsto knk^{-1})$ .

Bewijs. Rechtstreekse verificatie: de associativiteit komt neer op $\varphi(kk') = \varphi(k)\circ\varphi(k')$ en op het feit dat elke $\varphi(k)$ een morfisme is; het neutrale element is $(e,e)$ en $(h,k)^{-1} = \bigl(\varphi(k^{-1})(h^{-1}), k^{-1}\bigr)$ . De projectie $(h,k) \mapsto k$ is een morfisme op $K$ met kern $H \times \{e\}$ , die daarom normaal is. Voor de omkering: elke $g \in G$ schrijft zich op precies één manier als $nk$ met $n \in N$ en $k \in K$ (bestaan: $G = NK$ ; eenduidigheid: uit $nk = n'k'$ volgt $n'^{-1}n = k'k^{-1} \in N \cap K$ ), en

(nk)(n'k') = n\,(kn'k^{-1})\;kk'

laat zien dat $nk \mapsto (n, k)$ de bewerking van $G$ overbrengt op die van $N \rtimes_\varphi K$ . ∎

Voorbeeld 1.27

(a) De diëdergroep $D_n$ ( $n \geq 3$ ) van de $2n$ symmetrieën van een regelmatige $n$ -hoek: de rotaties vormen een normaaldeler van index $2$ , elke spiegeling brengt een complement voort, en conjugatie van een rotatie met een spiegeling keert haar om: $D_n \cong \Z/n\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ met $\varphi(1) = (x \mapsto -x)$ . (b) De affiene groep van een rechte, $\{x \mapsto ax + b : a \in K^\times,\, b \in K\} \cong K \rtimes K^\times$ : de translaties zijn normaal, de homothetieën vormen een complement. (c) $S_n \cong A_n \rtimes \Z/2\Z$ (complement: een willekeurige transpositie). (d) De quaternionengroep $Q_8$ is geen semidirect product van echte deelgroepen: elke niet-triviale deelgroep bevat $-1$ (Probleem 1.1), dus snijden geen twee echte deelgroepen elkaar triviaal.

1.5 Oplosbare groepen; enkelvoudigheid van $A_n$

Definitie 1.28

De commutator van $x, y \in G$ is $[x,y] = xyx^{-1}y^{-1}$ ; de afgeleide groep $D(G)$ is de deelgroep voortgebracht door alle commutatoren. De afgeleide reeks is $D^0(G) = G$ , $D^{i+1}(G) = D(D^i(G))$ , en $G$ heet oplosbaar als $D^n(G) = \{e\}$ voor zekere $n$ .

Propositie 1.29

$D(G)$ is normaal (zelfs invariant onder elk automorfisme), $G/D(G)$ is abels, en voor $N \trianglelefteq G$ geldt: $G/N$ abels $\iff D(G) \subseteq N$ . Bovendien is $G$ oplosbaar dan en slechts dan als er een keten $G = G_0 \trianglerighteq G_1 \trianglerighteq \dots \trianglerighteq G_n = \{e\}$ bestaat met $G_{i+1} \trianglelefteq G_i$ en elk quotiënt $G_i/G_{i+1}$ abels. Deelgroepen en quotiënten van oplosbare groepen zijn oplosbaar; omgekeerd, zijn $N$ en $G/N$ oplosbaar, dan ook $G$ .

Bewijs. Een automorfisme $\alpha$ stuurt $[x,y]$ naar $[\alpha x, \alpha y]$ : het permuteert de commutatoren en laat dus de door hen voortgebrachte deelgroep invariant; conjugaties zijn automorfismen, waaruit de normaliteit volgt. In $G/D(G)$ is $\bar x\bar y \bar x^{-1}\bar y^{-1} = \overline{[x,y]} = \bar e$ : het quotiënt is abels. Is $G/N$ abels, dan ligt elke $[x,y]$ in $N$ , dus $D(G) \subseteq N$ ; is omgekeerd $D(G) \subseteq N$ , dan is $G/N$ volgens de derde isomorfiestelling een quotiënt van het abelse $G/D(G)$ , en dus abels.

Is $G$ oplosbaar, dan is de afgeleide reeks zo’n keten. Omgekeerd, gegeven een keten, geldt $D^i(G) \subseteq G_i$ per inductie: uit $G_i/G_{i+1}$ abels volgt $D(G_i) \subseteq G_{i+1}$ , dus $D^{i+1}(G) = D(D^i G) \subseteq D(G_i) \subseteq G_{i+1}$ ; en bijgevolg $D^n(G) = \{e\}$ .

Erfelijkheid: $D^i(H) \subseteq D^i(G)$ voor $H \leq G$ (inductie), en $D^i(G/N) = \pi(D^i(G))$ omdat $\pi$ commutatoren op commutatoren afbeeldt; hieruit volgen de uitspraken over deelgroepen en quotiënten. Uitbreidingen: is $D^m(G/N) = \{e\}$ , dan is $D^m(G) \subseteq N$ , en uit $D^n(N) = \{e\}$ volgt $D^{m+n}(G) = D^n(D^m(G)) \subseteq D^n(N) = \{e\}$ . ∎

Voorbeeld 1.30

Abelse groepen zijn oplosbaar. $p$ -groepen zijn oplosbaar, met inductie op de orde: $Z(G) \neq \{e\}$ en $G/Z(G)$ is een kleinere $p$ -groep. $S_3$ en $S_4$ zijn oplosbaar: $S_4 \trianglerighteq A_4 \trianglerighteq V \trianglerighteq \{e\}$ , waarbij $V = \{e, (1\,2)(3\,4), (1\,3)(2\,4), (1\,4)(2\,3)\}$ de viergroep van Klein van de dubbele transposities is (normaal in $S_4$ : een vereniging van conjugatieklassen), met abelse quotiënten $\Z/2\Z$ , $\Z/3\Z$ , $V$ . In Hoofdstuk 4 zal “de algemene vergelijking van graad $n$ is oplosbaar door worteltrekking” letterlijk betekenen: “ $S_n$ is een oplosbare groep”. Vandaar het belang van de volgende definitie.

Definitie 1.31

Een groep $G \neq \{e\}$ heet enkelvoudig als haar enige normaaldelers $\{e\}$ en $G$ zijn. Een niet-abelse enkelvoudige groep is niet oplosbaar: $D(G) \trianglelefteq G$ is niet $\{e\}$ (anders was $G$ abels), dus $D(G) = G$ en is de afgeleide reeks constant. De abelse enkelvoudige groepen zijn precies de $\Z/p\Z$ met $p$ priem (een abelse groep is enkelvoudig dan en slechts dan als ze geen echte niet-triviale deelgroep heeft, dan en slechts dan als ze cyclisch van priemorde is, volgens Lagrange).

Lemma 1.32

Voor $n \geq 3$ wordt $A_n$ voortgebracht door de $3$ -cykels; voor $n \geq 5$ zijn alle $3$ -cykels geconjugeerd in $A_n$ .

Bewijs. Een element van $A_n$ is een product van een even aantal transposities; zet ze twee aan twee en gebruik (samenstelling van rechts naar links)

(a\,b)(c\,d) = (a\,c\,b)(a\,c\,d), \qquad (a\,b)(b\,c) = (a\,b\,c), \qquad (a\,b)(a\,b) = e

voor respectievelijk disjuncte, overlappende en gelijke paren: elk paar transposities is een product van $3$ -cykels.

Conjugatie: $\sigma(a\,b\,c)\sigma^{-1} = (\sigma a\; \sigma b\; \sigma c)$ , dus zijn twee willekeurige $3$ -cykels geconjugeerd via een zekere $\sigma \in S_n$ . Is $\sigma$ oneven, vervang haar dan door $\sigma' = \sigma (d\,e)$ , waarbij $d, e$ twee punten buiten $\{a, b, c\}$ zijn — die bestaan omdat $n \geq 5$ ; dan is $\sigma'$ even en $\sigma'(a\,b\,c) \sigma'^{-1} = \sigma(a\,b\,c)\sigma^{-1}$ , want $(d\,e)$ commuteert met $(a\,b\,c)$ . ∎

Stelling 1.33 (Enkelvoudigheid van de alternerende groep)

$A_n$ is enkelvoudig voor $n \geq 5$ .

Bewijs. Zij $N \trianglelefteq A_n$ met $N \neq \{e\}$ . Wegens Lemma 1.32 volstaat het aan te tonen dat $N$ één $3$ -cykel bevat: normaliteit en de conjugatie van alle $3$ -cykels in $A_n$ leggen dan alle $3$ -cykels in $N$ , zodat $N = A_n$ .

Voor $\rho \in S_n$ noemen we $F(\rho) = \{x : \rho(x) \neq x\}$ de drager van $\rho$ en $f(\rho) = \abs{F(\rho)}$ . Kies $\sigma \in N \setminus \{e\}$ met $f(\sigma)$ minimaal. Merk op dat een niet-triviale even permutatie $f \geq 3$ heeft, en dat $f(\sigma) = 4$ voor $\sigma \in A_n$ alleen mogelijk is als $\sigma$ een dubbele transpositie is (een $4$ -cykel is oneven). We tonen aan dat $\sigma$ een $3$ -cykel is.

Geval A: $\sigma$ is een product van disjuncte transposities, zeg $\sigma = (a\,b)(c\,d)\cdots$ met $f(\sigma) \geq 4$ . Kies $e' \notin \{a, b, c, d\}$ (mogelijk, want $n \geq 5$ ), stel $\tau = (c\,d\,e')$ en

\sigma' = \tau\sigma\tau^{-1}\,\sigma^{-1} \in N \qquad (\tau\sigma\tau^{-1} \in N \text{ wegens normaliteit}).

Omdat $\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1} = (\sigma c\;\sigma e'\;\sigma d) = (d\;\sigma e'\;c)$ (met $\sigma c = d$ en $\sigma d = c$ ), krijgen we $\sigma' = (c\,d\,e')(d\;\sigma e'\;c)$ .

Als $\sigma e' = e'$ (wat in het bijzonder geldt wanneer $f(\sigma) = 4$ , dat wil zeggen $\sigma = (a\,b)(c\,d)$ ): dan is $(d\,e'\,c) = (c\,d\,e')$ en $\sigma' = (c\,d\,e')^2 = (c\,e'\,d)$ , een $3$ -cykel in $N$ , met $f(\sigma') = 3 < 4 \leq f(\sigma)$ — in strijd met de minimaliteit.

Als $\sigma e' \neq e'$ : dan is $\sigma e' \notin \{a, b, c, d, e'\}$ ( $\sigma$ verwisselt $a,b$ en $c,d$ , en $e' \notin \{a,b,c,d\}$ terwijl $\sigma$ injectief is), dus beweegt $\sigma$ de zes punten $a, b, c, d, e', \sigma e'$ : $f(\sigma) \geq 6$ . Anderzijds voldoet $\sigma'$ , een product van twee $3$ -cykels met dragers in $\{c, d, e', \sigma e'\}$ , aan $f(\sigma') \leq 4$ ; en $\sigma' \neq e$ , want $\sigma'(d) = \tau\sigma\tau^{-1}(c) = \tau\sigma(e') = \sigma e' \neq d$ ( $\tau$ houdt $\sigma e' \notin \{c,d,e'\}$ vast). Dus is $\sigma' \in N \setminus\{e\}$ met $f(\sigma') \leq 4 < f(\sigma)$ : opnieuw in strijd met de minimaliteit.

Geval B: een cykel van $\sigma$ heeft lengte $\geq 3$ , zeg $\sigma(a) = b$ en $\sigma(b) = c$ met $a, b, c$ verschillend. Is $\sigma$ precies die $3$ -cykel, dan zijn we klaar. Zo niet, dan is $f(\sigma) \geq 5$ (het geval $f(\sigma) = 4$ met een cykel van lengte $\geq 3$ is de oneven $4$ -cykel, uitgesloten), zodat we $d, e' \in F(\sigma) \setminus \{a, b, c\}$ kunnen kiezen. Stel $\tau = (c\,d\,e')$ en $\sigma' = \tau\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1} \in N$ . Net als hiervoor beweegt $\sigma' = (c\,d\,e')\,(\sigma c\;\sigma e'\;\sigma d)$ alleen punten van

M = \{c, d, e'\} \cup \{\sigma c, \sigma d, \sigma e'\} \subseteq F(\sigma)

(beelden van bewogen punten worden bewogen: uit $\sigma(x) \ne x$ volgt $\sigma(\sigma x) \neq \sigma x$ , want $\sigma$ is injectief). Verder is $b \notin M$ : de vijf punten $a, b, c, d, e'$ zijn verschillend, dus $b \notin \{c, d, e'\}$ ; en $b \in \{\sigma c, \sigma d, \sigma e'\}$ zou $a \in \{c, d, e'\}$ afdwingen (pas $\sigma^{-1}$ toe en gebruik $\sigma a = b$ ), en dat is onjuist. Bijgevolg houdt $\sigma'$ het punt $b$ vast terwijl $\sigma$ het beweegt; en $F(\sigma') \subseteq F(\sigma)$ . Ten slotte is $\sigma' \neq e$ : $\sigma^{-1}(c) = b$ , $\tau^{-1}(b) = b$ , $\sigma(b) = c$ en $\tau(c) = d$ , dus $\sigma'(c) = d \neq c$ . Dus $\sigma' \in N \setminus \{e\}$ met $f(\sigma') \leq f(\sigma) - 1$ , in strijd met de minimaliteit.

Beide gevallen zijn onmogelijk, dus is $\sigma$ een $3$ -cykel. ∎

Gevolg 1.34

Voor $n \geq 5$ zijn $A_n$ en $S_n$ niet oplosbaar, en zijn de enige normaaldelers van $S_n$ de groepen $\{e\}$ , $A_n$ en $S_n$ .

Bewijs. $A_n$ is niet-abels en enkelvoudig, dus niet oplosbaar (Definitie 1.31); en een groep die een niet-oplosbare deelgroep bevat, is zelf niet oplosbaar (Propositie 1.29). Zij $N \trianglelefteq S_n$ : dan is $N \cap A_n \trianglelefteq A_n$ gelijk aan $\{e\}$ of aan $A_n$ . Is $N \cap A_n = A_n$ , dan is $A_n \subseteq N$ en dwingt de index $N \in \{A_n, S_n\}$ af. Is $N \cap A_n = \{e\}$ , dan is de beperking tot $N$ van de projectie $S_n \to S_n/A_n \cong \Z/2\Z$ injectief, dus $\abs N \leq 2$ ; is $N = \{e, \sigma\}$ , dan maakt de normaliteit de conjugatieklasse van $\sigma$ gelijk aan $\{\sigma\}$ , dat wil zeggen $\sigma \in Z(S_n)$ . Maar $Z(S_n) = \{e\}$ voor $n \geq 3$ : beweegt $\sigma \ne e$ het punt $a$ naar $b \neq a$ , kies dan $c \notin \{a, b\}$ ; dan stuurt $(b\,c)\sigma(b\,c)^{-1}$ het punt $a$ naar $c \ne b$ , zodat deze permutatie van $\sigma$ verschilt. Bijgevolg is $N = \{e\}$ . ∎

Stelling 1.35 (Jordan–Hölder)

Elke eindige groep $G \neq \{e\}$ bezit een compositiereeks

\{e\} = G_0 \trianglelefteq G_1 \trianglelefteq \cdots \trianglelefteq G_r = G, \qquad G_{i}/G_{i-1} \text{ enkelvoudig},

en de multiverzameling van de compositiefactoren $G_i/G_{i-1}$ hangt, op isomorfie na, niet van de gekozen reeks af. Een eindige groep is oplosbaar dan en slechts dan als al haar compositiefactoren cyclisch van priemorde zijn.

Bewijs. Bestaan: inductie op $\abs G$ . Is $G$ enkelvoudig, neem dan $\{e\} \trianglelefteq G$ . Kies anders een maximale echte normaaldeler $N$ (er zijn eindig veel deelgroepen); $G/N$ is enkelvoudig volgens de correspondentiestelling (een echte niet-triviale normaaldeler van $G/N$ zou zich optillen tot een normaaldeler van $G$ strikt tussen $N$ en $G$ ). Voeg $N \trianglelefteq G$ toe aan een compositiereeks van $N$ .

Eenduidigheid: inductie op $\abs G$ , waarbij het geval $G$ enkelvoudig duidelijk is. Neem twee compositiereeksen, met voorlaatste termen $M \trianglelefteq G$ en $N \trianglelefteq G$ (dus $G/M$ en $G/N$ zijn enkelvoudig). Is $M = N$ , dan besluiten we met de inductiehypothese toegepast op $M$ . Anders is $MN$ , normaal in $G$ en $M$ strikt bevattend, gelijk aan $G$ ( $M$ is maximaal normaal: elke normale $L$ met $M \subsetneq L \subsetneq G$ zou afgebeeld worden op een echte niet-triviale normaaldeler van het enkelvoudige $G/M$ ). De tweede isomorfiestelling geeft

G/M = MN/M \cong N/(M \cap N), \qquad G/N = MN/N \cong M/(M \cap N).

Stel $K = M \cap N$ ( $\trianglelefteq G$ ) en kies een compositiereeks van $K$ . Dan draagt $M$ twee compositiereeksen: de oorspronkelijke, en de reeks van $K$ gevolgd door $K \trianglelefteq M$ (het quotiënt $M/K \cong G/N$ is enkelvoudig). Per inductie (toegepast op $M$ ) zijn de factoren van de oorspronkelijke reeks van $M$ dus $\{\text{factoren van } K\} \cup \{G/N\}$ ; en evenzo voor $N$ . Bijgevolg hebben beide reeksen van $G$ de factoren

\{\text{factoren van } K\} \;\cup\; \{\,G/N,\; G/M\,\},

dezelfde multiverzameling.

Oplosbaarheid: zijn alle factoren $\Z/p_i\Z$ , dan is de reeks een keten met abelse quotiënten, dus is $G$ oplosbaar (Propositie 1.29). Omgekeerd is een compositiefactor van een oplosbare groep zelf oplosbaar (een quotiënt van een deelgroep) én enkelvoudig; en een oplosbare enkelvoudige groep is abels (uit $D(G) \ne G$ volgt $D(G) = \{e\}$ ), dus van de vorm $\Z/p\Z$ . ∎

Opmerking 1.36

Jordan–Hölder zegt dat elke eindige groep is opgebouwd uit enkelvoudige groepen, met een welbepaalde stuklijst — een rekenkunde van groepen waarin de enkelvoudige groepen de priemgetallen zijn, en waarin de manier waarop de onderdelen aan elkaar zitten (de uitbreidingsgegevens, zoals bij het semidirecte product) de plaats inneemt van een gewone vermenigvuldiging. De classificatie van de eindige enkelvoudige groepen — de cyclische $\Z/p\Z$ , de alternerende $A_{n \geq 5}$ , zestien families van Lie-type en $26$ sporadische groepen — is een van de monumenten van de twintigste-eeuwse wiskunde; het bewijs, verspreid over zo’n tienduizend tijdschriftpagina’s, gaat deze cursus ver te boven.

De tien deelgroepen van de diëdergroep D_4 = r, s r4 = s2 = e,\ srs-1 = r-1. De drie deelgroepen van index 2 (middelste rij) zijn normaal, net als het centrum r2 (gemarkeerd); de vier spiegelingsdeelgroepen vallen uiteen in twee conjugatieklassen van twee. Ketens van onder naar boven geven compositiereeksen, bijvoorbeeld \e\ r2 r D_4: factoren ℤ/2ℤ, ℤ/2ℤ, ℤ/2ℤ — steeds dezelfde multiverzameling, zoals Jordan–Hölder eist. — De tien deelgroepen van de diëdergroep $D_4 = \langle r, s \mid r^4 = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle$ . De drie deelgroepen van index $2$ (middelste rij) zijn normaal, net als het centrum $\langle r^2\rangle$ (gemarkeerd); de vier spiegelingsdeelgroepen vallen uiteen in twee conjugatieklassen van twee. Ketens van onder naar boven geven compositiereeksen, bijvoorbeeld $\{e\} \trianglelefteq \langle r^2\rangle \trianglelefteq \langle r\rangle \trianglelefteq D_4$ : factoren $\Z/2\Z, \Z/2\Z, \Z/2\Z$ — steeds dezelfde multiverzameling, zoals Jordan–Hölder eist.

1.6 Oefeningen

Oefening 1.1 ★

(a) Toon aan dat elke deelgroep van index $2$ normaal is. (b) Toon aan dat uit $[G : H] = 2$ volgt dat $x^2 \in H$ voor elke $x \in G$ . (c) Leid af dat $A_4$ geen deelgroep van orde $6$ heeft: het omgekeerde van de stelling van Lagrange faalt. (Tel de kwadraten van de $3$ -cykels.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.1.

(a) Zij $[G:H] = 2$ . Voor $g \in H$ is $gH = H = Hg$ . Voor $g \notin H$ : de twee linkernevenklassen zijn $H$ en $gH$ , dus $gH = G \setminus H$ ; net zo is $Hg = G \setminus H$ . Bijgevolg is $gH = Hg$ voor alle $g$ : $H \trianglelefteq G$ .

(b) Volgens (a) is $G/H$ een groep van orde $2$ ; de klasse $\bar x$ voldoet aan $\bar x^2 = \bar e$ , dat wil zeggen $x^2 \in H$ .

(c) Stel $H \leq A_4$ met $\abs H = 6$ , dus van index $2$ . Volgens (b) is $\sigma^2 \in H$ voor elke $\sigma \in A_4$ . Elke $3$ -cykel is zo’n kwadraat: uit $\sigma^3 = e$ volgt $\sigma = \sigma^4 = (\sigma^2)^2$ . Dus bevat $H$ alle acht $3$ -cykels van $A_4$ : $\abs H \geq 8 > 6$ , een tegenspraak. (Het omgekeerde van Lagrange faalt bij de allereerste gelegenheid: $6 \mid 12$ .)

Oefening 1.2 ★

Toon aan dat $G$ abels is zodra $G/Z(G)$ cyclisch is. Leid daaruit opnieuw af dat elke groep van orde $p^2$ abels is, en geef voor elk priemgetal $p$ een niet-abelse groep van orde $p^3$ . (Denk aan bovendriehoeksmatrices met eenheidsdiagonaal over $\mathbb F_p$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.2.

Zij $G/Z(G) = \langle gZ(G) \rangle$ . Elke $x \in G$ schrijft zich dan als $x = g^k z$ met $k \in \Z$ en $z \in Z(G)$ . Voor $x = g^kz$ en $y = g^l z'$ :

xy = g^k z\, g^l z' = g^{k+l} z z' = g^l z'\, g^k z = yx,

want centrale elementen commuteren met alles: $G$ is abels.

Orde $p^2$ : $Z(G) \neq \{e\}$ (Stelling 1.12), dus $\abs{Z(G)} \in \{p, p^2\}$ . Was het $p$ , dan had $G/Z(G)$ orde $p$ , dus was het cyclisch, wat $G$ abels maakt en $Z(G) = G$ van orde $p^2$ geeft — tegenspraak. Dus $Z(G) = G$ .

Niet-abels van orde $p^3$ : de Heisenberggroep

H_p = \left\{ \begin{pmatrix} 1 & a & c\\ 0 & 1 & b\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} : a, b, c \in \mathbb F_p \right\} \leq GL_3(\mathbb F_p),

van orde $p^3$ (vrije keuze van $a, b, c$ ; geslotenheid en inversen door directe berekening). Ze is niet-abels: de twee elementaire matrices $I + E_{12}$ en $I + E_{23}$ hebben als commutator $I + E_{13} \neq I$ .

Oefening 1.3 ★

(a) Toon aan dat $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ . (b) Toon aan dat de inwendige automorfismen $\iota_g \colon x \mapsto gxg^{-1}$ een normaaldeler $\operatorname{Inn}(G) \trianglelefteq \operatorname{Aut}(G)$ vormen, met $\operatorname{Inn}(G) \cong G/Z(G)$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.3.

(a) Een morfisme $f \colon \Z/n\Z \to \Z/n\Z$ ligt vast door $k = f(\bar 1)$ (dan is $f(\bar m) = m\bar k$ ), en elke $\bar k$ definieert er een. Het is bijectief dan en slechts dan als $\bar k$ de groep $\Z/n\Z$ voortbrengt, dan en slechts dan als $\gcd(k,n) = 1$ , dan en slechts dan als $\bar k \in (\Z/n\Z)^\times$ . Samenstelling komt overeen met vermenigvuldiging: $f_k \circ f_l = f_{kl}$ . Bijgevolg is $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ .

(b) De afbeelding $\iota\colon G \to \operatorname{Aut}(G)$ , $g \mapsto \iota_g$ , is een morfisme: $\iota_g \circ \iota_h = \iota_{gh}$ . Haar beeld is $\operatorname{Inn}(G)$ , haar kern is $\{g : gxg^{-1} = x\ \forall x\} = Z(G)$ . De eerste isomorfiestelling geeft $\operatorname{Inn}(G) \cong G/Z(G)$ . Normaliteit in $\operatorname{Aut}(G)$ : voor $\alpha \in \operatorname{Aut}(G)$ is

(\alpha \circ \iota_g \circ \alpha^{-1})(x) = \alpha\bigl(g\,\alpha^{-1}(x)\,g^{-1}\bigr) = \alpha(g)\, x\, \alpha(g)^{-1} = \iota_{\alpha(g)}(x).

Oefening 1.4 ★★

Zij $H, K$ deelgroepen van een eindige groep $G$ . (a) Bewijs de productformule $\abs{HK}\,\abs{H\cap K} = \abs H\, \abs K$ door de vezels van de afbeelding $H \times K \to HK$ , $(h,k) \mapsto hk$ , te tellen. (b) Toon aan dat $HK$ een deelgroep is dan en slechts dan als $HK = KH$ (wat automatisch geldt als een van beide normaal is). (c) Toon aan dat uit $H, K \trianglelefteq G$ en $H \cap K = \{e\}$ volgt dat $hk = kh$ voor alle $h \in H$ en $k \in K$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.4.

(a) Beschouw $\mu \colon H \times K \to HK$ , $(h,k) \mapsto hk$ , per definitie surjectief. Leg $h_0k_0 \in HK$ vast: dan is $hk = h_0k_0 \iff h_0^{-1}h = k_0 k^{-1} \in H \cap K$ . Met $u = h_0^{-1}h$ is de vezel boven $h_0k_0$ gelijk aan $\{(h_0u,\, u^{-1}k_0) : u \in H \cap K\}$ , van kardinaliteit $\abs{H \cap K}$ . Bijgevolg is $\abs H\,\abs K = \abs{H\times K} = \abs{HK}\,\abs{H \cap K}$ .

(b) Is $HK$ een deelgroep, dan is $KH \subseteq HK$ , want $kh = \bigl(h^{-1}k^{-1}\bigr)^{-1} \in (HK)^{-1} = HK$ ; en omgekeerd geldt voor $hk \in HK$ dat $(hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1} \in KH$ , dus $HK = (HK)^{-1} \subseteq KH$ ; beide inclusies geven $HK = KH$ . Omgekeerd, als $HK = KH$ : geslotenheid, $(hk)(h'k') = h(kh')k' \in h(HK)k' = (hH)(Kk') \subseteq HK$ ; inversen, $(hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1} \in KH = HK$ ; en $e \in HK$ : het is een deelgroep. Is bijvoorbeeld $K \trianglelefteq G$ , dan is $hK = Kh$ voor alle $h$ , dus $HK = KH$ automatisch.

(c) Voor $h \in H$ en $k \in K$ is de commutator $[h,k] = hkh^{-1} k^{-1}$ gelijk aan $(hkh^{-1})k^{-1} \in K$ ( $K$ normaal) en aan $h(kh^{-1}k^{-1}) \in H$ ( $H$ normaal), dus ligt hij in $H \cap K = \{e\}$ : $hk = kh$ .

Oefening 1.5 ★★

(Teltelling van Burnside) Een eindige groep $G$ werkt op een eindige verzameling $X$ . Toon aan dat het aantal banen het gemiddelde aantal vaste punten is:

\#\{\text{banen}\} = \frac{1}{\abs G}\sum_{g \in G} \abs{\operatorname{Fix}(g)}, \qquad \operatorname{Fix}(g) = \{x \in X : g \cdot x = x\},

door de verzameling $\{(g,x) : g\cdot x = x\}$ op twee manieren te tellen. Toepassing: $\Z/p\Z$ ( $p$ priem) werkt door rotatie op kettingen van $p$ kralen in $a$ beschikbare kleuren; leid daaruit de kleine stelling van Fermat af, $a^p \equiv a \pmod p$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.5.

Tel $E = \{(g,x) \in G \times X : g \cdot x = x\}$ op twee manieren:

\abs E = \sum_{g \in G} \abs{\operatorname{Fix}(g)} = \sum_{x \in X} \abs{G_x} = \sum_{x \in X} \frac{\abs G}{\abs{\mathcal O_x}} = \abs G \sum_{\mathcal O \text{ baan}} \sum_{x \in \mathcal O} \frac{1}{\abs{\mathcal O}} = \abs G \cdot \#\{\text{banen}\},

waarbij we baan en stabilisator gebruiken ( $\abs{G_x} = \abs G/\abs{\mathcal O_x}$ ) en de opdeling in banen.

Kettingen: zij $X$ de verzameling afbeeldingen $\Z/p\Z \to \{1, \dots, a\}$ (kleuringen van $p$ posities), $\abs X = a^p$ , waarop $\Z/p\Z$ door rotatie werkt. Het neutrale element houdt alle $a^p$ kleuringen vast. Een rotatie $\bar k \neq \bar 0$ brengt $\Z/p\Z$ voort ( $p$ priem), dus is een kleuring die zij vasthoudt invariant onder alle rotaties, en dus constant: $a$ vaste kleuringen. Burnside geeft

\#\{\text{banen}\} = \frac{a^p + (p-1)a}{p} \in \N ,

dus $p \mid a^p + (p-1)a$ , oftewel $p \mid a^p - a$ : de kleine stelling van Fermat, door zuiver tellen.

Oefening 1.6 ★

Toon met de stellingen van Sylow aan dat elke groep van orde $15$ cyclisch is en dat elke groep van orde $45$ abels is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.6.

Orde $15 = 3 \cdot 5$ : $n_3 \mid 5$ en $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ dwingen $n_3 = 1$ af; $n_5 \mid 3$ en $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ dwingen $n_5 = 1$ af. De Sylow-deelgroepen $P_3, P_5$ zijn normaal, snijden elkaar triviaal (onderling ondeelbare ordes), en $\abs{P_3P_5} = 15$ (Oefening 1.4(a)): volgens Propositie 1.24 is $G \cong \Z/3\Z \times \Z/5\Z \cong \Z/15\Z$ (Chinese reststelling).

Orde $45 = 3^2 \cdot 5$ : $n_3 \mid 5$ en $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ geven $n_3 = 1$ ; $n_5 \mid 9$ en $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ geven $n_5 = 1$ . Dus $G \cong P_3 \times P_5$ met $\abs{P_3} = 9 = 3^2$ en $\abs{P_5} = 5$ : beide abels (Stelling 1.12 voor $p^2$ ; priemorde is cyclisch), en dus $G$ ook.

Oefening 1.7 ★★

Toon aan dat geen enkele groep van orde $30$ en geen enkele van orde $56$ enkelvoudig is. (Voor $30$ : tel, in het geval $n_3 \neq 1$ en $n_5 \neq 1$ , de elementen van orde $3$ en $5$ . Voor $56$ : tel de elementen van orde $7$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.7.

Orde $30 = 2 \cdot 3 \cdot 5$ . Uit $n_5 \mid 6$ en $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ volgt $n_5 \in \{1, 6\}$ ; uit $n_3 \mid 10$ en $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ volgt $n_3 \in \{1, 10\}$ . Stel dat $G$ enkelvoudig is, zodat $n_5 = 6$ en $n_3 = 10$ . Twee verschillende deelgroepen van priemorde $p$ snijden elkaar triviaal (de doorsnede is een echte deelgroep van $\Z/p\Z$ ), dus dragen de zes Sylow- $5$ -deelgroepen $6 \times 4 = 24$ elementen van orde $5$ , en de tien Sylow- $3$ -deelgroepen $10 \times 2 = 20$ elementen van orde $3$ : $24 + 20 = 44 > 30 - 1$ elementen $\neq e$ — absurd. Dus is $n_5 = 1$ of $n_3 = 1$ : er bestaat een normale Sylow-deelgroep.

Orde $56 = 2^3 \cdot 7$ . Uit $n_7 \mid 8$ en $n_7 \equiv 1 \pmod 7$ volgt $n_7 \in \{1, 8\}$ . Is $n_7 = 8$ , dan dragen de Sylow- $7$ -deelgroepen $8 \times 6 = 48$ elementen van orde $7$ , zodat er precies $56 - 48 = 8$ andere elementen overblijven. Een Sylow- $2$ -deelgroep heeft orde $8$ en bestaat uit zulke elementen, dus is zij precies die verzameling: $n_2 = 1$ . Ofwel $n_7 = 1$ , ofwel $n_2 = 1$ : nooit enkelvoudig.

Oefening 1.8 ★★

(a) Zij $H \leq G$ van index $n$ . Toon aan dat de werking van $G$ op $G/H$ een morfisme $G \to S_n$ oplevert waarvan de kern $\bigcap_{g \in G} gHg^{-1}$ de grootste in $H$ bevatte normaaldeler van $G$ is. (b) Leid af: is $G$ eindig en is $p$ de kleinste priemdeler van $\abs G$ , dan is elke deelgroep van index $p$ normaal. (c) Toon aan dat elke transitieve werking van $G$ op een verzameling $X$ isomorf is met de werking op een nevenklassenverzameling: er bestaat een bijectie $X \to G/G_x$ die met de werkingen verwisselbaar is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.8.

(a) De werking $g \cdot xH = gxH$ geeft een morfisme $\rho \colon G \to \mathfrak S(G/H) \cong S_n$ . De kern is

\ker\rho = \{g : \forall x \in G,\ gxH = xH\} = \{g : \forall x,\ x^{-1}gx \in H\} = \bigcap_{x \in G} xHx^{-1},

een normaaldeler (het is een kern) bevat in $H$ (neem $x = e$ ). Is $N \trianglelefteq G$ met $N \subseteq H$ , dan geldt voor elke $x$ : $N = xNx^{-1} \subseteq xHx^{-1}$ , dus $N \subseteq \ker\rho$ : de kern is de grootste van dat soort.

(b) Zij $[G:H] = p$ de kleinste priemdeler van $\abs G$ en $K = \ker\rho \subseteq H$ . Dan bedt $G/K$ zich in $S_p$ in, dus deelt $[G:K]$ het getal $p!$ . Verder is $[G:K] = [G:H]\,[H:K] = p\,[H:K]$ , dus deelt $[H:K]$ het getal $(p-1)!$ . Maar $[H:K]$ deelt $\abs G$ , waarvan alle priemdelers $\geq p$ zijn, terwijl alle priemdelers van $(p-1)!$ kleiner dan $p$ zijn: bijgevolg is $[H:K] = 1$ , dat wil zeggen $H = K = \ker \rho$ is normaal.

(c) Zij de werking transitief en $x \in X$ . De afbeelding $\Phi \colon G/G_x \to X$ , $gG_x \mapsto g \cdot x$ , is goed gedefinieerd en bijectief (baan en stabilisator; de baan is heel $X$ ), en ze verweeft de werkingen: $\Phi(h \cdot gG_x) = \Phi(hgG_x) = (hg) \cdot x = h \cdot \Phi(gG_x)$ .

Oefening 1.9 ★★

(a) Toon aan dat $D(G)$ de kleinste normaaldeler van $G$ met abels quotiënt is, en dat elk morfisme van $G$ naar een abelse groep op precies één manier over de abelianisering $G^{\mathrm{ab}} = G/D(G)$ factoriseert. (b) Bereken $D(S_n)$ en $S_n^{\mathrm{ab}}$ voor $n \geq 2$ , en $D(Q_8)$ en $Q_8^{\mathrm{ab}}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.9.

(a) $D(G)$ is normaal met abels quotiënt (Propositie 1.29); en heeft $N \trianglelefteq G$ een abels quotiënt $G/N$ , dan geeft diezelfde propositie $D(G) \subseteq N$ : $D(G)$ is dus de kleinste. Universele eigenschap: zij $f \colon G \to A$ met $A$ abels. Dan is $f([x,y]) = [f(x), f(y)] = e$ , dus $D(G) \subseteq \ker f$ , en Stelling 1.3 factoriseert $f = \bar f \circ \pi$ over $G^{\mathrm{ab}}$ , op precies één manier omdat $\pi$ surjectief is.

(b) Commutatoren zijn even permutaties, dus $D(S_n) \subseteq A_n$ . Omgekeerd is elke $3$ -cykel een commutator:

\bigl[(a\,b),\,(a\,c)\bigr] = (a\,b)(a\,c)(a\,b)(a\,c) = (a\,b\,c),

(rechtstreeks na te gaan op $a, b, c$ ), en de $3$ -cykels brengen $A_n$ voort (Lemma 1.32): $D(S_n) = A_n$ voor $n \geq 3$ , en $S_n^{\mathrm{ab}} \cong S_n/A_n \cong \Z/2\Z$ . (Voor $n = 2$ : $S_2$ is abels, $D(S_2) = \{e\}$ en $S_2^{\mathrm{ab}} = S_2 \cong \Z/2\Z$ — de formule $S_n^{\mathrm{ab}} \cong \Z/2\Z$ geldt dus voor alle $n \geq 2$ .)

$Q_8$ : het quotiënt $Q_8/\{\pm 1\}$ heeft orde $4$ en is dus abels, zodat $D(Q_8) \subseteq \{\pm 1\}$ ; en $[\mathrm i, \mathrm j] = \mathrm i \mathrm j \mathrm i^{-1}\mathrm j^{-1} = \mathrm i\mathrm j(-\mathrm i)(-\mathrm j) = (\mathrm i \mathrm j)^2 = \mathrm k^2 = -1$ , dus $D(Q_8) = \{\pm 1\}$ en $Q_8^{\mathrm{ab}} \cong (\Z/2\Z)^2$ (orde $4$ , exponent $2$ : de klassen van $\mathrm i$ en $\mathrm j$ hebben kwadraat $\bar 1$ ).

Oefening 1.10 ★★

Zij $G$ een $p$ -groep en $H \subsetneq G$ een echte deelgroep. Toon aan dat $H \subsetneq N_G(H)$ (“normalisatoren groeien”) en leid af dat elke maximale deelgroep van een $p$ -groep normaal is van index $p$ . (Inductie op $\abs G$ met $Z(G) \neq \{e\}$ : behandel $Z(G) \subseteq H$ en $Z(G) \not\subseteq H$ afzonderlijk.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.10.

Inductie op $\abs G$ ; voor $\abs G = p$ is de enige echte deelgroep $H = \{e\}$ , en $N_G(\{e\}) = G \supsetneq \{e\}$ . Zij $Z = Z(G) \neq \{e\}$ (Stelling 1.12).

Als $Z \not\subseteq H$ : kies $z \in Z \setminus H$ ; $z$ commuteert met $H$ , dus $zHz^{-1} = H$ en $z \in N_G(H) \setminus H$ .

Als $Z \subseteq H$ : ga over op $\bar G = G/Z$ , een $p$ -groep van kleinere orde, en $\bar H = H/Z \subsetneq \bar G$ (correspondentiestelling). Per inductie is $N_{\bar G}(\bar H) \supsetneq \bar H$ ; kies $\bar g \in N_{\bar G}(\bar H) \setminus \bar H$ en een optillng $g$ . Dan is $g \notin H$ , en $gHg^{-1} \subseteq HZ = H$ : immers, $\overline{ghg^{-1}} = \bar g \bar h \bar g^{-1} \in \bar H$ betekent $ghg^{-1} \in HZ = H$ (want $Z \subseteq H$ ). Dus $g \in N_G(H)\setminus H$ .

Maximale deelgroepen: is $M$ maximaal, dan dwingt $N_G(M) \supsetneq M$ af dat $N_G(M) = G$ , dus $M \trianglelefteq G$ . Dan is $G/M$ een $p$ -groep zonder echte niet-triviale deelgroep (correspondentie plus maximaliteit). Neem $\bar x \neq \bar e$ in $G/M$ , van orde $p^k$ ; dan brengt $\bar x^{p^{k-1}}$ een deelgroep van orde $p$ voort, die alles moet zijn: $\abs{G/M} = p$ .

Oefening 1.11 ★★★

(Enkelvoudigheid van $A_5$ , met de handen) (a) Toon aan dat de conjugatieklassen van $A_5$ de kardinaliteiten $1$ , $15$ , $20$ , $12$ , $12$ hebben. Let op het uiteenvallen van de $S_5$ -klasse van $5$ -cykels: vergelijk voor een $5$ -cykel $\sigma$ de centralisatoren van $\sigma$ in $S_5$ en in $A_5$ . (b) Leid af dat $A_5$ enkelvoudig is: een normaaldeler is een vereniging van conjugatieklassen, bevat $e$ en heeft een kardinaliteit die $60$ deelt. (c) Toon aan dat een enkelvoudige groep van orde $60$ noodzakelijk $n_5 = 6$ heeft.

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.11.

(a) Er geldt $\abs{A_5} = 60$ . De cykeltypen in $A_5$ : $e$ ; de dubbele transposities, waarvan er $\frac{1}{2}\binom{5}{1}\binom{4}{2}\cdot 1 = 15$ zijn ( $5 \cdot 3$ mogelijkheden: kies het vaste punt en paar de rest); de $3$ -cykels, $\frac{5 \cdot 4 \cdot 3}{3} = 20$ ; de $5$ -cykels, $4! = 24$ .

Een klasse van $S_5$ die in $A_5$ ligt, blijft ofwel één $A_5$ -klasse, ofwel valt ze in twee uiteen, al naargelang de $S_5$ -centralisator van een element een oneven permutatie bevat ( $\abs{\text{klasse in }A_5} = 60/\abs{Z_{A_5}(\sigma)}$ en $Z_{A_5} = Z_{S_5} \cap A_5$ ). Voor $\sigma = (1\,2)(3\,4)$ is $\abs{Z_{S_5}(\sigma)} = 120/15 = 8$ , en $(1\,2) \in Z_{S_5}(\sigma)$ is oneven, dus $\abs{Z_{A_5}} = 4$ en telt de klasse $60/4 = 15$ elementen: geen splitsing. Voor $\sigma = (1\,2\,3)$ is $Z_{S_5}(\sigma) \supseteq \langle \sigma \rangle \times \langle (4\,5)\rangle$ , van orde $6 = 120/20$ , dus gelijk daaraan; die bevat de oneven $(4\,5)$ : klasse van $60/3 = 20$ , geen splitsing. Voor een $5$ -cykel $\sigma$ is $Z_{S_5}(\sigma) = \langle \sigma\rangle$ (orde $120/24 = 5$ ), en alle elementen daarvan zijn even: $Z_{A_5}(\sigma) = \langle \sigma\rangle$ en de $A_5$ -klasse telt $60/5 = 12$ elementen — de $24$ vijftallige cykels vallen dus uiteen in twee klassen van $12$ . Klassegroottes: $1, 15, 20, 12, 12$ .

(b) Een normaaldeler $N$ is een vereniging van conjugatieklassen waaronder $\{e\}$ , met $\abs N \mid 60$ . De mogelijke sommen $1 + (\text{deelverzameling van } \{15, 20, 12, 12\})$ zijn

1,\ 13,\ 13,\ 16,\ 21,\ 25,\ 28,\ 28,\ 33,\ 36,\ 40,\ 40,\ 45,\ 48,\ 48,\ 60 ;

de enige delers van $60$ in die lijst zijn $1$ en $60$ : dus $N = \{e\}$ of $N = A_5$ .

(c) Zij $G$ enkelvoudig met $\abs G = 60$ . Uit $n_5 \mid 12$ en $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ volgt $n_5 \in \{1, 6\}$ . Bij $n_5 = 1$ zou de Sylow- $5$ -deelgroep normaal zijn, in strijd met de enkelvoudigheid ( $1 < 5 < 60$ ). Bijgevolg is $n_5 = 6$ .

Oefening 1.12 ★★

(Normalisatoren van Sylow-deelgroepen zijn hun eigen normalisator) Zij $P$ een Sylow- $p$ -deelgroep van een eindige groep $G$ en $H = N_G(P)$ . (a) Toon aan dat $P$ de enige Sylow- $p$ -deelgroep van $H$ is. (b) Leid af dat $N_G(H) = H$ . (Voor $g \in N_G(H)$ is $gPg^{-1}$ een Sylow- $p$ -deelgroep van $H$ , dus $gPg^{-1} = P$ .) (c) Besluit dat geen enkele Sylow-normalisator in een echte normaaldeler van $G$ ligt, en dat een maximale deelgroep die $N_G(P)$ bevat haar eigen normalisator is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.12.

(a) $P$ is normaal in $H = N_G(P)$ , per definitie van de normalisator, en zij is een Sylow- $p$ -deelgroep van $H$ (haar orde is al het volledige $p$ -deel van $\abs G$ , en dus zeker van $\abs H$ ). Een normale Sylow-deelgroep is uniek: elke andere zou ermee geconjugeerd zijn (Sylow II in $H$ ), en dus ermee samenvallen.

(b) Zij $g \in N_G(H)$ . Dan is $gPg^{-1} \subseteq gHg^{-1} = H$ een deelgroep van $H$ van dezelfde orde als $P$ : een Sylow- $p$ -deelgroep van $H$ , dus $gPg^{-1} = P$ volgens (a). Bijgevolg is $g \in N_G(P) = H$ , dus $N_G(H) \subseteq H$ ; de omgekeerde inclusie is triviaal.

(c) Stel $H \subseteq N \trianglelefteq G$ met $N$ een echte deelgroep. Dan is $P$ een Sylow- $p$ -deelgroep van $N$ ; voor elke $g \in G$ is $gPg^{-1} \subseteq N$ er nog een, dus $gPg^{-1} = nPn^{-1}$ voor zekere $n \in N$ (Sylow II in $N$ ), waaruit $n^{-1}g \in N_G(P) \subseteq N$ en $g \in N$ : dus $N = G$ , tegenspraak (dit is het argument van Frattini). Voor een maximale deelgroep $M \supseteq N_G(P)$ : $N_G(M) \supseteq M$ is ofwel $M$ , ofwel $G$ ; in het tweede geval is $M \trianglelefteq G$ een echte normaaldeler die $N_G(P)$ bevat — uitgesloten door het vorige punt. Dus $N_G(M) = M$ .

1.7 Probleem: de groepen van orde ten hoogste 15

Probleem 1.1

Weekendopgave — classificatie van kleine groepen

Het doel is een volledige classificatie, met volledige bewijzen, van de groepen van orde $\leq 15$ op isomorfie na. De ordes $1, 2, 3, 5, 7, 11, 13$ zijn afgehandeld door Lagrange (cyclisch), en de ordes $4$ en $9$ door Stelling 1.12 samen met de analyse van $p^2$ hieronder: blijven over $6, 8, 10, 12, 14, 15$ .

Deel I — Gereedschap.

Toon aan dat een groep waarin elk element aan $x^2 = e$ voldoet abels is; leid af dat zo’n eindige groep orde $2^k$ heeft en isomorf is met $(\Z/2\Z)^k$ . (Beschouw haar als een vectorruimte over $\mathbb F_2$ .)
Toon aan dat een groep van orde $p^2$ isomorf is met $\Z/p^2\Z$ of met $(\Z/p\Z)^2$ . Geef de abelse groepen van orde $8$ op isomorfie na: $\Z/8\Z$ , $\Z/4\Z \times \Z/2\Z$ , $(\Z/2\Z)^3$ — bewijs dat die lijst volledig is en geen dubbels bevat, zonder de structuurstelling van Hoofdstuk 3 (onderscheid de gevallen naar de maximale orde van een element).
Zij $\varphi, \varphi' \colon K \to \operatorname{Aut}(H)$ twee werkingen. Toon aan dat $H \rtimes_{\varphi} K \cong H \rtimes_{\varphi'} K$ zodra $\varphi' = \varphi \circ \alpha$ met $\alpha \in \operatorname{Aut}(K)$ .
Bepaal $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z)$ expliciet voor $n = 3, 4, 5, 7$ , en toon aan dat $\operatorname{Aut}\bigl((\Z/2\Z)^2 \bigr) \cong S_3$ .

Deel II — Ordes $2p$ ( $6$ , $10$ , $14$ ) en $pq$ .

Zij $\abs G = 2p$ met $p$ een oneven priemgetal. Toon aan dat $G$ een normaaldeler $N = \langle r \rangle$ van orde $p$ bezit en een element $s$ van orde $2$ buiten $N$ .
Leid af dat $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ , waarbij $\varphi(1) \in \operatorname{Aut}(\Z/p\Z)$ een involutie is, en besluit: $G \cong \Z/2p\Z$ of $G \cong D_p$ ; ga na dat die twee niet isomorf zijn. Hiermee zijn de ordes $6$ , $10$ en $14$ afgehandeld.
Zij algemener $\abs G = pq$ met $p < q$ priem. Toon aan dat $G$ cyclisch is als $p \nmid q-1$ (Voorbeeld 1.22), en dat er bij $p \mid q - 1$ naast $\Z/pq\Z$ precies één niet-abelse groep $\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z$ bestaat op isomorfie na — gebruik vraag 3 en het feit dat $\operatorname{Aut}(\Z/q\Z) \cong (\Z/q\Z)^\times$ cyclisch van orde $q - 1$ is, hier zonder bewijs aangenomen en bewezen in Hoofdstuk 4 (cycliciteit van $\mathbb F_q^\times$ ). Besluit voor orde $15$ .

Deel III — Orde $8$ . Zij $G$ niet-abels van orde $8$ .

Toon aan dat $G$ een element $r$ van orde $4$ bezit (gebruik vraag 1) en dat $N = \langle r\rangle$ normaal is.
Zij $s \notin N$ . Toon aan dat $s^2 \in N$ (Oefening 1.1(b)), dat $srs^{-1} = r^{-1}$ (bekijk de mogelijke beelden van $r$ onder conjugatie, die orde $4$ moeten hebben, en sluit $srs^{-1} = r$ uit), en dat $s^2 \in \{e, r^2\}$ (wat gebeurt er als $s^2 = r$ of $r^3$ ? en waarom moet $s^2$ met $s$ commuteren?).
Toon in het geval $s^2 = e$ aan dat $G \cong D_4$ .
Toon in het geval $s^2 = r^2$ aan dat de vermenigvuldigingstabel volledig vastligt; de resulterende groep is de quaternionengroep $Q_8 = \{\pm 1, \pm \mathrm i, \pm \mathrm j, \pm \mathrm k\}$ met $\mathrm i^2 = \mathrm j^2 = \mathrm k^2 = \mathrm i\, \mathrm j\,\mathrm k = -1$ (stel $r = \mathrm i$ en $s = \mathrm j$ ). Ga na dat $Q_8$ bestaat, bijvoorbeeld binnen $GL_2(\C)$ via

$\mathrm i \mapsto \begin{pmatrix} \iu & 0\\ 0 & -\iu \end{pmatrix}, \qquad \mathrm j \mapsto \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}.$
Toon aan dat elke niet-triviale deelgroep van $Q_8$ het element $-1$ bevat; leid af dat elke deelgroep van $Q_8$ normaal is, dat $D_4 \not\cong Q_8$ (tel de elementen van orde $2$ ), en dat $Q_8$ geen semidirect product van twee echte deelgroepen is.

Deel IV — Orde $12$ . Zij $\abs G = 12$ , $P_3 \in \mathrm{Syl}_3(G)$ en $P_2 \in \mathrm{Syl}_2(G)$ .

Toon aan dat $n_3 \in \{1, 4\}$ en $n_2 \in \{1, 3\}$ , en dat $n_3 = 4$ afdwingt dat $n_2 = 1$ (tel de elementen van orde $3$ ).
Stel $n_3 = 4$ . De conjugatiewerking op $\mathrm{Syl}_3$ geeft $\rho \colon G \to S_4$ . Toon aan dat $\ker \rho$ , bevat in elke $N_G(P_3)$ en dus van een orde die $3$ deelt, triviaal is (waarom kan hij geen orde $3$ hebben?); dat het beeld, een deelgroep van orde $12$ van $S_4$ , noodzakelijk $A_4$ is (deelgroepen van index $2$ zijn normaal en bevatten alle kwadraten — Oefening 1.1; tel de kwadraten in $S_4$ ); en besluit dat $G \cong A_4$ .
Stel $n_3 = 1$ , zodat $G \cong \Z/3\Z \rtimes_\varphi P_2$ met $\varphi \colon P_2 \to \operatorname{Aut}(\Z/3\Z) \cong \Z/2\Z$ . Loop de gevallen af: voor triviale $\varphi$ krijgen we $\Z/12\Z$ en $\Z/6\Z \times \Z/2\Z$ ; voor $P_2 = \Z/4\Z$ met surjectieve $\varphi$ de dicyclische groep $\mathrm{Dic}_3 = \Z/3\Z \rtimes \Z/4\Z$ ; en voor $P_2 = (\Z/2\Z)^2$ met surjectieve $\varphi$ , op de gelijkwaardigheid uit vraag 3 na, één enkele groep — toon aan dat dit $D_6$ is, bijvoorbeeld door een element van orde $6$ en een spiegelingsachtige involutie aan te wijzen.
Toon aan dat $\Z/12\Z$ , $\Z/6\Z \times \Z/2\Z$ , $D_6$ , $A_4$ en $\mathrm{Dic}_3$ paarsgewijs niet isomorf zijn (tel de elementen van orde $2$ , of gebruik $n_3$ ). Hiermee is orde $12$ afgehandeld.

Deel V — Synthese.

Stel de classificatietabel samen: voor elke orde $n \leq 15$ de volledige lijst groepen op isomorfie na, met de aantallen $1, 1, 1, 2, 1, 2, 1, 5, 2, 2, 1, 5, 1, 2, 1$ .

Deel VI — Verder: de groepen van orde $p^3$ met $p$ oneven. De analyse van orde $8$ uit Deel III heeft een fraai analogon voor oneven priemgetallen, met één werkelijk nieuw verschijnsel. Zij $p$ oneven priem en $G$ niet-abels van orde $p^3$ .

Toon aan dat $\abs{Z(G)} = p$ , dat $G/Z(G) \cong (\Z/p\Z)^2$ (een cyclisch quotiënt naar het centrum dwingt abelsheid af: Oefening 1.2), en dat $D(G) = Z(G)$ (voor $D(G) \subseteq Z(G)$ : gebruik dat $G/Z(G)$ abels is; voor de gelijkheid: $G$ is niet-abels, dus $D(G) \neq \{e\}$ ). Leid af dat elke commutator $[x, y] = xyx^{-1}y^{-1}$ centraal is en een orde heeft die $p$ deelt.
(De sleutelidentiteit) Zij $x, y \in G$ en $z = [y, x]$ , centraal. Bewijs met inductie naar $k$ :

$(xy)^k = x^k y^k z^{k(k-1)/2} .$

(Schuif elke $y$ langs elke $x$ ; elke kruising kost één centrale factor $z$ .)
Leid af dat voor oneven $p$ de afbeelding $\theta\colon x \mapsto x^p$ een groepsmorfisme van $G$ naar $Z(G)$ is (waarom is $x^p$ centraal? en waarom heeft $z^{p(p-1)/2} = e$ nodig dat $p$ oneven is?), en besluit dat $G$ exponent $p$ of $p^2$ heeft, waarbij de twee gevallen zich onderscheiden doordat $\theta$ al dan niet triviaal is.
(Exponent $p$ ) Stel dat elk element aan $x^p = e$ voldoet. Kies $x, y$ waarvan de klassen $G/Z(G)$ voortbrengen en stel $z = [y, x]$ . Toon aan dat $z \neq e$ , dat elk element van $G$ zich op precies één manier als $x^ay^bz^c$ schrijft ( $0 \leq a, b, c < p$ ), en dat de vermenigvuldiging volledig vastligt door de betrekkingen $x^p = y^p = z^p = e$ , $z$ centraal en $[y, x] = z$ . Ga na dat de Heisenberggroep

$H_p = \left\{ \begin{pmatrix} 1 & a & c\\ 0 & 1 & b\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} : a, b, c \in \mathbb F_p \right\} \subseteq GL_3(\mathbb F_p)$

deze betrekkingen realiseert en exponent $p$ heeft (bereken $(I + N)^p$ voor strikt bovendriehoekse $N$ , met $N^3 = 0$ en $p \geq 3$ ): elke niet-abelse groep van orde $p^3$ en exponent $p$ is isomorf met $H_p$ .
(Exponent $p^2$ ) Stel dat een $r \in G$ orde $p^2$ heeft en stel $N = \langle r\rangle$ , normaal (index $p$ : Oefening 1.10). Toon aan dat er een $s \notin N$ bestaat met $s^p = e$ (neem een willekeurige $t \notin N$ en corrigeer die met vraag 20: $\theta(t) = t^p \in Z(G) \subseteq N$ — verantwoord $Z(G) = \langle r^p\rangle$ — en kies $a$ zodat $s = tr^{a}$ voldoet aan $s^p = e$ ; waar wordt gebruikt dat $p$ oneven is?). Toon aan dat $srs^{-1} = r^{1+p}$ , eventueel na vervanging van $s$ door een macht, en besluit: er is precies één niet-abelse groep van orde $p^3$ en exponent $p^2$ , namelijk $\Z/p^2\Z \rtimes_\varphi \Z/p\Z$ met $\varphi(1)\colon r \mapsto r^{1+p}$ (gebruik vraag 3; $\operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ is cyclisch van orde $p(p-1)$ , hier zonder bewijs aangenomen, en heeft dus een unieke deelgroep van orde $p$ ).
Besluit de telling: voor oneven $p$ zijn er precies $5$ groepen van orde $p^3$ (drie abelse, twee niet-abelse), net als voor $p = 2$ — maar de twee niet-abelse zijn niet langer $D_4$ en $Q_8$ . Wijs precies aan waar het argument voor oneven $p$ breekt bij $p = 2$ : in de identiteit van vraag 19 is $z^{k(k-1)/2}$ voor $k = p = 2$ gelijk aan $z^1 \neq e$ , dus is kwadrateren geen morfisme — en inderdaad heeft $Q_8$ één enkel element van orde $2$ , terwijl $D_4$ , van exponent $4$ , er vijf heeft.

Deel VII — Aanvullingen.

Tel voor oneven $p$ de elementen van orde $p$ in elk van de twee niet-abelse groepen van orde $p^3$ : toon aan dat $H_p$ er precies $p^3 - 1$ heeft en $M_p = \Z/p^2\Z \rtimes \Z/p\Z$ precies $p^2 - 1$ (gebruik het morfisme $\theta$ uit vraag 20: bepaal eerst zijn beeld, dan de orde van zijn kern). Reken het geval $p = 3$ na: $26$ tegen $8$ . Verklaar waarom geen enkel argument met een kwadrateringsmorfisme van dit type $D_4$ van $Q_8$ kan onderscheiden, en welke telling dat wel doet.
Noem een geheel getal $n \geq 1$ cyclisch als elke groep van orde $n$ cyclisch is. Toon aan dat $n$ niet cyclisch is zodra $p^2 \mid n$ voor zeker priemgetal $p$ , of zodra $n$ priemdelers $p < q$ heeft met $p \mid q - 1$ (geef in elk geval een niet-cyclische groep van orde $n$ ; gebruik voor het tweede geval Deel II). Leid af dat $n$ cyclisch afdwingt dat $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ , waarbij $\varphi$ de indicator van Euler is, en controleer dat aan de tabel van vraag 17: onder $n \leq 15$ zijn de ordes met één enkele groep precies $n \in \{1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 15\}$ , en dat zijn precies de $n$ met $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ .

Oplossing

Oplossing van Probleem 1.1.

1. Voor $x, y \in G$ geeft $(xy)^2 = e$ dat $xy = (xy)^{-1} = y^{-1}x^{-1} = yx$ (elk element is zijn eigen inverse): abels. Zo’n $G$ is, additief geschreven, een vectorruimte over $\mathbb F_2$ ( $2x = 0$ , en de axioma’s zijn die van een abelse groep); is ze eindig, dan heeft ze een eindige basis: $G \cong (\Z/2\Z)^k$ , van orde $2^k$ .

2. Orde $p^2$ : $G$ is abels (Stelling 1.12). Heeft een element orde $p^2$ , dan is $G$ cyclisch. Anders hebben alle $x \neq e$ orde $p$ ; additief is $G$ dan een vectorruimte over $\mathbb F_p$ ( $px = 0$ ) van dimensie $2$ ( $p^2$ elementen): $G \cong (\Z/p\Z)^2$ .

Abels van orde $8$ , naar de maximale orde $m$ van een element. $m = 8$ : cyclisch, $\Z/8\Z$ . $m = 2$ : $(\Z/2\Z)^3$ volgens vraag 1. $m = 4$ : zij $x$ van orde $4$ en $y \notin \langle x \rangle$ ; dan is $y^2 \in \langle x\rangle$ (index $2$ ). Bij $y^2 \in \{x, x^3\}$ zou $y$ orde $8$ hebben; dus $y^2 \in \{e, x^2\}$ . Is $y^2 = x^2$ , vervang $y$ dan door $xy$ : $(xy)^2 = x^2y^2 = x^4 = e$ ( $G$ abels) en $xy \notin \langle x\rangle$ . We mogen dus $y^2 = e$ veronderstellen: dan is $\langle x \rangle \cap \langle y \rangle = \{e\}$ , zijn beide normaal (want $G$ is abels) en is $\abs{\langle x\rangle \langle y\rangle} = 8$ , zodat Propositie 1.24 geeft $G \cong \Z/4\Z \times \Z/2\Z$ . Geen dubbels: het aantal oplossingen van $x^2 = e$ is achtereenvolgens $2$ , $4$ en $8$ in de drie groepen.

3. Definieer $\psi \colon H \rtimes_{\varphi'} K \to H \rtimes_{\varphi} K$ door $\psi(h, k) = (h, \alpha(k))$ , een bijectie. Morfisme:

\psi\bigl((h,k)(h',k')\bigr) = \bigl(h\,\varphi'(k)(h'),\, \alpha(kk')\bigr) = \bigl(h\,\varphi(\alpha k)(h'),\, \alpha(k)\alpha(k')\bigr) = \psi(h,k)\,\psi(h',k').

4. Er geldt $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ (Oefening 1.3): voor $n = 3$ is dat $\{\pm 1\} \cong \Z/2\Z$ ; voor $n = 4$ : $\{\bar 1, \bar 3\} \cong \Z/2\Z$ ; voor $n = 5$ : $\{\bar 1, \bar 2, \bar 3, \bar 4\}$ , cyclisch van orde $4$ voortgebracht door $\bar 2$ ( $2, 4, 3, 1$ ); voor $n = 7$ : cyclisch van orde $6$ voortgebracht door $\bar 3$ ( $3, 2, 6, 4, 5, 1$ ). Voor $V = (\Z/2\Z)^2$ is een automorfisme $\mathbb F_2$ -lineair (het bewaart de optelling, en de scalairen zijn $0$ en $1$ ), dus $\operatorname{Aut}(V) = GL_2(\mathbb F_2)$ , van orde $(4-1)(4-2) = 6$ ; die werkt trouw op de $3$ niet-nulle vectoren, wat een injectief morfisme naar $S_3$ tussen groepen van orde $6$ geeft: $\operatorname{Aut}(V) \cong S_3$ .

5. Cauchy levert een $r$ van orde $p$ ; $N = \langle r \rangle$ heeft index $2$ en is dus normaal (Oefening 1.1). Cauchy levert ook een $s$ van orde $2$ , en $s \notin N$ (alle elementen $\neq e$ van $N$ hebben de oneven orde $p$ ).

6. Er geldt $N \cap \langle s \rangle = \{e\}$ en $\abs{N\langle s\rangle} = 2p$ (Oefening 1.4(a)): volgens Propositie 1.26 is $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ met $\varphi(1) = (x \mapsto sxs^{-1})$ een automorfisme waarvan de orde $2$ deelt. In $(\Z/p\Z)^\times$ heeft $k^2 = 1$ alleen de oplossingen $k = \pm 1$ (want $X^2 - 1$ heeft hoogstens twee wortels in het lichaam $\mathbb F_p$ ). Is $\varphi(1) = \mathrm{id}$ , dan is het product direct: $G \cong \Z/p\Z \times \Z/2\Z \cong \Z/2p\Z$ . Is $\varphi(1) = -\mathrm{id}$ , dan is $G = \langle r, s \mid r^p = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle \cong D_p$ (Voorbeeld 1.27). Ze zijn niet isomorf: $D_p$ is niet-abels voor $p \geq 3$ ( $srs^{-1} = r^{-1} \neq r$ ).

7. Uit $n_q \equiv 1 \pmod q$ en $n_q \mid p < q$ volgt $n_q = 1$ , dus is $N \cong \Z/q\Z$ normaal. Zij $P \cong \Z/p\Z$ een Sylow- $p$ -deelgroep: $N \cap P = \{e\}$ en $NP = G$ (orde $pq$ ), dus $G \cong \Z/q\Z \rtimes_\varphi \Z/p\Z$ met $\varphi \colon \Z/p\Z \to \operatorname{Aut}(\Z/q\Z) \cong \Z/(q-1)\Z$ (cyclisch, zonder bewijs aangenomen). Is $p \nmid q - 1$ , dan heeft het beeld van $\varphi$ een orde die zowel $p$ als $q-1$ deelt, dus is het triviaal en is $G \cong \Z/pq\Z$ (Voorbeeld 1.22). Is $p \mid q - 1$ , dan is naast de triviale $\varphi$ elke niet-triviale $\varphi$ injectief (haar kern is een deelgroep van $\Z/p\Z$ , dus triviaal), met als beeld de unieke deelgroep $C$ van orde $p$ van de cyclische groep $\Z/(q-1)\Z$ . Twee niet-triviale werkingen $\varphi, \varphi'$ zijn dan twee isomorfismen $\Z/p\Z \to C$ , zodat $\alpha = \varphi^{-1}\circ\varphi' \in \operatorname{Aut}(\Z/p\Z)$ voldoet aan $\varphi' = \varphi\circ\alpha$ : volgens vraag 3 zijn de twee semidirecte producten isomorf. Er is dus precies één niet-abelse groep van orde $pq$ (niet-abels omdat $\varphi \neq \mathrm{id}$ een conjugatie niet-triviaal maakt). Orde $15$ : $p = 3$ , $q = 5$ en $3 \nmid 4$ , dus alleen de cyclische groep.

8. Niet elk element heeft orde $\leq 2$ (anders was $G$ abels volgens vraag 1), en geen element heeft orde $8$ (anders was $G$ cyclisch en dus abels): een zekere $r$ heeft orde $4$ , en $N = \langle r\rangle$ , van index $2$ , is normaal.

9. Er geldt $s^2 \in N$ volgens Oefening 1.1(b). De conjugaat $srs^{-1} \in N$ heeft orde $4$ , dus $srs^{-1} \in \{r, r^3\}$ ; bij $srs^{-1} = r$ commuteren $r$ en $s$ en is $G = \langle r, s\rangle$ abels — uitgesloten. Dus $srs^{-1} = r^{-1}$ . Bij $s^2 = r$ of $r^3$ zou $s$ orde $8$ hebben: uitgesloten. (Anders gezegd: $s^2$ commuteert met $s$ , terwijl $s r s^{-1} = r^{-1}$ en $s r^3 s^{-1} = r^{-3} = r$ : noch $r$ noch $r^3$ blijft vast onder conjugatie met $s$ .) Dus $s^2 \in \{e, r^2\}$ .

10. Is $s^2 = e$ , dan is $G = \langle r, s \mid r^4 = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle$ . De acht elementen $r^is^j$ ( $0 \leq i < 4$ , $0 \leq j < 2$ ) zijn verschillend ( $s \notin \langle r\rangle$ ) en de betrekkingen leggen alle producten vast: de toewijzing $r \mapsto$ (rotatie over $\pi/2$ ), $s \mapsto$ (een spiegeling) definieert een surjectief morfisme naar $D_4$ tussen groepen van orde $8$ : een isomorfisme.

11. Is $s^2 = r^2$ , dan is opnieuw $G = \{r^i s^j\}$ en leggen de betrekkingen $r^4 = e$ , $s^2 = r^2$ en $srs^{-1} = r^{-1}$ de hele tabel vast. Met $\mathrm i = r$ , $\mathrm j = s$ , $\mathrm k = rs$ en $-1 = r^2$ : $\mathrm i^2 = \mathrm j^2 = -1$ , $\mathrm k^2 = rsrs = r r^{-1} s s = s^2 = -1$ (met $sr = r^{-1}s$ ), en $\mathrm i \mathrm j \mathrm k = r\,s\,rs = r\,r^{-1} s\,s = s^2 = -1$ . Bestaan: de matrices

A = \begin{pmatrix} \iu & 0\\ 0 & -\iu \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}

voldoen aan $A^4 = I$ , $B^2 = -I = A^2$ en $BAB^{-1} = A^{-1}$ — voor dat laatste:

BA = \begin{pmatrix} 0 & -\iu\\ -\iu & 0 \end{pmatrix} = A^{-1}B .

Dus is $\{\pm I, \pm A, \pm B, \pm AB\}$ een groep van orde $8$ die de tabel realiseert: $Q_8$ bestaat.

12. Zij $H \neq \{e\}$ een deelgroep en $x \in H \setminus \{e\}$ . Is $x \neq -1$ , dan is $x \in \{\pm\mathrm i, \pm\mathrm j, \pm\mathrm k\}$ en $x^2 = -1 \in H$ . Dus $-1 \in H$ , altijd. De deelgroepen zijn $\{e\}$ , $\{\pm 1\}$ (het centrum), $\langle \mathrm i\rangle, \langle \mathrm j\rangle, \langle \mathrm k\rangle$ (index $2$ ) en $Q_8$ : alle normaal ( $\{e\}$ en het centrum triviaal, index $2$ volgens Oefening 1.1, en $Q_8$ zelf). $D_4$ heeft vijf elementen van orde $2$ ( $r^2$ en de vier spiegelingen), $Q_8$ maar één ( $-1$ ): niet isomorf. Een semidirect product $H \rtimes K$ met $H, K \neq \{e\}$ vereist $H \cap K = \{e\}$ , wat onmogelijk is omdat beide $-1$ bevatten.

13. Uit $n_3 \mid 4$ en $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ volgt $n_3 \in \{1, 4\}$ ; uit $n_2 \mid 3$ en $n_2$ oneven volgt $n_2 \in \{1, 3\}$ . Is $n_3 = 4$ , dan snijden de vier Sylow- $3$ -deelgroepen elkaar paarsgewijs triviaal (priemorde), wat $4 \times 2 = 8$ elementen van orde $3$ geeft; de overige $4$ elementen moeten dan de unieke Sylow- $2$ -deelgroep vormen: $n_2 = 1$ .

14. $\ker\rho$ normaliseert elke Sylow- $3$ -deelgroep, dus $\ker \rho \subseteq N_G(P_3)$ , die index $n_3 = 4$ heeft, dus orde $3$ : $\abs{\ker\rho} \in \{1, 3\}$ . Bij orde $3$ zou $\ker\rho$ een normale Sylow- $3$ -deelgroep zijn, in strijd met $n_3 = 4$ . Dus is $\rho$ injectief en heeft haar beeld $H \leq S_4$ orde $12$ en index $2$ : $H \trianglelefteq S_4$ , en $H$ bevat alle kwadraten (Oefening 1.1(b)). Tot de kwadraten van $S_4$ behoren $e$ en alle acht $3$ -cykels ( $\sigma = (\sigma^2)^2$ voor een $3$ -cykel), en die brengen $A_4$ voort (ze liggen in $A_4$ en leveren met hun producten alle twaalf elementen; of: het voortbrengingsdeel van Lemma 1.32, dat alleen $n \geq 3$ nodig heeft). Dus $A_4 \subseteq H$ en $\abs{A_4} = \abs H$ : $G \cong H = A_4$ .

15. Er geldt $P_3 \trianglelefteq G$ , $P_3 \cap P_2 = \{e\}$ en $P_3P_2 = G$ : dus $G \cong \Z/3\Z \rtimes_\varphi P_2$ (Propositie 1.26), met $\varphi \colon P_2 \to \operatorname{Aut}(\Z/3\Z) = \{\pm\mathrm{id}\} \cong \Z/2\Z$ .

$\varphi$ triviaal: de directe producten $\Z/3\Z \times \Z/4\Z \cong \Z/12\Z$ en $\Z/3\Z \times (\Z/2\Z)^2 \cong \Z/6\Z \times \Z/2\Z$ .
$P_2 = \Z/4\Z$ met surjectieve $\varphi$ : noodzakelijk $\varphi(1) = -\mathrm{id}$ (de enige niet-triviale keuze), wat één groep geeft, $\mathrm{Dic}_3 = \Z/3\Z \rtimes \Z/4\Z$ .
$P_2 = (\Z/2\Z)^2$ met surjectieve $\varphi$ : $\ker\varphi$ is een van de drie deelgroepen van orde $2$ ; de drie resulterende $\varphi$ verschillen door automorfismen van $(\Z/2\Z)^2$ die deze deelgroepen permuteren (vraag 4: $\operatorname{Aut} \cong S_3$ werkt transitief op de drie involuties), dus geven ze volgens vraag 3 één isomorfieklasse. Het is $D_6$ : kies $t$ die $\ker\varphi$ voortbrengt en $x$ die $\Z/3\Z$ voortbrengt; het element $\rho = (x, t)$ voldoet aan $\rho^2 = (2x, 0)$ , $\rho^3 = (0, t)$ en $\rho^6 = e$ , terwijl geen kleinere macht $e$ is: orde $6$ ; en voor $s = (0, u)$ met $u \notin \ker\varphi$ geldt $s^2 = e$ en $s\rho s^{-1} = (-x, t) = \rho^{-1}$ . Omdat $\langle \rho, s\rangle$ orde $12$ heeft, is $G \cong D_6$ .

16. Tel de elementen van orde $2$ : $\Z/12\Z$ heeft er $1$ ; $\Z/6\Z\times\Z/2\Z$ heeft er $3$ ; $D_6$ heeft er $7$ (zes spiegelingen en de halve draai $\rho^3$ ); $A_4$ heeft er $3$ ; en $\mathrm{Dic}_3$ heeft er $1$ (alleen $(0, 2)$ : een element $(h, k)$ met $k$ van orde $4$ in $\Z/4\Z$ heeft orde $4$ ). Dat onderscheidt alles behalve de paren $\{\Z/12\Z, \mathrm{Dic}_3\}$ en $\{\Z/6\Z\times\Z/2\Z, A_4\}$ : de eerste leden zijn abels, de tweede niet ( $\mathrm{Dic}_3$ : de werking is niet-triviaal; $A_4$ : $(1\,2\,3)$ en $(1\,2)(3\,4)$ commuteren niet). Vijf verschillende groepen; de Delen II–IV tonen dat de lijst volledig is.

17. De classificatietabel:

$n$	groepen van orde $n$	#
$1$	$\{e\}$	$1$
$2$	$\Z/2\Z$	$1$
$3$	$\Z/3\Z$	$1$
$4$	$\Z/4\Z$ , $(\Z/2\Z)^2$	$2$
$5$	$\Z/5\Z$	$1$
$6$	$\Z/6\Z$ , $S_3 = D_3$	$2$
$7$	$\Z/7\Z$	$1$
$8$	$\Z/8\Z$ , $\Z/4\Z{\times}\Z/2\Z$ , $(\Z/2\Z)^3$ , $D_4$ , $Q_8$	$5$
$9$	$\Z/9\Z$ , $(\Z/3\Z)^2$	$2$
$10$	$\Z/10\Z$ , $D_5$	$2$
$11$	$\Z/11\Z$	$1$
$12$	$\Z/12\Z$ , $\Z/6\Z{\times}\Z/2\Z$ , $D_6$ , $A_4$ , $\mathrm{Dic}_3$	$5$
$13$	$\Z/13\Z$	$1$
$14$	$\Z/14\Z$ , $D_7$	$2$
$15$	$\Z/15\Z$	$1$

De ordes $6, 10, 14$ komen uit Deel II met $p = 3, 5, 7$ ; orde $15$ uit vraag 7; orde $8$ uit Deel III samen met vraag 2; orde $12$ uit Deel IV; de priemordes uit Lagrange; en de ordes $4$ en $9$ uit vraag 2.

18. $Z = Z(G)$ is niet-triviaal (Stelling 1.12) en $Z \neq G$ (niet-abels), dus $\abs Z \in \{p, p^2\}$ . Was $\abs Z = p^2$ , dan was $G/Z$ cyclisch van orde $p$ en maakte Oefening 1.2 de groep $G$ abels: uitgesloten. Dus $\abs Z = p$ en $\abs{G/Z} = p^2$ . Volgens vraag 2 is $G/Z$ gelijk aan $\Z/p^2\Z$ of $(\Z/p\Z)^2$ ; het cyclische geval is opnieuw uitgesloten door Oefening 1.2, dus $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$ . Omdat $G/Z$ abels is, ligt elke commutator in $Z$ : dus $D(G) \subseteq Z$ ; en $D(G) \neq \{e\}$ ( $G$ is niet-abels), zodat $D(G) = Z$ ( $\abs Z = p$ laat geen ruimte voor iets anders). Commutatoren zijn dus centraal met een orde die $\abs Z = p$ deelt.

19. Inductie naar $k$ ; het geval $k = 1$ is triviaal. Uit $z = [y, x] = yxy^{-1}x^{-1}$ volgt $yx = zxy$ : één $y$ naar links langs één $x$ schuiven levert precies één factor $z$ op, en die is centraal en mag overal geparkeerd worden. Dan is

(xy)^{k+1} = (xy)^k\,xy = x^ky^kz^{k(k-1)/2}\,xy = x^k\,(y^kx)\,y\,z^{k(k-1)/2} = x^{k+1}y^{k+1}\,z^{k(k-1)/2 + k},

want $x$ langs $y^k$ dragen kost $k$ factoren $z$ ( $y^kx = z^kxy^k$ door $k$ toepassingen van $yx = zxy$ ); en $k(k-1)/2 + k = k(k+1)/2$ .

20. Met $k = p$ : $(xy)^p = x^py^pz^{p(p-1)/2}$ . Voor oneven $p$ is $(p-1)/2$ een geheel getal, dus $z^{p(p-1)/2} = (z^p)^{(p-1)/2} = e$ (vraag 18: de orde van $z$ deelt $p$ ): $\theta(xy) = \theta(x)\theta(y)$ , een morfisme. De waarden zijn centraal: de klasse van $x$ in $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$ heeft een orde die $p$ deelt, dus $x^p \in Z$ . Is $\theta$ triviaal, dan heeft elk element een orde die $p$ deelt: exponent $p$ (niet $1$ , want $G \neq \{e\}$ ). Anders is $x^p \neq e$ voor zekere $x$ , en heeft $x$ orde $p^2$ (de orde deelt $p^3$ , en $x$ kan geen orde $p^3$ hebben, want dan was $G$ cyclisch en dus abels): exponent $p^2$ .

21. Zij $\bar x, \bar y$ klassen die $G/Z$ voortbrengen: hun commutator $z = [y, x]$ is $\neq e$ , want anders zouden $x$ , $y$ en $Z$ een abelse $G$ voortbrengen (hun klassen brengen het quotiënt voort en $Z$ is centraal) — en $z$ brengt $Z$ voort ( $\abs Z = p$ ). Elke $g \in G$ heeft een klasse $\bar x^a\bar y^b$ met unieke $0 \leq a, b < p$ , dus $g = x^ay^bz^c$ met een unieke $0 \leq c < p$ : dat zijn $p^3$ elementen, en daarmee alle. Producten van zulke normaalvormen worden uitsluitend berekend met $yx = zxy$ , $z$ centraal, en $x^p = y^p = z^p = e$ : de tabel ligt vast, dus zijn twee niet-abelse groepen van orde $p^3$ en exponent $p$ isomorf (breng de voortbrengers op elkaar af). De Heisenberggroep realiseert de betrekkingen: met $X = I + E_{12}$ en $Y = I + E_{23}$ berekent men $[Y, X] = I - E_{13}$ (centraal in $H_p$ ), en voor elke strikt bovendriehoekse $N$ geeft $N^3 = 0$

(I + N)^p = I + pN + \binom p2N^2 = I \qquad\text{in karakteristiek } p,\ p \geq 3,

omdat $p \mid p$ en $p \mid \binom p2$ voor oneven $p$ : exponent $p$ . De groep van exponent $p$ is dus $H_p$ .

22. Er geldt $Z(G) = \langle r^p\rangle$ : immers $r^p$ is centraal (het argument van vraag 20: de klasse van $r$ in het quotiënt $G/Z$ van exponent $p$ geeft $r^p \in Z$ ) en $\neq e$ , dus brengt het het centrum van orde $p$ voort. Neem een willekeurige $t \notin N$ . Is $t^p = e$ , stel dan $s = t$ . Anders is $\theta(t) = t^p \in Z = \langle r^p\rangle$ , zeg $t^p = r^{pb}$ ; stel dan $s = tr^{-b}$ : volgens vraag 20 ( $\theta$ is een morfisme, $p$ oneven) is $s^p = t^pr^{-pb} = e$ , en $s \notin N$ . Conjugatie: $srs^{-1} \in N$ ( $N$ is normaal) heeft orde $p^2$ , dus $srs^{-1} = r^m$ met $p \nmid m$ ; en $s^p = e$ dwingt af dat $p$ maal conjugeren $r$ teruggeeft, dus $m^p \equiv 1 \pmod {p^2}$ , en $m \equiv m^p \equiv 1 \pmod p$ (Fermat): $m = 1 + ap$ . Omdat $G$ niet-abels is, is $a \not\equiv 0$ ; vervangen van $s$ door de macht $s^{a'}$ met $aa' \equiv 1 \pmod p$ maakt van de werking $r \mapsto r^{1+p}$ . Dit presenteert $G$ als $\Z/p^2\Z\rtimes_\varphi\Z/p\Z$ met $\varphi(1)\colon r \mapsto r^{1+p}$ ; volgens vraag 3 geven twee niet-triviale morfismen $\Z/p\Z \to \operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ met hetzelfde beeld — en dat beeld is de unieke deelgroep van orde $p$ van de cyclische groep $\operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ — isomorfe semidirecte producten: eenduidigheid.

23. Abels: $\Z/p^3\Z$ , $\Z/p^2\Z\times\Z/p\Z$ en $(\Z/p\Z)^3$ (het argument van vraag 2, één graad hoger: classificeer naar de maximale orde). Niet-abels: precies $H_p$ (exponent $p$ , vraag 21) en $\Z/p^2\Z\rtimes\Z/p\Z$ (exponent $p^2$ , vraag 22), onderscheiden door hun exponent. Totaal: vijf. Voor $p = 2$ stort het morfisme-argument van vraag 20 in: $z^{p(p-1)/2} = z^{1} = z \neq e$ , kwadrateren is geen morfisme, en inderdaad hebben beide niet-abelse groepen van orde $8$ exponent $4$ — de invariant die $D_4$ van $Q_8$ scheidt is het aantal elementen van orde $2$ (vijf tegen één), niet de exponent. De wereld van oneven $p$ is hier voor één keer netter dan karakteristiek $2$ .

24. In $H_p$ heeft elk element $\neq e$ orde $p$ (exponent $p$ , vraag 21): $p^3 - 1$ elementen van orde $p$ . In $M_p$ is de afbeelding $\theta \colon x \mapsto x^p$ een morfisme $M_p \to Z(M_p) = \langle r^p\rangle$ (vraag 20, $p$ oneven); omdat $\theta(r) = r^p \neq e$ , is het beeld het hele centrum van orde $p$ en heeft $\ker\theta = \{x : x^p = e\}$ orde $p^3/p = p^2$ . De elementen van orde $p$ zijn de elementen $\neq e$ van die kern: er zijn er $p^2 - 1$ . Voor $p = 3$ : $H_3$ heeft $27 - 1 = 26$ elementen van orde $3$ , en $M_3 = \Z/9\Z \rtimes \Z/3\Z$ er $9 - 1 = 8$ . Voor $p = 2$ sneuvelt het argument meteen: kwadrateren is geen morfisme op een niet-abelse groep van orde $8$ (vraag 23), en inderdaad telt $\{x : x^2 = e\}$ in $D_4$ zes elementen — geen orde van een deelgroep van $D_4$ . De telling die het paar wél scheidt, is die van de elementen van orde $2$ : vijf in $D_4$ , één in $Q_8$ (vraag 11).

25. Is $p^2 \mid n$ , dan heeft de groep $\Z/p\Z \times \Z/(n/p)\Z$ orde $n$ en is ze niet cyclisch: de orde van elk element deelt $\operatorname{lcm}(p, n/p) = n/p < n$ , want $p \mid n/p$ . Zijn $p < q$ priemdelers van $n$ met $p \mid q - 1$ , dan levert vraag 7 een niet-abelse groep $\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z$ van orde $pq$ ; dan heeft $(\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z) \times \Z/(n/pq)\Z$ orde $n$ en is ze niet-abels, dus niet cyclisch. Stel nu $\gcd(n, \varphi(n)) > 1$ en kies een priemgetal $p$ dat beide deelt. Uit $\varphi(n) = \prod_{q^a \parallel n} q^{a-1}(q - 1)$ volgt dat $p \mid \varphi(n)$ betekent: ofwel $p^2 \mid n$ (de factor $q^{a-1}$ met $q = p$ en $a \geq 2$ ), ofwel $p \mid q - 1$ voor een priemdeler $q \mid n$ met $q \neq p$ ; in beide gevallen is $n$ volgens het bovenstaande niet cyclisch. Door contrapositie dwingt $n$ cyclisch dus af dat $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ . Controle voor $n \leq 15$ : de waarden $\varphi(n)$ voor $n = 1, \dots, 15$ zijn $1, 1, 2, 2, 4, 2, 6, 4, 6, 4, 10, 4, 12, 6, 8$ , en $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ precies voor $n = 1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 15$ — precies de rijen van de tabel van vraag 17 met één enkele groep. De overige ordes zijn hierboven als niet-cyclisch aangetoond: $4, 8, 9, 12$ door een kwadratische factor, en $6, 10, 12, 14$ door $2 \mid q - 1$ . (Het omgekeerde — $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ impliceert $n$ cyclisch — is eveneens waar; vraag 7 bewijst het eerste niet-triviale geval, $n = pq$ met $p \nmid q - 1$ .)

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst

1.1 Quotiëntgroepen en de isomorfiestellingen

1.2 Groepswerkingen

1.3 De stellingen van Sylow

1.4 Producten, direct en semidirect

1.5 Oplosbare groepen; enkelvoudigheid van AnA_nAn​

1.6 Oefeningen

1.7 Probleem: de groepen van orde ten hoogste 15

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

1.5 Oplosbare groepen; enkelvoudigheid van $A_n$