Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 3 · Bachelor Year 3

1Groepentheorie

Het Bachelor jaar 2-volume leerde groepen als boekhoudkundige hulpmiddelen: 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 van een groep die op een verzameling werkt: het tellen van banen en vaste punten levert de klassevergelijking, de stelling van Cauchy en de drie Sylowstellingen — het fundamentele lokaal-naar-globaal-principe van de eindige groepentheorie. Daarna leren we groepen samen te stellen (directe en semidirecte producten) en te ontleden (compositiereeksen, oplosbare groepen), en bewijzen we de stelling die, in Hoofdstuk 4, een drie eeuwen oude vraag over veeltermvergelijkingen zal afsluiten: de alternerende groep $A_n$ is eenvoudig voor $n \geq 5$ .

1.1 Quotiëntgroepen en de isomorfiestellingen

Overal is $G$ een multiplicatief genoteerde groep, $e$ haar eenheidselement. Herinner uit het Bachelor jaar 2-volume: 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 $G$ is normaal (notatie $N \trianglelefteq G$ ) wanneer $gNg^{-1} = N$ voor elke $g \in G$ — equivalent, wanneer linker- en rechternevenklassen samenvallen: $gN = Ng$ voor alle $g$ .

Stelling 1.2 (Quotiëntgroep)

Zij $N \trianglelefteq G$ . De verzameling $G/N$ van nevenklassen, met de vermenigvuldiging $(gN)(hN) = ghN$ , is een welgedefinieerde groep, de quotiëntgroep, en de canonieke 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: normale deelgroepen zijn precies de kernen.

Bewijs. Welgedefinieerdheid is de hele kwestie. Als $gN = g'N$ en $hN = h'N$ , schrijf $g' = gn$ , $h' = hm$ met $n, m \in N$ . Dan $g'h' = gnhm = gh\,(h^{-1}nh)\,m \in ghN$ omdat $h^{-1}nh \in N$ door normaliteit: het product van nevenklassen hangt niet van de representanten af. Associativiteit, eenheid $eN = N$ en inversen $(gN)^{-1} = g^{-1}N$ erft men van $G$ . Duidelijk is $\pi$ een surjectief morfisme en $\pi(g) = N \iff g \in N$ .

Als $f \colon G \to H$ een morfisme is en $k \in \ker f$ , dan $f(gkg^{-1}) = f(g)f(k)f(g)^{-1} = e$ : 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 een uniek morfisme $\bar f \colon G/N \to H$ met $f = \bar f \circ \pi$ . In het bijzonder, met $N = \ker f$ :

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

Bewijs. Uniciteit: $\bar f(gN)$ moet $f(g)$ zijn. Bestaan: als $gN = g'N$ dan $g^{-1}g' \in N \subseteq \ker f$ , dus $f(g) = f(g')$ en $\bar f(gN) = f(g)$ is welgedefinieerd; het is een morfisme omdat $f$ dat is. Voor $N = \ker f$ : $\bar f$ is injectief, want $\bar f(gN) = e$ betekent $g \in \ker f$ , d.w.z. $gN = N$ ; haar beeld 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

$H/(H \cap N) \;\cong\; HN/N .$
Als bovendien $N \subseteq K \trianglelefteq G$ , dan $K/N \trianglelefteq G/N$ 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 $(hn)^{-1} = h^{-1}(hn^{-1}h^{-1}) \in HN$ , met gebruik van normaliteit van $N$ . Stel samen $H \hookrightarrow HN \xrightarrow{\pi} HN/N$ : 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 welgedefinieerd ( $N \subseteq K$ ), surjectief, met kern $K/N$ ; pas opnieuw Stelling 1.3 toe. ∎

Stelling 1.5 (Correspondentietheorema)

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 $G/N$ , die inclusies, indices en normaliteit bewaart (in beide richtingen).

Bewijs. Haar 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 $\pi(\pi^{-1}(\bar H)) = \bar H$ door surjectiviteit van $\pi$ . Inclusies worden duidelijk bewaard; $[G:H] = [G/N : H/N]$ omdat $gH \mapsto (gN)(H/N)$ een welgedefinieerde bijectie tussen nevenklasseruimten is; en $gHg^{-1} = H$ voor alle $g$ desda $(gN)(H/N)(gN)^{-1} = H/N$ voor alle $gN$ , opnieuw door surjectiviteit van $\pi$ . ∎

Voorbeeld 1.6

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

Methode 1.7

Om $N \trianglelefteq G$ te bewijzen, in afnemende elegantie: vertoon $N$ als kern van een morfisme gedefinieerd op $G$ ; controleer $gNg^{-1} \subseteq N$ voor alle $g$ (dit volstaat: toepassen op $g^{-1}$ en conjugeren geeft de omgekeerde inclusie); verifieer dat $N$ een unie van conjugatieklassen is; of noteer dat $[G:N] = 2$ (dan is $gN = Ng$ gedwongen — 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 $\varphi(g)(x)$ . Equivalent: 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 $\mathcal O_x = \{g \cdot x : g \in G\}$ , haar stabilisator is de deelgroep $G_x = \{g : g\cdot x = x\}$ , en $X^G = \{x : \forall g,\ g \cdot x = x\}$ is de verzameling van vaste punten. De werking is 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 linkertranslatie $g \cdot x = gx$ : vrij en transitief.
$G$ op zichzelf door conjugatie $g \cdot x = gxg^{-1}$ : banen zijn de conjugatieklassen, stabilisatoren de centralisatoren $Z_G(x) = \{g : gx = xg\}$ , vaste punten het centrum $Z(G)$ .
$G$ op de nevenklasseruimte $G/H$ door $g \cdot xH = gxH$ : transitief, met stabilisator van de nevenklasse $H$ gelijk aan $H$ . Elke transitieve werking is van deze vorm (Oefening 1.8).
$G$ op haar verzameling van 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–stabilisator)

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

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

en, omdat de banen $X$ partitioneren (ze 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. Welgedefinieerd 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 teluitspraken volgen uit de stelling van Lagrange en de partitie van $X$ in banen. ∎

Gevolg 1.11 (Klassevergelijking)

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

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

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

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

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

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

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

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

Stelling 1.13 (Cauchy)

Als een priemgetal $p$ $\abs G$ deelt, 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 $g_1, \dots, g_{p-1}$ bepaalt $g_p$ : $\abs X = \abs G^{p-1}$ , 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 bewaart $X$ , want $g_2 \cdots g_p g_1 = g_1^{-1}(g_1 \cdots g_p)g_1 = e$ . Door Stelling 1.12, $\abs{X^{\Z/p\Z}} \equiv \abs X \equiv 0 \pmod p$ . Vaste punten zijn de constante tupels $(g, \dots, g)$ met $g^p = e$ ; het tupel $(e, \dots, e)$ is er één van, dus er zijn er minstens $p$ , en daarmee minstens één $g \neq e$ met $g^p = e$ : haar orde is precies $p$ . ∎

Stelling 1.14 (Cayley)

Elke groep van orde $n$ injecteert in $S_n$ .

Bewijs. Linkertranslatie $\varphi \colon G \to \mathfrak S(G) \cong S_n$ is een morfisme; $\varphi(g) = \mathrm{id}$ dwingt $g = ge = e$ : het is trouw. ∎

Methode 1.15

Het tellen van vaste punten is de universele openingszet van de eindige groepentheorie. Om te bewijzen dat iets bestaat (een centraal element, een element van orde $p$ , een normale deelgroep, een vast punt), laat een goed gekozen groep werken op een goed gekozen eindige verzameling, en vergelijk $\abs{X^G}$ met $\abs X$ modulo $p$ , of laat baangroottes de groeporde delen. De bewijzen van Stellingen 1.12 en 1.13 en van alle drie de Sylowstellingen hieronder zijn vijf variaties op dit ene idee.

1.3 De Sylowstellingen

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 Sylowstellingen redden het omgekeerde voor priemmachten, en hun telclausule is het scherpste algemene gereedschap dat we hebben om normale deelgroepen 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 $G$ noteert men $n_p$ .

Lemma 1.17

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

Bewijs. In $\mathbb F_p[X]$ itereert de beginnelingsdroom $(1+X)^p = 1 + X^p$ (de coëfficiënten $\binom pk$ , $0<k<p$ , zijn deelbaar door $p$ : $p$ deelt de teller van $\frac{p!}{k!(p-k)!}$ maar niet de noemer) tot $(1+X)^{p^a} = 1 + X^{p^a}$ , vandaar

(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].

Identificeer 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 Sylow $p$ -deelgroepen van $G$ .

Bewijs (Wielandt). Zij $\Omega$ de verzameling van deelverzamelingen van $G$ van kardinaliteit $p^a$ ; $G$ werkt op $\Omega$ door linkertranslatie $g \cdot S = gS$ . Door Lemma 1.17, $\abs\Omega = \binom{p^a m}{p^a} \equiv m \not\equiv 0 \pmod p$ , dus heeft enige baan $\mathcal O_S$ grootte copriem met $p$ (als $p$ elke baangrootte deelde, zou ze $\abs\Omega$ delen). Zij $H = G_S$ de stabilisator van zo’n $S$ . Omdat $[G : H] = \abs{\mathcal O_S}$ copriem is met $p$ en $p^a \mid \abs G = [G:H]\,\abs H$ , krijgt men $p^a \mid \abs H$ . Omgekeerd, fixeer $s \in S$ : de afbeelding $H \to S$ , $h \mapsto hs$ , is injectief en landt in $S$ omdat $hS = S$ ; dus $\abs H \leq \abs S = p^a$ . Dus $\abs H = p^a$ . ∎

Stelling 1.19 (Sylow II: dominantie en conjugatie)

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

Bewijs. Laat $Q$ werken op de nevenklasseruimte $X = G/P$ , van kardinaliteit $m \not\equiv 0 \pmod p$ . Door Stelling 1.12 toegepast op de $p$ -groep $Q$ , $\abs{X^Q} \equiv m \not\equiv 0 \pmod p$ : er is een vaste nevenklasse $gP$ , d.w.z. $QgP = gP$ , d.w.z. $g^{-1}Qg \subseteq P$ . Als $Q$ zelf een Sylowdeelgroep is, maakt gelijkheid van ordes van $Q \subseteq gPg^{-1}$ een gelijkheid. Ten slotte $P \trianglelefteq G$ desda haar conjugaten $\{gPg^{-1}\}$ — die door het voorgaande alle Sylow $p$ -deelgroepen zijn — reduceren tot $\{P\}$ . ∎

Stelling 1.20 (Sylow III: telling)

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

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

Beperk nu de werking tot $P$ en tel vaste punten. Als $Q \in \mathrm{Syl}_p$ vast is onder $P$ , dan $P \subseteq N_G(Q)$ ; zowel $P$ als $Q$ zijn Sylow $p$ -deelgroepen van de groep $N_G(Q)$ , en dus daarin geconjugeerd (Stelling 1.19 toegepast op $N_G(Q)$ ); maar $Q \trianglelefteq N_G(Q)$ , dus is $Q$ daar haar 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: som de delers van $m$ op die congruent $1$ mod $p$ zijn — dit zijn de kandidaten voor $n_p$ . Als de enige kandidaat $1$ is, is de Sylow $p$ -deelgroep normaal. Als $n_p > 1$ gedwongen klein is, werk door conjugatie op $\mathrm{Syl}_p$ om een morfisme $G \to S_{n_p}$ met kleine kern te krijgen. En tel elementen: onderscheiden Sylow $p$ -deelgroepen van priemorde $p$ snijden triviaal, dus dragen ze $n_p(p-1)$ elementen van orde precies $p$ ; overlappende tellingen voor verschillende priemgetallen dwingen vaak een tegenspraak (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 $n_q \equiv 1 \bmod q$ dat $n_q = 1$ (omdat $p < q$ ); $n_p \mid q$ en $n_p \equiv 1 \bmod p$ dwingen $n_p = 1$ (omdat $q \not\equiv 1 \bmod p$ ). Zij $P, Q$ de twee normale Sylows: $P \cap Q = \{e\}$ (coprieme ordes), dus $\abs{PQ} = pq$ (Oefening 1.4) en $G \cong P \times Q \cong \Z/p\Z \times \Z/q\Z \cong \Z/pq\Z$ door Propositie 1.24 hieronder. Elke groep van orde $15$ , $33$ , $35$ , … is cyclisch. Het uitgesloten geval $p \mid q - 1$ produceert precies één extra groep, niet-abels — zie het weekendprobleem (Probleem 1.1).

Voorbeeld 1.23 (Een volledige Sylowcensus: $S_4$ )

Laten we de methode op $G = S_4$ toepassen, $\abs G = 24 = 2^3\cdot3$ . Sylow $3$ : $n_3 \mid 8$ , $n_3 \equiv 1 \bmod 3$ , dus $n_3 \in \{1, 4\}$ ; omdat $\langle(123)\rangle$ en $\langle(124)\rangle$ verschillend zijn, $n_3 = 4$ — de vier deelgroepen $\langle(abc)\rangle$ , één voor elke $3$ -elementendeelverzameling $\{a, b, c\}$ , die de $8$ driecykels verklaren. Door Sylow II zijn ze geconjugeerd, en het conjugatiemorfisme $S_4 \to S_{\mathrm{Syl}_3} \cong S_4$ is hier een isomorfisme (haar kern zit in $N = N_G(\langle(123)\rangle)$ van orde $24/4 = 6$ , en een normale deelgroep van $S_4$ binnen $S_3$ -achtige $N$ moet triviaal zijn: ze zou uit even permutaties bestaan die de vier Sylows fixeren, en alleen $e$ doet dat). Sylow $2$ : $n_2 \mid 3$ , $n_2 \equiv 1 \bmod 2$ : $n_2 \in \{1, 3\}$ . De deelgroep $D = \langle(1234), (13)\rangle$ heeft orde $8$ (een diëder $D_4$ : de symmetrieën van het vierkant met hoekpunten $1, 2, 3, 4$ ), is niet normaal ( $(12)(1234)(12) = (2134)$ brengt een andere $4$ -cykeldeelgroep voort), dus $n_2 = 3$ : de drie kopieën van $D_4$ corresponderen met de drie manieren om $4$ punten tot een “vierkant” te paren. Let op de moraal van de census: $\abs{S_4} = 24$ laat ruimte voor het falen van normaliteit van beide Sylows, en beide falen — vergelijk orde $12$ , waar de telling één van beide normaal dwingt (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 $h \in H$ , $k \in K$ ligt de commutator $hkh^{-1}k^{-1}$ in $K$ (lees hem als $(hkh^{-1})k^{-1}$ , met normaliteit van $K$ ) en in $H$ (lees hem als $h(kh^{-1}k^{-1})$ ): hij is $e$ , dus $H$ en $K$ commuteren elementsgewijs en de afbeelding is een morfisme. Ze is surjectief omdat $HK = G$ , en injectief omdat $hk = e$ geeft $h = k^{-1} \in H \cap K = \{e\}$ . ∎

Normaliteit van beide factoren is wat het vaakst faalt: in $S_3 = \langle (1\,2\,3)\rangle \,\langle(1\,2)\rangle$ snijden beide factoren triviaal en brengen voort, maar $S_3 \not\cong \Z/3\Z \times \Z/2\Z$ . Het juiste begrip wanneer slechts één factor normaal is:

Definitie 1.25

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

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

Bewijs. Directe verificatie: associativiteit reduceert tot $\varphi(kk') = \varphi(k)\circ\varphi(k')$ en elk $\varphi(k)$ is een morfisme; de eenheid 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 dus normaal is. Voor het omgekeerde: elk $g \in G$ schrijft zich uniek als $nk$ met $n \in N$ , $k \in K$ (bestaan: $G = NK$ ; uniciteit: $nk = n'k'$ geeft $n'^{-1}n = k'k^{-1} \in N \cap K$ ), en

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

toont dat $nk \mapsto (n, k)$ de wet van $G$ transporteert naar 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 normale deelgroep van index $2$ , elke spiegeling brengt een complement voort, en conjugeren van een rotatie door 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 lijn, $\{x \mapsto ax + b : a \in K^\times,\, b \in K\} \cong K \rtimes K^\times$ : translaties normaal, homothetieën een complement. (c) $S_n \cong A_n \rtimes \Z/2\Z$ (complement: elke transpositie). (d) De quaternionengroep $Q_8$ is geen semidirect product van eigenlijke deelgroepen: elke niet-triviale deelgroep bevat $-1$ (Probleem 1.1), dus snijden geen twee eigenlijke deelgroepen triviaal.

1.5 Oplosbare groepen; eenvoud van $A_n$

Definitie 1.28

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

Propositie 1.29

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

Bewijs. Een automorfisme $\alpha$ stuurt $[x,y]$ naar $[\alpha x, \alpha y]$ : het permuteert de commutatoren, dus bewaart de deelgroep die ze voortbrengen; conjugaties zijn automorfismen, vandaar normaliteit. In $G/D(G)$ is $\bar x\bar y \bar x^{-1}\bar y^{-1} = \overline{[x,y]} = \bar e$ : het quotiënt is abels. Als $G/N$ abels is, ligt elke $[x,y] \in N$ , dus $D(G) \subseteq N$ ; omgekeerd, als $D(G) \subseteq N$ dan is $G/N$ , een quotiënt van de abelse $G/D(G)$ door de derde isomorfiestelling, abels.

Als $G$ oplosbaar is, is de afgeleide reeks zo’n keten. Omgekeerd, gegeven een keten, $D^i(G) \subseteq G_i$ door inductie: $G_i/G_{i+1}$ abels geeft $D(G_i) \subseteq G_{i+1}$ , dus $D^{i+1}(G) = D(D^i G) \subseteq D(G_i) \subseteq G_{i+1}$ ; vandaar $D^n(G) = \{e\}$ .

Overerving: $D^i(H) \subseteq D^i(G)$ voor $H \leq G$ (inductie), en $D^i(G/N) = \pi(D^i(G))$ omdat $\pi$ commutatoren op commutatoren afbeeldt; dit geeft de uitspraken voor deelgroepen en quotiënten. Uitbreiding: als $D^m(G/N) = \{e\}$ dan $D^m(G) \subseteq N$ , en $D^n(N) = \{e\}$ geeft $D^{m+n}(G) = D^n(D^m(G)) \subseteq D^n(N) = \{e\}$ . ∎

Voorbeeld 1.30

Abelse groepen zijn oplosbaar. $p$ -groepen zijn oplosbaar, door inductie op de orde: $Z(G) \neq \{e\}$ en $G/Z(G)$ is een kleinere $p$ -groep. $S_3$ en $S_4$ zijn oplosbaar: $S_4 \trianglerighteq A_4 \trianglerighteq V \trianglerighteq \{e\}$ , waar $V = \{e, (1\,2)(3\,4), (1\,3)(2\,4), (1\,4)(2\,3)\}$ de Kleingroep van dubbele transposities is (normaal in $S_4$ : een unie 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 radicalen” letterlijk betekenen “ $S_n$ is een oplosbare groep”. Vandaar het belang van de volgende definitie.

Definitie 1.31

Een groep $G \neq \{e\}$ is eenvoudig als haar enige normale deelgroepen $\{e\}$ en $G$ zijn. Een niet-abelse eenvoudige groep is niet oplosbaar: $D(G) \trianglelefteq G$ is niet $\{e\}$ (anders $G$ abels), dus $D(G) = G$ en de afgeleide reeks is constant. De abelse eenvoudige groepen zijn precies de $\Z/p\Z$ , $p$ priem (een abelse groep is eenvoudig desda ze geen eigenlijke niet-triviale deelgroep heeft, desda ze cyclisch van priemorde is door Lagrange).

Lemma 1.32

Voor $n \geq 3$ wordt $A_n$ voortgebracht door $3$ -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; paar ze 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 disjuncte, overlappende en gelijke paren respectievelijk: 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 $3$ -cykels geconjugeerd door enige $\sigma \in S_n$ . Als $\sigma$ oneven is, vervang door $\sigma' = \sigma (d\,e)$ waar $d, e$ twee punten buiten $\{a, b, c\}$ zijn — ze bestaan omdat $n \geq 5$ ; dan is $\sigma'$ even en $\sigma'(a\,b\,c) \sigma'^{-1} = \sigma(a\,b\,c)\sigma^{-1}$ , omdat $(d\,e)$ commuteert met $(a\,b\,c)$ . ∎

Stelling 1.33 (Eenvoud van de alternerende groep)

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

Bewijs. Zij $N \trianglelefteq A_n$ , $N \neq \{e\}$ . Door Lemma 1.32 volstaat te tonen dat $N$ één $3$ -cykel bevat: normaliteit en conjugatie van $3$ -cykels in $A_n$ stoppen dan alle $3$ -cykels in $N$ , dus $N = A_n$ .

Voor $\rho \in S_n$ zij $F(\rho) = \{x : \rho(x) \neq x\}$ haar steun 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 $f(\sigma) = 4$ onmogelijk is voor $\sigma \in A_n$ tenzij $\sigma$ een dubbele transpositie is (een $4$ -cykel is oneven). We tonen 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: $n \geq 5$ ), stel $\tau = (c\,d\,e')$ en

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

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

Als $\sigma e' = e'$ (wat in het bijzonder geldt wanneer $f(\sigma) = 4$ , d.w.z. $\sigma = (a\,b)(c\,d)$ ): dan $(d\,e'\,c) = (c\,d\,e')$ 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 minimaliteit.

Als $\sigma e' \neq e'$ : dan $\sigma e' \notin \{a, b, c, d, e'\}$ ( $\sigma$ wisselt $a,b$ en $c,d$ , en $e' \notin \{a,b,c,d\}$ met $\sigma$ injectief), 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 steunen in $\{c, d, e', \sigma e'\}$ , aan $f(\sigma') \leq 4$ ; en $\sigma' \neq e$ , omdat $\sigma'(d) = \tau\sigma\tau^{-1}(c) = \tau\sigma(e') = \sigma e' \neq d$ ( $\tau$ fixeert $\sigma e' \notin \{c,d,e'\}$ ). Dus $\sigma' \in N \setminus\{e\}$ met $f(\sigma') \leq 4 < f(\sigma)$ : minimaliteit is tegengesproken.

Geval B: enige cykel van $\sigma$ heeft lengte $\geq 3$ , zeg $\sigma(a) = b$ , $\sigma(b) = c$ met $a, b, c$ onderscheiden. Als $\sigma$ precies deze $3$ -cykel is, zijn we klaar. Anders $f(\sigma) \geq 5$ (het geval $f(\sigma) = 4$ met een $\geq3$ -cykel is de oneven $4$ -cykel, uitgesloten), dus mogen we $d, e' \in F(\sigma) \setminus \{a, b, c\}$ kiezen. Stel $\tau = (c\,d\,e')$ en $\sigma' = \tau\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1} \in N$ . Zoals eerder 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 zijn bewogen: $\sigma(x) \ne x$ impliceert $\sigma(\sigma x) \neq \sigma x$ , $\sigma$ is injectief). Ook $b \notin M$ : de vijf punten $a, b, c, d, e'$ zijn onderscheiden, dus $b \notin \{c, d, e'\}$ ; en $b \in \{\sigma c, \sigma d, \sigma e'\}$ zou $a \in \{c, d, e'\}$ dwingen (pas $\sigma^{-1}$ toe, met $\sigma a = b$ ), wat vals is. Dus fixeert $\sigma'$ het punt $b$ , terwijl $\sigma$ $b$ beweegt; en $F(\sigma') \subseteq F(\sigma)$ . Ten slotte $\sigma' \neq e$ : $\sigma^{-1}(c) = b$ , $\tau^{-1}(b) = b$ , $\sigma(b) = c$ , $\tau(c) = d$ , dus $\sigma'(c) = d \neq c$ . Dus $\sigma' \in N \setminus \{e\}$ met $f(\sigma') \leq f(\sigma) - 1$ , in strijd met minimaliteit.

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

Gevolg 1.34

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

Bewijs. $A_n$ is niet-abels eenvoudig, dus niet oplosbaar (Definitie 1.31); een groep die een niet-oplosbare deelgroep bevat is niet oplosbaar (Propositie 1.29). Zij $N \trianglelefteq S_n$ : dan is $N \cap A_n \trianglelefteq A_n$ gelijk aan $\{e\}$ of $A_n$ . Als $N \cap A_n = A_n$ , dan $A_n \subseteq N$ en $N \in \{A_n, S_n\}$ door de index. Als $N \cap A_n = \{e\}$ , is de beperking tot $N$ van de projectie $S_n \to S_n/A_n \cong \Z/2\Z$ injectief, dus $\abs N \leq 2$ ; als $N = \{e, \sigma\}$ , maakt normaliteit de conjugatieklasse van $\sigma$ gelijk aan $\{\sigma\}$ , d.w.z. $\sigma \in Z(S_n)$ . Maar $Z(S_n) = \{e\}$ voor $n \geq 3$ : als $\sigma \ne e$ $a$ naar $b \neq a$ stuurt, kies $c \notin \{a, b\}$ ; dan stuurt $(b\,c)\sigma(b\,c)^{-1}$ $a$ naar $c \ne b$ , dus verschilt van $\sigma$ . Vandaar $N = \{e\}$ . ∎

Stelling 1.35 (Jordan–Hölder)

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

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

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

Bewijs. Bestaan: inductie op $\abs G$ . Als $G$ eenvoudig is, neem $\{e\} \trianglelefteq G$ . Anders kies een maximale eigenlijke normale deelgroep $N$ (er zijn eindig veel deelgroepen); $G/N$ is eenvoudig door het correspondentietheorema (een eigenlijke niet-triviale normale deelgroep van $G/N$ zou tillen tot een normale deelgroep van $G$ strikt tussen $N$ en $G$ ). Voeg $N \trianglelefteq G$ toe aan een compositiereeks van $N$ .

Uniciteit: inductie op $\abs G$ , het geval $G$ eenvoudig is duidelijk. Neem twee compositiereeksen, met voorlaatste termen $M \trianglelefteq G$ en $N \trianglelefteq G$ (dus $G/M$ , $G/N$ zijn eenvoudig). Als $M = N$ , besluit door inductie toegepast op $M$ . Anders is $MN$ , normaal in $G$ en strikt groter dan $M$ , gelijk aan $G$ ( $M$ is maximaal normaal: elke normale $M \subsetneq L \subsetneq G$ zou afbeelden op een eigenlijke niet-triviale normale deelgroep van de eenvoudige $G/M$ ). 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 fixeer een compositiereeks van $K$ . Dan draagt $M$ twee compositiereeksen: haar oorspronkelijke, en de reeks van $K$ gevolgd door $K \trianglelefteq M$ (het quotiënt $M/K \cong G/N$ is eenvoudig). Door inductie (toegepast op $M$ ) zijn de factoren van de oorspronkelijke reeks van $M$ $\{\text{factoren van } K\} \cup \{G/N\}$ ; evenzo voor $N$ . Dus hebben beide reeksen van $G$ factoren

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

dezelfde multiset.

Oplosbaarheid: als alle factoren $\Z/p_i\Z$ zijn, is de reeks een keten met abelse quotiënten, dus is $G$ oplosbaar (Propositie 1.29). Omgekeerd is een compositiefactor van een oplosbare groep oplosbaar (een quotiënt van een deelgroep) en eenvoudig; een oplosbare eenvoudige groep is abels ( $D(G) \ne G$ dwingt $D(G) = \{e\}$ ), dus enige $\Z/p\Z$ . ∎

Opmerking 1.36

Jordan–Hölder zegt dat elke eindige groep is opgebouwd uit eenvoudige groepen, met een welgedefinieerde onderdelenlijst — een rekenkunde van groepen waarin de eenvoudige groepen de priemgetallen zijn, en waarin hoe de onderdelen gelijmd worden (uitbreidingsdata, zoals in het semidirecte product) pure vermenigvuldiging vervangt. De classificatie van de eindige eenvoudige 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; haar bewijs, verspreid over zo’n tienduizend tijdschriftpagina’s, ligt ver buiten deze cursus.

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, evenals het centrum r2 (gemarkeerd); de vier spiegelingsdeelgroepen vallen in twee conjugatieklassen van twee. Ketens van onder naar boven geven compositiereeksen, bijv. \e\ r2 r D_4: factoren ℤ/2ℤ, ℤ/2ℤ, ℤ/2ℤ — altijd dezelfde multiset, 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, evenals het centrum $\langle r^2\rangle$ (gemarkeerd); de vier spiegelingsdeelgroepen vallen in twee conjugatieklassen van twee. Ketens van onder naar boven geven compositiereeksen, bijv. $\{e\} \trianglelefteq \langle r^2\rangle \trianglelefteq \langle r\rangle \trianglelefteq D_4$ : factoren $\Z/2\Z, \Z/2\Z, \Z/2\Z$ — altijd dezelfde multiset, zoals Jordan–Hölder eist.

1.6 Oefeningen

Oefening 1.1 ★

(a) Toon dat elke deelgroep van index $2$ normaal is. (b) Toon dat als $[G : H] = 2$ , dan $x^2 \in H$ voor elke $x \in G$ . (c) Leid af dat $A_4$ geen deelgroep van orde $6$ heeft: het omgekeerde van Lagrange faalt. (Tel de kwadraten van $3$ -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 $gH = G \setminus H$ ; evenzo $Hg = G \setminus H$ . Dus $gH = Hg$ voor alle $g$ : $H \trianglelefteq G$ .

(b) Door (a) is $G/H$ een groep van orde $2$ ; de klasse $\bar x$ vervult $\bar x^2 = \bar e$ , d.w.z. $x^2 \in H$ .

(c) Stel $H \leq A_4$ met $\abs H = 6$ , dus van index $2$ . Door (b), $\sigma^2 \in H$ voor elke $\sigma \in A_4$ . Elke $3$ -cykel is zo’n kwadraat: als $\sigma^3 = e$ dan $\sigma = \sigma^4 = (\sigma^2)^2$ . 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 dat als $G/Z(G)$ cyclisch is, $G$ abels is. Leid opnieuw af dat elke groep van orde $p^2$ abels is, en vertoon, voor elk priemgetal $p$ , een niet-abelse groep van orde $p^3$ . (Denk aan boven-driehoekige matrices met eenheidsdiagonaal over $\mathbb F_p$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.2.

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

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

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

Orde $p^2$ : $Z(G) \neq \{e\}$ (Stelling 1.12), dus $\abs{Z(G)} \in \{p, p^2\}$ . Als het $p$ was, zou $G/Z(G)$ orde $p$ hebben, dus cyclisch zijn, wat $G$ abels dwingt en $Z(G) = G$ van orde $p^2$ — 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 $a, b, c$ ; sluiting en inversen door directe berekening). Ze is niet-abels: de twee elementaire matrices $I + E_{12}$ en $I + E_{23}$ hebben commutator $I + E_{13} \neq I$ .

Oefening 1.3 ★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.3.

(a) Een morfisme $f \colon \Z/n\Z \to \Z/n\Z$ is bepaald door $k = f(\bar 1)$ (dan $f(\bar m) = m\bar k$ ), en elke $\bar k$ definieert er één. Het is bijectief desda $\bar k$ $\Z/n\Z$ voortbrengt, desda $\gcd(k,n) = 1$ , desda $\bar k \in (\Z/n\Z)^\times$ . Samenstelling correspondeert met vermenigvuldiging: $f_k \circ f_l = f_{kl}$ . Dus $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ .

(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 $\alpha \in \operatorname{Aut}(G)$ ,

(\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 dat $HK$ een deelgroep is desda $HK = KH$ (automatisch wanneer één van de twee normaal is). (c) Als $H, K \trianglelefteq G$ en $H \cap K = \{e\}$ , toon dat $hk = kh$ voor alle $h \in H$ , $k \in K$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.4.

(a) Bekijk $\mu \colon H \times K \to HK$ , $(h,k) \mapsto hk$ , surjectief per definitie. Fixeer $h_0k_0 \in HK$ : dan $hk = h_0k_0 \iff h_0^{-1}h = k_0 k^{-1} \in H \cap K$ . Schrijvend $u = h_0^{-1}h$ , is de vezel van $h_0k_0$ $\{(h_0u,\, u^{-1}k_0) : u \in H \cap K\}$ , van kardinaliteit $\abs{H \cap K}$ . Dus $\abs H\,\abs K = \abs{H\times K} = \abs{HK}\,\abs{H \cap K}$ .

(b) Als $HK$ een deelgroep is: $KH \subseteq HK$ omdat $kh = \bigl(h^{-1}k^{-1}\bigr)^{-1} \in (HK)^{-1} = HK$ ; en $HK \subseteq KH$ door inversen te nemen in $HK = (HK)^{-1} \subseteq (KH)^{-1}\dots$ directer: voor $hk \in HK$ , $(hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1} \in KH$ , dus $HK = (HK)^{-1} \subseteq KH$ ; beide inclusies geven $HK = KH$ . Omgekeerd als $HK = KH$ : sluiting, $(hk)(h'k') = h(kh')k' \in h(HK)k' = (hH)(Kk') \subseteq HK$ ; inversen, $(hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1} \in KH = HK$ ; en $e \in HK$ : deelgroep. Als bijv. $K \trianglelefteq G$ , dan $hK = Kh$ voor alle $h$ , dus $HK = KH$ automatisch.

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

Oefening 1.5 ★★

(Het tellemma van Burnside) Een eindige groep $G$ werkt op een eindige verzameling $X$ . Toon dat het aantal banen het gemiddeld 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 halskettingen van $p$ kralen met $a$ beschikbare kleuren; leid de kleine stelling van Fermat $a^p \equiv a \pmod p$ af.

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}\},

met baan–stabilisator ( $\abs{G_x} = \abs G/\abs{\mathcal O_x}$ ) en de partitie in banen.

Halskettingen: zij $X$ de verzameling van afbeeldingen $\Z/p\Z \to \{1, \dots, a\}$ (kleuringen van $p$ posities), $\abs X = a^p$ , met $\Z/p\Z$ werkend door rotatie. De identiteit fixeert alle $a^p$ kleuringen. Een rotatie $\bar k \neq \bar 0$ brengt $\Z/p\Z$ voort ( $p$ priem), dus is een kleuring die ze fixeert invariant onder alle rotaties, dus constant: $a$ vaste kleuringen. Burnside:

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

dus $p \mid a^p + (p-1)a$ , d.w.z. $p \mid a^p - a$ : de kleine stelling van Fermat, door pure telling.

Oefening 1.6 ★

Toon met de Sylowstellingen 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 $n_3 = 1$ ; $n_5 \mid 3$ en $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ dwingen $n_5 = 1$ . De Sylows $P_3, P_5$ zijn normaal, snijden triviaal (coprieme ordes), en $\abs{P_3P_5} = 15$ (Oefening 1.4(a)): door Propositie 1.24, $G \cong \Z/3\Z \times \Z/5\Z \cong \Z/15\Z$ (Chinese rest).

Orde $45 = 3^2 \cdot 5$ : $n_3 \mid 5$ , $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ geven $n_3 = 1$ ; $n_5 \mid 9$ , $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ 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), dus ook $G$ .

Oefening 1.7 ★★

Toon dat geen groep van orde $30$ , en geen van orde $56$ , eenvoudig is. (Voor $30$ : als $n_3 \neq 1$ en $n_5 \neq 1$ , tel de elementen van ordes $3$ en $5$ . Voor $56$ : tel de elementen van orde $7$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.7.

Orde $30 = 2 \cdot 3 \cdot 5$ . $n_5 \mid 6$ , $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ : $n_5 \in \{1, 6\}$ ; $n_3 \mid 10$ , $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ : $n_3 \in \{1, 10\}$ . Stel $G$ eenvoudig, dus $n_5 = 6$ en $n_3 = 10$ . Twee onderscheiden deelgroepen van priemorde $p$ snijden triviaal (de doorsnede is een eigenlijke 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 $3$ : $24 + 20 = 44 > 30 - 1$ niet-identiteitselementen — absurd. Dus $n_5 = 1$ of $n_3 = 1$ : er bestaat een normale Sylow.

Orde $56 = 2^3 \cdot 7$ . $n_7 \mid 8$ , $n_7 \equiv 1 \pmod 7$ : $n_7 \in \{1, 8\}$ . Als $n_7 = 8$ , dragen de Sylow $7$ -deelgroepen $8 \times 6 = 48$ elementen van orde $7$ , en blijven precies $56 - 48 = 8$ andere elementen over. Een Sylow $2$ -deelgroep heeft orde $8$ en bestaat uit zulke elementen, dus is ze de verzameling ervan: $n_2 = 1$ . Ofwel $n_7 = 1$ of $n_2 = 1$ : nooit eenvoudig.

Oefening 1.8 ★★

(a) Zij $H \leq G$ van index $n$ . Toon 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 normale deelgroep van $G$ is die in $H$ zit. (b) Leid af: als $G$ eindig is en $p$ de kleinste priemdeler van $\abs G$ is, is elke deelgroep van index $p$ normaal. (c) Toon dat elke transitieve werking van $G$ op een verzameling $X$ isomorf is met de werking op een nevenklasseruimte: er is een bijectie $X \to G/G_x$ die commuteert met de werkingen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.8.

(a) De werking $g \cdot xH = gxH$ geeft een morfisme $\rho \colon G \to \mathfrak S(G/H) \cong S_n$ . Haar 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 normale deelgroep (een kern) bevat in $H$ (neem $x = e$ ). Als $N \trianglelefteq G$ en $N \subseteq H$ , dan voor elke $x$ : $N = xNx^{-1} \subseteq xHx^{-1}$ , dus $N \subseteq \ker\rho$ : de kern is de grootste zo’n.

(b) Zij $[G:H] = p$ , kleinste priemdeler van $\abs G$ , en $K = \ker\rho \subseteq H$ . Dan injecteert $G/K$ in $S_p$ , dus deelt $[G:K]$ $p!$ . Ook $[G:K] = [G:H]\,[H:K] = p\,[H:K]$ , dus deelt $[H:K]$ $(p-1)!$ . Maar $[H:K]$ deelt $\abs G$ , waarvan alle priemdelers $\geq p$ zijn, terwijl de priemdelers van $(p-1)!$ alle $< p$ zijn: dus $[H:K] = 1$ , d.w.z. $H = K = \ker \rho$ 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 welgedefinieerd en bijectief (baan–stabilisator; de baan is heel $X$ ), en ze vervlecht de werkingen: $\Phi(h \cdot gG_x) = \Phi(hgG_x) = (hg) \cdot x = h \cdot \Phi(gG_x)$ .

Oefening 1.9 ★★

(a) Toon dat $D(G)$ de kleinste normale deelgroep van $G$ met abels quotiënt is, en dat elk morfisme van $G$ naar een abelse groep uniek factoreert door de abelianisering $G^{\mathrm{ab}} = G/D(G)$ . (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 als $N \trianglelefteq G$ $G/N$ abels heeft, geeft dezelfde propositie $D(G) \subseteq N$ : $D(G)$ is de kleinste. Universele eigenschap: zij $f \colon G \to A$ met $A$ abels. Dan $f([x,y]) = [f(x), f(y)] = e$ , dus $D(G) \subseteq \ker f$ , en Stelling 1.3 factoreert $f = \bar f \circ \pi$ door $G^{\mathrm{ab}}$ , uniek 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),

(directe controle op $a, b, c$ ), en $3$ -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, $D(S_2) = \{e\}$ , $S_2^{\mathrm{ab}} = S_2 \cong \Z/2\Z$ — de formule $S_n^{\mathrm{ab}} \cong \Z/2\Z$ geldt voor alle $n \geq 2$ .)

$Q_8$ : het quotiënt $Q_8/\{\pm 1\}$ heeft orde $4$ , is dus abels, vandaar $D(Q_8) \subseteq \{\pm 1\}$ ; 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 $\mathrm i, \mathrm j$ kwadrateren tot $\bar 1$ ).

Oefening 1.10 ★★

Zij $G$ een $p$ -groep en $H \subsetneq G$ een eigenlijke deelgroep. Toon 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 apart $Z(G) \subseteq H$ en $Z(G) \not\subseteq H$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.10.

Inductie op $\abs G$ ; voor $\abs G = p$ is de enige eigenlijke 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 $\bar H = H/Z \subsetneq \bar G$ (correspondentietheorema). Door inductie, $N_{\bar G}(\bar H) \supsetneq \bar H$ ; kies $\bar g \in N_{\bar G}(\bar H) \setminus \bar H$ en een lift $g$ . Dan $g \notin H$ , en $gHg^{-1} \subseteq HZ = H$ : immers $\overline{ghg^{-1}} = \bar g \bar h \bar g^{-1} \in \bar H$ betekent $ghg^{-1} \in HZ = H$ (omdat $Z \subseteq H$ ). Dus $g \in N_G(H)\setminus H$ .

Maximale deelgroepen: als $M$ maximaal is, dwingt $N_G(M) \supsetneq M$ dat $N_G(M) = G$ : $M \trianglelefteq G$ . Dan is $G/M$ een $p$ -groep zonder eigenlijke niet-triviale deelgroep (correspondentie + 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 ★★★

(Eenvoud van $A_5$ , met de hand) (a) Toon dat de conjugatieklassen van $A_5$ kardinaliteiten $1$ , $15$ , $20$ , $12$ , $12$ hebben. Let op de splitsing van de $S_5$ -klasse van $5$ -cykels: voor een $5$ -cykel $\sigma$ , vergelijk de centralisatoren van $\sigma$ in $S_5$ en in $A_5$ . (b) Leid af dat $A_5$ eenvoudig is: een normale deelgroep is een unie van conjugatieklassen, bevat $e$ , en heeft kardinaliteit die $60$ deelt. (c) Toon dat een eenvoudige groep van orde $60$ noodzakelijk $n_5 = 6$ heeft.

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.11.

(a) $\abs{A_5} = 60$ . Cykeltypes in $A_5$ : $e$ ; dubbele transposities, $\frac{1}{2}\binom{5}{1}\binom{4}{2}\cdot 1 = 15$ ervan ( $5 \cdot 3$ manieren: kies het vaste punt, dan paar); $3$ -cykels, $\frac{5 \cdot 4 \cdot 3}{3} = 20$ ; $5$ -cykels, $4! = 24$ .

Een klasse van $S_5$ bevat in $A_5$ blijft één $A_5$ -klasse of splitst in twee, 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 $\sigma = (1\,2)(3\,4)$ : $\abs{Z_{S_5}(\sigma)} = 120/15 = 8$ , en $(1\,2) \in Z_{S_5}(\sigma)$ is oneven, dus $\abs{Z_{A_5}} = 4$ en de klasse heeft $60/4 = 15$ elementen: geen splitsing. Voor $\sigma = (1\,2\,3)$ : $Z_{S_5}(\sigma) \supseteq \langle \sigma \rangle \times \langle (4\,5)\rangle$ , van orde $6 = 120/20$ , dus gelijk; ze bevat de oneven $(4\,5)$ : klasse van $60/3 = 20$ : geen splitsing. Voor $\sigma$ een $5$ -cykel: $Z_{S_5}(\sigma) = \langle \sigma\rangle$ (orde $120/24 = 5$ ), alles even: $Z_{A_5}(\sigma) = \langle \sigma\rangle$ en de $A_5$ -klasse heeft $60/5 = 12$ elementen — de $24$ vijfcykels splitsen in twee klassen van $12$ . Klassegroottes: $1, 15, 20, 12, 12$ .

(b) Een normale deelgroep $N$ is een unie van conjugatieklassen inclusief $\{e\}$ , 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 de lijst zijn $1$ en $60$ : $N = \{e\}$ of $A_5$ .

(c) Zij $G$ eenvoudig met $\abs G = 60$ . $n_5 \mid 12$ , $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ : $n_5 \in \{1, 6\}$ . $n_5 = 1$ zou de Sylow $5$ -deelgroep normaal maken, in strijd met eenvoud ( $1 < 5 < 60$ ). Dus $n_5 = 6$ .

Oefening 1.12 ★★

(Normalisatoren van Sylowdeelgroepen zijn zelf-normaliserend) Zij $P$ een Sylow $p$ -deelgroep van een eindige groep $G$ en $H = N_G(P)$ . (a) Toon dat $P$ de unieke Sylow $p$ -deelgroep van $H$ is. (b) Leid af $N_G(H) = H$ . (Voor $g \in N_G(H)$ : $gPg^{-1}$ is een Sylow $p$ -deelgroep van $H$ , dus $gPg^{-1} = P$ .) (c) Concludeer dat geen Sylownormalisator in een eigenlijke normale deelgroep van $G$ zit, en dat een maximale deelgroep die $N_G(P)$ bevat zelf-normaliserend is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 1.12.

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

(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 $gPg^{-1} = P$ door (a). Dus $g \in N_G(P) = H$ : $N_G(H) \subseteq H$ , en de omgekeerde inclusie is triviaal.

(c) Stel $H \subseteq N \trianglelefteq G$ met $N$ eigenlijk. $P$ is een Sylow $p$ -deelgroep van $N$ ; voor elke $g \in G$ is $gPg^{-1} \subseteq N$ een andere, dus $gPg^{-1} = nPn^{-1}$ voor enige $n \in N$ (Sylow II in $N$ ), wat $n^{-1}g \in N_G(P) \subseteq N$ en $g \in N$ geeft: $N = G$ , tegenspraak (dit is het Frattini-argument). Voor een maximale deelgroep $M \supseteq N_G(P)$ : $N_G(M) \supseteq M$ is of $M$ of $G$ ; als $G$ , dan is $M \trianglelefteq G$ een eigenlijke normale deelgroep 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

Weekendprobleem — classificatie van kleine groepen

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

Deel I — Gereedschap.

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

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

Zij $\abs G = 2p$ met $p$ een oneven priemgetal. Toon dat $G$ een normale deelgroep $N = \langle r \rangle$ van orde $p$ heeft en een element $s$ van orde $2$ buiten $N$ .
Leid af $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ , waar $\varphi(1) \in \operatorname{Aut}(\Z/p\Z)$ een involutie is, en concludeer: $G \cong \Z/2p\Z$ of $G \cong D_p$ ; controleer dat deze twee niet isomorf zijn. Dit regelt ordes $6$ , $10$ , $14$ .
Algemener, zij $\abs G = pq$ met $p < q$ priem. Toon dat als $p \nmid q-1$ dan $G$ cyclisch is (Voorbeeld 1.22), en dat als $p \mid q - 1$ er naast $\Z/pq\Z$ precies één niet-abelse groep $\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z$ is tot op isomorfie — gebruik vraag 3 en het feit dat $\operatorname{Aut}(\Z/q\Z) \cong (\Z/q\Z)^\times$ cyclisch van orde $q - 1$ is, hier toegelaten en bewezen in Hoofdstuk 4 (cycliciteit van $\mathbb F_q^\times$ ). Concludeer voor orde $15$ .

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

Toon dat $G$ een element $r$ van orde $4$ heeft (gebruik vraag 1) en dat $N = \langle r\rangle$ normaal is.
Zij $s \notin N$ . Toon dat $s^2 \in N$ (Oefening 1.1(b)), dat $srs^{-1} = r^{-1}$ (onderzoek 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 als $s^2 = r$ of $r^3$ ? en waarom moet $s^2$ met $s$ commuteren?).
In het geval $s^2 = e$ , toon $G \cong D_4$ .
In het geval $s^2 = r^2$ , toon dat de vermenigvuldigingstabel volledig bepaald is; de resulterende groep is de quaternionengroep $Q_8 = \{\pm 1, \pm \mathrm i, \pm \mathrm j, \pm \mathrm k\}$ , $\mathrm i^2 = \mathrm j^2 = \mathrm k^2 = \mathrm i\, \mathrm j\,\mathrm k = -1$ (stel $r = \mathrm i$ , $s = \mathrm j$ ). Verifieer dat $Q_8$ bestaat, bijv. 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 dat elke niet-triviale deelgroep van $Q_8$ $-1$ bevat; leid af dat elke deelgroep van $Q_8$ normaal is, dat $D_4 \not\cong Q_8$ (tel elementen van orde $2$ ), en dat $Q_8$ geen semidirect product is van twee eigenlijke deelgroepen.

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

Toon $n_3 \in \{1, 4\}$ , $n_2 \in \{1, 3\}$ , en dat $n_3 = 4$ dwingt $n_2 = 1$ (tel elementen van orde $3$ ).
Stel $n_3 = 4$ . De conjugatiewerking op $\mathrm{Syl}_3$ geeft $\rho \colon G \to S_4$ . Toon dat $\ker \rho$ , bevat in elke $N_G(P_3)$ en dus van orde die $3$ deelt, triviaal is (waarom kan ze 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 concludeer $G \cong A_4$ .
Stel $n_3 = 1$ , dus $G \cong \Z/3\Z \rtimes_\varphi P_2$ met $\varphi \colon P_2 \to \operatorname{Aut}(\Z/3\Z) \cong \Z/2\Z$ . Som de gevallen op: $\varphi$ triviaal levert $\Z/12\Z$ en $\Z/6\Z \times \Z/2\Z$ ; $P_2 = \Z/4\Z$ met $\varphi$ surjectief levert de dicyclische groep $\mathrm{Dic}_3 = \Z/3\Z \rtimes \Z/4\Z$ ; $P_2 = (\Z/2\Z)^2$ met $\varphi$ surjectief levert, tot op de equivalentie van vraag 3, een unieke groep — toon dat ze $D_6$ is, bijv. door een element van orde $6$ en een spiegelingsachtige involutie te vertonen.
Toon dat $\Z/12\Z$ , $\Z/6\Z \times \Z/2\Z$ , $D_6$ , $A_4$ , $\mathrm{Dic}_3$ paarsgewijs niet-isomorf zijn (tel elementen van orde $2$ , of gebruik $n_3$ ). Dit regelt orde $12$ .

Deel V — Synthese.

Stel de classificatietabel samen: voor elke orde $n \leq 15$ , de volledige lijst van groepen tot op isomorfie, 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 $p^3$ , $p$ oneven. De orde- $8$ -analyse van Deel III heeft een fraai oneven-priem-analoog, met één echt nieuw fenomeen. Zij $p$ een oneven priemgetal en $G$ niet-abels van orde $p^3$ .

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

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

(Verplaats elke $y$ langs elke $x$ ; elke oversteek kost één centrale factor $z$ .)
Leid af dat voor $p$ oneven de afbeelding $\theta\colon x \mapsto x^p$ een groepsmorfisme van $G$ naar $Z(G)$ is (waarom is $x^p$ centraal? waarom heeft $z^{p(p-1)/2} = e$ $p$ oneven nodig?), en concludeer dat $G$ exponent $p$ of $p^2$ heeft, de twee gevallen onderscheiden door of $\theta$ triviaal is.
(Exponent $p$ ) Stel dat elk element $x^p = e$ vervult. Kies $x, y$ waarvan de klassen $G/Z(G)$ voortbrengen en stel $z = [y, x]$ . Toon dat $z \neq e$ , dat elk element van $G$ uniek $x^ay^bz^c$ is ( $0 \leq a, b, c < p$ ), en dat de vermenigvuldiging volledig bepaald is door de relaties $x^p = y^p = z^p = e$ , $z$ centraal, $[y, x] = z$ . Verifieer 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 relaties realiseert en exponent $p$ heeft (bereken $(I + N)^p$ met $N$ strikt bovendriehoekig, 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 enige $r \in G$ orde $p^2$ heeft, en stel $N = \langle r\rangle$ , normaal (index $p$ : Oefening 1.10). Toon dat er $s \notin N$ is met $s^p = e$ (neem enige $t \notin N$ ; corrigeer met vraag 20: $\theta(t) = t^p \in Z(G) \subseteq N$ — rechtvaardig $Z(G) = \langle r^p\rangle$ — en kies $a$ met $s = tr^{a}$ die $s^p = e$ vervult; waar wordt $p$ oneven gebruikt?). Toon $srs^{-1} = r^{1+p}$ tot op vervanging van $s$ door een macht, en concludeer: 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 toegelaten, dus heeft ze een unieke deelgroep van orde $p$ ).
Concludeer de telling: voor oneven $p$ zijn er precies $5$ groepen van orde $p^3$ (drie abels, twee niet-abels), net als voor $p = 2$ — maar de twee niet-abelse zijn niet langer $D_4$ en $Q_8$ . Wijs precies aan waar het oneven- $p$ -argument breekt voor $p = 2$ : 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 $Q_8$ een uniek element van orde $2$ terwijl exponent- $4$ $D_4$ er vijf heeft.

Deel VII — Complementen.

Voor $p$ oneven, tel de elementen van orde $p$ in elk van de twee niet-abelse groepen van orde $p^3$ : toon dat $H_p$ er precies $p^3 - 1$ heeft, terwijl $M_p = \Z/p^2\Z \rtimes \Z/p\Z$ er precies $p^2 - 1$ heeft (gebruik het morfisme $\theta$ van vraag 20: identificeer haar beeld, dan de orde van haar kern). Verifieer numeriek voor $p = 3$ : $26$ tegen $8$ . Verklaar waarom geen kwadrateringsmorfisme-argument van dit type $D_4$ van $Q_8$ kan scheiden, en welke telling dat wél doet.
Noem een geheel getal $n \geq 1$ cyclisch als elke groep van orde $n$ cyclisch is. Toon dat als $p^2 \mid n$ voor enig priemgetal $p$ , of als $n$ priemdelers $p < q$ heeft met $p \mid q - 1$ , dan $n$ niet cyclisch is (vertoon in elk geval een niet-cyclische groep van orde $n$ , met Deel II voor de tweede). Leid af dat $n$ cyclisch dwingt $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ , waar $\varphi$ de totient van Euler is, en controleer tegen de tabel van vraag 17: onder $n \leq 15$ zijn de ordes die één groep dragen precies $n \in \{1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 15\}$ , precies die met $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ .

Oplossing

Oplossing van Probleem 1.1.

1. Voor $x, y \in G$ : $(xy)^2 = e$ geeft $xy = (xy)^{-1} = y^{-1}x^{-1} = yx$ (elk element is zijn eigen inverse): abels. Zo’n $G$ , additief genoteerd, is een vectorruimte over $\mathbb F_2$ ( $2x = 0$ , en de axioma’s zijn de abelse-groep-axioma’s); als eindig, 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). Als enig element orde $p^2$ heeft, 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 $8$ , via de maximale orde $m$ van een element: $m = 8$ : cyclisch $\Z/8\Z$ . $m = 2$ : $(\Z/2\Z)^3$ door vraag 1. $m = 4$ : zij $x$ van orde $4$ en $y \notin \langle x \rangle$ ; $y^2 \in \langle x\rangle$ (index $2$ ). $y^2 \in \{x, x^3\}$ zou $y$ orde $8$ geven; dus $y^2 \in \{e, x^2\}$ . Als $y^2 = x^2$ , vervang $y$ door $xy$ : $(xy)^2 = x^2y^2 = x^4 = e$ ( $G$ abels) en $xy \notin \langle x\rangle$ . Dus mogen we $y^2 = e$ aannemen: dan $\langle x \rangle \cap \langle y \rangle = \{e\}$ , beide normaal (abels), $\abs{\langle x\rangle \langle y\rangle} = 8$ : Propositie 1.24 geeft $G \cong \Z/4\Z \times \Z/2\Z$ . Irredundant: de aantallen oplossingen van $x^2 = e$ zijn $2, 4, 8$ 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. $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ (Oefening 1.3): voor $n = 3$ : $\{\pm 1\} \cong \Z/2\Z$ ; $n = 4$ : $\{\bar 1, \bar 3\} \cong \Z/2\Z$ ; $n = 5$ : $\{\bar 1, \bar 2, \bar 3, \bar 4\}$ , cyclisch van orde $4$ voortgebracht door $\bar 2$ ( $2, 4, 3, 1$ ); $n = 7$ : cyclisch van orde $6$ voortgebracht door $\bar 3$ ( $3, 2, 6, 4, 5, 1$ ). Voor $V = (\Z/2\Z)^2$ : een automorfisme is $\mathbb F_2$ -lineair (het bewaart optelling, en scalairen zijn $0, 1$ ), dus $\operatorname{Aut}(V) = GL_2(\mathbb F_2)$ , van orde $(4-1)(4-2) = 6$ ; ze 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 $r$ van orde $p$ ; $N = \langle r \rangle$ heeft index $2$ , is dus normaal (Oefening 1.1). Cauchy levert ook $s$ van orde $2$ , en $s \notin N$ (alle niet-identiteitselementen van $N$ hebben oneven orde $p$ ).

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

7. $n_q \equiv 1 \pmod q$ deelt $p < q$ : $n_q = 1$ , dus $N \cong \Z/q\Z$ is normaal. Zij $P \cong \Z/p\Z$ een Sylow $p$ -deelgroep: $N \cap P = \{e\}$ , $NP = G$ (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, toegelaten). Als $p \nmid q - 1$ : het beeld van $\varphi$ heeft orde die zowel $p$ als $q-1$ deelt, is dus triviaal, en $G \cong \Z/pq\Z$ (Voorbeeld 1.22). Als $p \mid q - 1$ : naast de triviale $\varphi$ is elke niet-triviale $\varphi$ injectief (haar kern, een deelgroep van $\Z/p\Z$ , is triviaal) met 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 $\Z/p\Z \to C$ , dus $\alpha = \varphi^{-1}\circ\varphi' \in \operatorname{Aut}(\Z/p\Z)$ vervult $\varphi' = \varphi\circ\alpha$ : door vraag 3 zijn de twee semidirecte producten isomorf. Dus precies één niet-abelse groep van orde $pq$ (niet-abels omdat $\varphi \neq \mathrm{id}$ enige conjugatie niet-triviaal maakt). Orde $15$ : $p = 3$ , $q = 5$ , $3 \nmid 4$ : alleen cyclisch.

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

9. $s^2 \in N$ door Oefening 1.1(b). De conjugaat $srs^{-1} \in N$ heeft orde $4$ , dus $srs^{-1} \in \{r, r^3\}$ ; als $srs^{-1} = r$ dan commuteren $r$ en $s$ en $G = \langle r, s\rangle$ is abels — uitgesloten. Dus $srs^{-1} = r^{-1}$ . Als $s^2 = r$ of $r^3$ , dan heeft $s$ orde $8$ : uitgesloten. (Alternatief: $s^2$ commuteert met $s$ , maar $s r s^{-1} = r^{-1}$ en $s r^3 s^{-1} = r^{-3} = r$ : noch $r$ noch $r^3$ is vast onder conjugatie door $s$ .) Dus $s^2 \in \{e, r^2\}$ .

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

11. Als $s^2 = r^2$ : opnieuw $G = \{r^i s^j\}$ en de relaties $r^4 = e$ , $s^2 = r^2$ , $srs^{-1} = r^{-1}$ dwingen de hele tabel. Met $\mathrm i = r$ , $\mathrm j = s$ , $\mathrm k = rs$ , $-1 = r^2$ : $\mathrm i^2 = \mathrm j^2 = -1$ , $\mathrm k^2 = rsrs = r r^{-1} s s = s^2 = -1$ (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}

vervullen $A^4 = I$ , $B^2 = -I = A^2$ en $BAB^{-1} = A^{-1}$ — voor de laatste, controleer

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

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

12. Zij $H \neq \{e\}$ een deelgroep en $x \in H \setminus \{e\}$ . Als $x \neq -1$ dan $x \in \{\pm\mathrm i, \pm\mathrm j, \pm\mathrm k\}$ 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 $2$ door Oefening 1.1, $Q_8$ zelf). $D_4$ heeft vijf elementen van orde $2$ ( $r^2$ en de vier spiegelingen), $Q_8$ slechts één ( $-1$ ): niet isomorf. Een semidirect product $H \rtimes K$ met $H, K \neq \{e\}$ eist $H \cap K = \{e\}$ , onmogelijk omdat beide $-1$ bevatten.

13. $n_3 \mid 4$ , $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ : $n_3 \in \{1, 4\}$ ; $n_2 \mid 3$ , oneven: $n_2 \in \{1, 3\}$ . Als $n_3 = 4$ : de vier Sylow $3$ -deelgroepen snijden paarsgewijs triviaal (priemorde), wat $4 \times 2 = 8$ elementen van orde $3$ geeft; de overblijvende $4$ elementen moeten 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, d.w.z. orde $3$ : $\abs{\ker\rho} \in \{1, 3\}$ . Orde $3$ zou $\ker\rho$ een normale Sylow $3$ -deelgroep maken, in strijd met $n_3 = 4$ . Dus is $\rho$ injectief en haar beeld $H \leq S_4$ heeft orde $12$ , index $2$ : $H \trianglelefteq S_4$ en $H$ bevat alle kwadraten (Oefening 1.1(b)). De kwadraten van $S_4$ omvatten $e$ en alle acht $3$ -cykels ( $\sigma = (\sigma^2)^2$ voor een $3$ -cykel), die $A_4$ voortbrengen (ze liggen in $A_4$ , en met hun producten geven ze alle twaalf elementen; of: Lemma 1.32 voor het voortbrengende deel bij $n = 4$ , dat alleen $n \geq 3$ nodig heeft). Dus $A_4 \subseteq H$ en $\abs{A_4} = \abs H$ : $G \cong H = A_4$ .

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

$\varphi$ triviaal: directe producten $\Z/3\Z \times \Z/4\Z \cong \Z/12\Z$ en $\Z/3\Z \times (\Z/2\Z)^2 \cong \Z/6\Z \times \Z/2\Z$ .
$P_2 = \Z/4\Z$ , $\varphi$ surjectief: noodzakelijk $\varphi(1) = -\mathrm{id}$ (de enige niet-triviale keuze): één groep, $\mathrm{Dic}_3 = \Z/3\Z \rtimes \Z/4\Z$ .
$P_2 = (\Z/2\Z)^2$ , $\varphi$ surjectief: $\ker\varphi$ is één 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 door vraag 3 geven ze één isomorfieklasse. Ze is $D_6$ : kies $t$ die $\ker\varphi$ voortbrengt en $x$ die $\Z/3\Z$ voortbrengt; het element $\rho = (x, t)$ vervult $\rho^2 = (2x, 0)$ , $\rho^3 = (0, t)$ , $\rho^6 = e$ en geen kleinere macht is $e$ : orde $6$ ; voor $s = (0, u)$ met $u \notin \ker\varphi$ : $s^2 = e$ en $s\rho s^{-1} = (-x, t) = \rho^{-1}$ . Omdat $\langle \rho, s\rangle$ orde $12$ heeft, $G \cong D_6$ .

16. Tellen van elementen van orde $2$ : $\Z/12\Z$ heeft $1$ ; $\Z/6\Z\times\Z/2\Z$ heeft $3$ ; $D_6$ heeft $7$ (zes spiegelingen en de halve draai $\rho^3$ ); $A_4$ heeft $3$ ; $\mathrm{Dic}_3$ heeft $1$ (alleen $(0, 2)$ : een element $(h, k)$ met $k$ van orde $4$ in $\Z/4\Z$ heeft orde $4$ ). Dit scheidt 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 onderscheiden groepen; delen II–IV tonen dat de lijst volledig is.

17. De classificatietabel:

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

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

18. $Z = Z(G)$ is niet-triviaal (Stelling 1.12) en $Z \neq G$ (niet-abels), dus $\abs Z \in \{p, p^2\}$ . Als $\abs Z = p^2$ , dan is $G/Z$ cyclisch van orde $p$ en maakt Oefening 1.2 $G$ abels: uitgesloten, dus $\abs Z = p$ en $\abs{G/Z} = p^2$ . Door vraag 2 is $G/Z$ gelijk aan $\Z/p^2\Z$ of $(\Z/p\Z)^2$ ; cyclisch is opnieuw uitgesloten door Oefening 1.2: $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$ . Omdat $G/Z$ abels is, ligt elke commutator in $Z$ : $D(G) \subseteq Z$ ; en $D(G) \neq \{e\}$ ( $G$ niet-abels), dus $D(G) = Z$ ( $\abs Z = p$ laat geen ruimte). Commutatoren zijn centraal van orde die $\abs Z = p$ deelt.

19. Inductie op $k$ , het geval $k = 1$ is triviaal. Met $yx = xyz^{-1}\cdot$ — precies, $z = [y, x] = yxy^{-1}x^{-1}$ geeft $yx = zxy$ , d.w.z. één $y$ naar links langs één $x$ verplaatsen produceert één factor $z$ , die centraal is en overal geparkeerd kan worden. Dan

(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},

omdat $x$ langs $y^k$ dragen $k$ factoren $z$ kost ( $y^kx = z^kxy^k$ , 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 $p$ oneven is $(p-1)/2$ een geheel getal, dus $z^{p(p-1)/2} = (z^p)^{(p-1)/2} = e$ (vraag 18: $z$ heeft orde die $p$ deelt): $\theta(xy) = \theta(x)\theta(y)$ , een morfisme. Haar waarden zijn centraal: de klasse van $x$ in $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$ heeft orde die $p$ deelt, dus $x^p \in Z$ . Als $\theta$ triviaal is, heeft elk element orde die $p$ deelt: exponent $p$ (niet $1$ : $G \neq \{e\}$ ). Anders is enige $x^p \neq e$ , en $x$ heeft orde $p^2$ (orde deelt $p^3$ , en $x$ kan geen orde $p^3$ hebben: $G$ zou cyclisch zijn, dus abels): exponent $p^2$ .

21. Klassen $\bar x, \bar y$ die $G/Z$ voortbrengen: hun commutator $z = [y, x]$ is $\neq e$ , anders zouden $x, y, Z$ een abelse $G$ voortbrengen (hun klassen brengen het quotiënt voort en $Z$ is centraal) — en $z$ brengt $Z$ voort ( $\abs Z = p$ ). Elk $g \in G$ heeft klasse $\bar x^a\bar y^b$ voor unieke $0 \leq a, b < p$ , dus $g = x^ay^bz^c$ met een unieke $0 \leq c < p$ : $p^3$ elementen, allemaal verklaard. Producten van zulke normaalvormen worden berekend met alleen $yx = zxy$ , $z$ centraal, en $x^p = y^p = z^p = e$ : de tabel is gedwongen, dus zijn twee niet-abelse groepen van orde $p^3$ en exponent $p$ isomorf (pas de voortbrengers). De Heisenberggroep realiseert de relaties: met $X = I + E_{12}$ , $Y = I + E_{23}$ berekent men $[Y, X] = I - E_{13}$ (centraal in $H_p$ ), en voor elke strikt bovendriehoekige $N$ 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 $p$ . Dus is de exponent- $p$ -groep $H_p$ .

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

23. Abels: $\Z/p^3\Z$ , $\Z/p^2\Z\times\Z/p\Z$ , $(\Z/p\Z)^3$ (argument van vraag 2, één graad hoger: classificeer via 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 exponenten. 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 oneven- $p$ -wereld is, 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); $\theta(r) = r^p \neq e$ , dus is het beeld het hele centrum van orde $p$ en $\ker\theta = \{x : x^p = e\}$ heeft orde $p^3/p = p^2$ . De elementen van orde $p$ zijn de niet-identiteitselementen van deze kern: $p^2 - 1$ ervan. Voor $p = 3$ : $H_3$ heeft $27 - 1 = 26$ elementen van orde $3$ , en $M_3 = \Z/9\Z \rtimes \Z/3\Z$ heeft $9 - 1 = 8$ . Voor $p = 2$ sterft het argument bij de start: kwadrateren is geen morfisme op een niet-abelse groep van orde $8$ (vraag 23), en inderdaad heeft de verzameling $\{x : x^2 = e\}$ $6$ elementen in $D_4$ — niet de orde van een deelgroep van $D_4$ . De telling die het paar wél scheidt is het aantal elementen van orde $2$ : vijf in $D_4$ , één in $Q_8$ (vraag 11).

25. Als $p^2 \mid n$ , heeft de groep $\Z/p\Z \times \Z/(n/p)\Z$ orde $n$ en is niet cyclisch: de orde van elk element deelt $\operatorname{lcm}(p, n/p) = n/p < n$ , omdat $p \mid n/p$ . Als $p < q$ priemdelers van $n$ zijn met $p \mid q - 1$ , 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 niet-abels, dus niet cyclisch. Stel nu $\gcd(n, \varphi(n)) > 1$ en kies een priemgetal $p$ dat beide deelt. Schrijvend $\varphi(n) = \prod_{q^a \parallel n} q^{a-1}(q - 1)$ , betekent $p \mid \varphi(n)$ ofwel $p^2 \mid n$ (de factor $q^{a-1}$ met $q = p$ , $a \geq 2$ ) of $p \mid q - 1$ voor enig priemgetal $q \mid n$ , $q \neq p$ : in beide gevallen is $n$ niet cyclisch door het voorgaande. Door contrapositie dwingt $n$ cyclisch 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 entries van de tabel van vraag 17 met één groep. De andere ordes zijn zoals hierboven niet-cyclisch: $4, 8, 9, 12$ door een kwadraatfactor, $6, 10, 12, 14$ door $2 \mid q - 1$ . (Het omgekeerde — $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ impliceert $n$ cyclisch — is ook waar; vraag 7 bewijst haar eerste niet-triviale geval, $n = pq$ met $p \nmid q - 1$ .)

1.1 Quotiëntgroepen en de isomorfiestellingen

1.2 Groepswerkingen

1.3 De Sylowstellingen

1.4 Producten, direct en semidirect

1.5 Oplosbare groepen; eenvoud van AnA_nAn​

1.6 Oefeningen

1.7 Probleem: de groepen van orde ten hoogste 15

1.5 Oplosbare groepen; eenvoud van $A_n$