Ha egy csoport rendje prímhatvány, akkor a szerkezete sokkal szebb, mint az általános csoportoké. Ugyanakkor Sylow tételei szerint minden csoport felépítésében alapvető szerepet játszanak a prímhatványrendű csoportok.
Ezért e csoportok vizsgálata külön figyelmet érdemel. A szakasz elolvasása előtt érdemes átismételni a konjugáltosztályokról és a centrumról tanultakat.
4.11.1. Definíció. Legyen p prímszám. Azt mondjuk, hogy a G véges csoport p-csoport, ha G rendje p-nek hatványa. Az egyelemű csoportot minden p-re p-csoportnak tekintjük.
Megjegyzés
Végtelen csoportokra fenti definíció nem alkalmazható. Helyette azt szokás föltenni, hogy a csoport minden elemének a rendje p-hatvány. Lagrange tétele miatt egy p-hatvány rendű csoport minden elemének a rendje p-hatvány. Megfordítva, ebben a szakaszban belátjuk majd, hogy ha egy véges csoport minden elemének rendje p-hatvány, akkor a csoport rendje szintén p-nek hatványa. Így véges csoport esetében mindegy, hogy melyik definíciót alkalmazzuk.
4.11.2. Tétel. Legyen p prímszám. Ha P (véges) nem egyelemű p-csoport, akkor Z(P) sem egyelemű.
Bizonyítás. Bontsuk föl P-t konjugáltosztályainak uniójára. Az egyelemű osztályok P centrumát alkotják. Ha K1,...,Km a többi konjugáltosztály, akkor
(ezt Posztályegyenletének nevezzük).
Tudjuk, hogy Ki elemszáma (ami tetszőleges eleme centralizátorának az indexe) osztója P rendjének, ami a p prímszámnak hatványa. Ezért Ki elemszáma is p-hatvány. Mivel |Ki|>1, azt kapjuk, hogy |Ki| osztható p-vel. De
|P| is osztható p-vel, hiszen P nem az egyelemű csoport. Az osztályegyenletből az adódik, hogy |Z(P)| is osztható p-vel. Ekkor pedig Z(P) nem lehet egyelemű. □
4.11.3. Következmény. Minden prímnégyzet rendű csoport kommutatív.
Bizonyítás. Legyen P egy p2 rendű csoport, ahol p prím. Ekkor Z(P) elemszáma az előző tétel és Lagrange tétele szerint vagy p, vagy p2. Az utóbbi esetben készen vagyunk, hiszen Z(P) kommutatív, az előbbit kell kizárnunk.
Legyen 1≠ g∈ Z(P), és h∈ G, h∉ Z(P). Ekkor gh=hg, hiszen g a centrumban van. Ezért a H=⟨ g,h⟩ ={gnhm : n,m∈ ℤ} halmaz egy kommutatív részcsoportja P-nek (4.8.41. Gyakorlat). A H részcsoport tartalmazza Z(P)-t
(hiszen a prímrendű Z(P)-t már g hatványai is kiadják), sőt, a h elem miatt bővebb Z(P)-nél. Így H rendje csakis p2 lehet. Ezért H=P, vagyis P Abel. Ekkor azonban Z(P)=P, azaz a centrum mégsem p rendű. Ez az ellentmondás bizonyítja az állítást. □
Ha G egy p2 rendű csoport, akkor tehát kommutatív, és így a véges Abel-csoportok alaptétele miatt kétféle lehet:
ℤp2+ és (ℤp+)2. Az előző bizonyítás fő gondolatát érdemes külön is megfogalmazni.
4.11.4. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy ha egy G csoportban G/Z(G) ciklikus, akkor G Abel (és így G/Z(G) az egyelemű csoport).
4.11.5. Következmény. Ha p prím, akkor a véges egyszerű p-csoportok éppen a prímrendű csoportok.
Bizonyítás. Legyen P egy egyszerű p-csoport. Ekkor a 4.11.2. Tétel miatt |Z(P)|>1. Mivel Z(P)⊲ P, és P egyszerű, ezért Z(P)=P, vagyis P kommutatív. A 4.8.3. Következmény miatt így P prímrendű ciklikus csoport.
□
Megmutatjuk még, hogy egy p-csoportnak mindig „nagyon sok” nagy részcsoportja van (ellentétben a véges egyszerű csoportokkal, amelyeknek bizonyos értelemben „nagyon kevés” nagy részcsoportja is lehet, vö.
4.12.15. Tétel).
4.11.6. Definíció. Egy G csoport egy H valódi részcsoportja maximális részcsoport, ha nincs G-nek H-t tartalmazó, valódi részcsoportja (a H-n kívül).
4.11.7. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy minden prímindexű részcsoport maximális.
4.11.8. Tétel. Legyen p prím, és P egy véges p-csoport. Ekkor P minden maximális részcsoportja normálosztó, és az indexe p.
Bizonyítás. Indukcióval bizonyítunk P rendje szerint. Ha P az egyelemű csoport, akkor egyáltalán nincs maximális részcsoportja, és az állítás ezért igaz.
Tegyük föl, hogy a P rendjénél kisebb rendű csoportokra már igaz az állítás, és legyen M maximális részcsoport P-ben. Tudjuk, hogy Z(P) normálosztó P-ben, ami nem csak az egységelemből áll. Két esetet különböztetünk meg.
Az első eset az, hogy Z(P) nem része M-nek. Tekintsük az M részcsoport NP(M) normalizátorát (4.8.27.
Definíció). Ez tartalmazza Z(P)-t hiszen Z(P) minden eleme fölcserélhető M elemeivel. Tartalmazza továbbá M-et is, és így M-nél bővebb. Ezért ez a normalizátor M maximalitása miatt az egész P, vagyis M normálosztó P-ben.
A második eset az, ha Z(P)⊆ P. Ebben az esetben a 4.7.24. Tételt alkalmazzuk a P/Z(P) faktorcsoportra.
Tudjuk, hogy ennek részcsoportjai kölcsönösen egyértelmű megfeleltetésben állnak a P csoport Z(P)-t tartalmazó részcsoportjaival, és normálosztónak normálosztó felel meg. Ezért M/Z(P) maximális részcsoportja P/Z(P)-nek. Az indukciós feltevést P/Z(P)-re alkalmazva azt kapjuk, hogy M/Z(P) normálosztó P/Z(P)-ben.
Ezért a neki megfelelő M is normálosztó lesz P-ben.
Mindkét esetben beláttuk tehát, hogy M⊲ P. Ismét a 4.7.24. Tétel miatt az M/P csoportnak csak triviális részcsoportjai vannak, és így prímrendű ciklikus csoport (4.4.23. Tétel). Ezért |P:M|=p. □
A most igazolt állítás annak a tünete, hogy minden véges p-csoport úgynevezett nilpotens csoport (lásd a 4.13.19. Definíciót, a 4.11.22. Gyakorlatot és a 4.13.23. Állítást).
Az eddig bizonyított tételek alapján valamit mondhatunk a p3 rendű csoportok szerkezetéről is. Legyen |P|=p3. Ha P kommutatív, akkor a véges Abel-csoportok alaptétele miatt P háromféle lehet: (ℤp+)3, ℤp2+×ℤp+ és ℤp3+. 4.11.9. Állítás. Ha P nemkommutatív p3 rendű csoport, ahol p prím, akkor P'=Z(P) egy p rendű részcsoport, és P/Z(P)≅ (ℤp+)2.
Bizonyítás. A 4.11.4. Gyakorlat miatt P/Z(P) nem lehet ciklikus. Speciálisan nem lehet p rendű. Nem lehet p3 rendű sem, mert akkor Z(P) egyelemű volna. Ezért Z(P) rendje p, a P/Z(P) faktor rendje pedig p2. A 4.11.3.
Következmény szerint P/Z(P) kommutatív, és mivel nem ciklikus, a véges Abel-csoportok alaptétele miatt (ℤp+)2-tel izomorf. Mivel P/Z(P) kommutatív, ezért P'⊆ Z(P) (a 4.8.23. Állítás miatt). Másfelől P'<Z(P) nem
lehetséges, mert akkor P' az egyelemű csoport lenne, ahonnan az következne, hogy P kommutatív. Ezért P'=Z(P). □
4.11.10. Feladat. Mutassuk meg, hogy egy nyolcelemű nemkommutatív csoport vagy a D4 diédercsoporttal, vagy a Q kvaterniócsoporttal izomorf.
Ha p>2, akkor is két nemkommutatív nyolcelemű csoport van, de ezek másmilyenek, mint a p=2 esetben. A legfontosabb különbség, hogy az egyikükben nincsen p2 rendű elem. Ezt a legegyszerűbben mátrixok segítségével lehet megadni.
4.11.11. Definíció. Legyen T test, és tekintsük azokat az n× n-es mátrixokat, amelyek főátlója alatt csupa nulla, a főátlójában pedig csupa nem nulla elem áll. E mátrixok csoportját a szorzásra T(n,T)-vel fogjuk jelölni. A T(n,T) azon elemeinek halmazát, amelyben a főátlóban végig 1-esek állnak, UT(n,T) jelöli.
Az elnevezésben a T betű trianguláris, az U betű unitrianguláris mátrixra utal. Nyilvánvaló, hogy ha T véges test, akkor UT(n,T) elemszáma |T|n(n-1)/2, hiszen a főátló fölötti elemek mindegyikét tetszőlegesen választhatjuk T-ből. A T(n,T) csoportban a főátlóbeli elemeket a nulla kivételével szintén tetszőlegesen választhatjuk, ezért
|T(n,T)|=|UT(n,T)|(|T|-1)n.
4.11.12. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy ha p>2 prím, akkor az UT(3,ℤp) csoport egy p3 rendű, nemkommutatív, két elemmel generálható csoport, melyben minden elem rendje 1 vagy p. Melyik csoportot kapjuk p=2 esetén?
A másik p3 rendű nemkommutatív csoportot definiáló relációkkal (de igazándiból szemidirekt szorzatként) adjuk meg. Ez a definíció p=2 esetén szintén a D4 csoportot adja.
4.11.13. Feladat. Legyen p prímszám, és
Igazoljuk, hogy G nemkommutatív p3 rendű csoport, amelyben van p2 rendű elem.
A Lagrange-tétel megfordítása nem igaz. Ha G véges csoport, és d osztója G rendjének, akkor nem feltétlenül van G-ben sem d rendű elem, sem d rendű részcsoport (4.8.34. Gyakorlat). Ha azonban d egy p prím hatványa, akkor mindig van d rendű részcsoport, sőt ezek száma kongruens 1-gyel modulo p. Ez Sylow nevezetes tétele, melyet most bebizonyítunk.
4.11.14. Lemma. Legyenek G és H egyforma rendű véges csoportok, és q egy p prím hatványa, mely osztja ezt a közös rendet. Jelölje nG, illetve nH a G, illetve H azon részcsoportjainak számát, melyek rendje q. Ekkor nG≡ nH
(p).
Ez a lemma azért hasznos, mert ha speciálisan H a ciklikus csoport, akkor az nH értékét ismerjük: a 4.3.27.
Állítás szerint nH=1 (tetszőleges q esetén). Ezért a következő állítást kapjuk:
4.11.15. Tétel. Ha a p prím egy q hatványa osztja a G véges csoport rendjét, akkor van G-ben q rendű részcsoport, sőt ezek száma kongruens 1-gyel mod p.
Persze ha tudjuk, hogy nG kongruens 1-gyel modulo p, akkor nG≠ 0, tehát nem kell külön bebizonyítani, hogy van q rendű részcsoport.
Bizonyítás. A 4.11.14. Lemmát kell belátni. Jelölje X a G összes q-elemű részhalmazaiból álló halmazt. Hasson G az X-en balszorzással:
(itt g∈ G, A∈ X). A „pontok” tehát halmazok, és könnyen ellenőrizhetjük, hogy ez tényleg hatás.
Először vizsgáljuk azokat a pályákat, melyek valamelyik eleme egy K részcsoport (még nem tudjuk, van-e ilyen pálya). Ekkor a pálya többi eleme gK alakú, azaz ennek a pályának az elemei éppen a K szerinti bal mellékosztályok. Ezért ennek a pályának az elemszáma |G:K|=|G|/q, és a pályán az egyetlen részcsoport a K, vagyis az ilyen pályák száma nG.
Most tegyük föl, hogy az A={a1,...,aq}∈ X elem pályájának egyetlen eleme sem részcsoport. Tekintsük az A
„pont” GA stabilizátorát. Ez azokból a g∈ G elemekből áll, melyekre gA=A. Ezért
vagyis az A halmaz GA szerinti jobb mellékosztályok egyesítése. Jelölje az ebben az unióban szereplő különböző mellékosztályok számát mA, akkor tehát q=|A|=mA⋅ |GA|. Ha mA=1 lenne, azaz ha A=GAa alkalmas a∈ A esetén, akkor az a-1A=a-1GAa halmaz benne van A pályájában, és részcsoport. Ez ellentmondás, tehát mA>1, és így mA∣ q miatt mA osztható p-vel. Az A pályájának elemszáma pedig
Tudjuk, hogy a pályák elemszámának összege kiadja az alaphalmaz, azaz X elemszámát. Jelöljük a |G|/q számot t-vel, akkor tehát minden részcsoportot tartalmazó pálya elemszáma t, és ezeknek az összhossza nGt. A többi pálya hossza tmA alakú, ahol mA egy p-vel osztható szám. Ezért
ahol xG valamilyen egész szám (ami a G csoporttól függ).
Ugyanez a gondolatmenet a H csoportra is elmondható:
ahol xH valamilyen egész szám. A két egyenlőséget összevetve és t-vel osztva éppen a 4.11.14. Lemma állítása adódik. □
4.11.16. Definíció. Legyen G véges csoport, és a rendjének a prímtényezős felbontása |G|=p1α 1... pkα
k. A piα i
rendű részcsoportokat a G csoport pi-Sylow részcsoportjainak nevezzük. Egy részcsoport tehát akkor p-Sylow részcsoport, ha rendje p-hatvány, indexe pedig p-vel nem osztható.
4.11.17. Lemma. Legyen G véges csoport, Q egy p-hatványrendű részcsoport, P pedig egy p-Sylow részcsoport. Ekkor van olyan g∈ G, melyre Q≤ gPg-1.
Bizonyítás. Legyen X a P részcsoport G-beli konjugáltjainak a halmaza:
A 4.8.28. Következmény miatt az X halmaz elemszáma |G:NG(P)|. Ez a szám osztója |G:P|-nek (hiszen
|G:P|=|G:NG(P)|⋅ |NG(P):P|). Mivel P egy p-Sylow részcsoport, |G:P| nem osztható p-vel. Ezért X elemszáma sem osztható p-vel.
Hasson a Q részcsoport az X halmazon konjugálással, azaz h∈ Q és R∈ X esetén legyen
Mivel Q rendje p-hatvány, minden stabilizátor indexe (azaz minden pálya elemszáma) szintén p-hatvány, tehát vagy p-vel osztható, vagy 1. De |X| nem osztható p-vel, így van olyan pálya, amelynek elemszáma 1, azaz amelynek a stabilizátora a teljes Q. Ha ennek a pályának az egyetlen eleme R=gPg-1, akkor tehát azt kaptuk, hogy bármely h∈ Q esetén hRh-1=R, azaz Q≤ NG(R).
Készen lennénk, ha sikerülne belátni, hogy Q≤ R. Az NG(R) csoportban R normálosztó, Q részcsoport. Ezért a 4.7.23. Gyakorlat miatt szerint RQ is részcsoport, és rendje |R||Q|/|R∩ Q| (4.6.14. Gyakorlat). Ez p-hatvány, és így legfeljebb |R| lehet, hiszen R egy p-Sylow részcsoport. Mivel R⊆ RQ, ezért RQ=R. De akkor Q⊆ RQ=R miatt készen vagyunk. □
4.11.18. Tétel. [Sylow tételei] Legyen G véges csoport, és p a G rendjének tetszőleges prímosztója. Ekkor igazak a következő állítások.
1. Van G-ben p-Sylow részcsoport.
2. G minden p-hatványrendű részcsoportja része G egy p-Sylow részcsoportjának.
3. Bármely két p-Sylow részcsoport konjugált G-ben.
4. Ha q egy G rendjét osztó p-hatvány, akkor a q-rendű G-beli részcsoportok száma kongruens 1-gyel modulo p.
5. A p-Sylow részcsoportok száma osztója |G:P|-nek.
Bizonyítás. A (4) állítás pontosan a 4.11.15. Tétel, amiből (1) is következik. A (2) és (3) állítások az előző lemmából adódnak, hiszen p-Sylow részcsoport minden konjugáltja is p-Sylow részcsoport. Végül (5) következik (3)-ból, hiszen tudjuk, hogy egy részcsoport konjugáltjainak száma a normalizátorának indexe, és ha P egy p-Sylow, akkor |G:NG(P)| osztója |G:P|-nek. □
4.11.19. Következmény. [Cauchy-tétel] Ha a G véges csoport rendje osztható a p prímszámmal, akkor G-ben van p rendű elem.
Bizonyítás. A Sylow-tételek miatt van p rendű részcsoport, amit csak p rendű elem generálhat. □
Mintaként belátjuk, hogy nincs 100 rendű egyszerű csoport. Tegyük föl, hogy G egy 100 rendű csoport, és jelölje n az 5-Sylow részcsoportok számát G-ben. Ekkor n≡ 1 (5), másrészt n osztója minden 5-Sylow indexének. Az 5-Sylowok rendje 25, és így indexük 100/25=4. Ennek osztói 1,2,4, és ezek közül csak az 1 kongruens 1-gyel modulo 5. Ezért G-ben egyetlen 5-Sylow van. Ez tehát az összes konjugáltjaival megegyezik (mert egy 5-Sylow részcsoport minden konjugáltja 5-Sylow részcsoport), azaz normálosztó. Vagyis egy 100 rendű csoportban mindig van 25 rendű normálosztó, és ezért nem lehet egyszerű.
4.11.20. Következmény. Legyenek p>q prímek, és G egy pq rendű csoport. Ekkor G-ben a p-Sylow részcsoport normálosztó. Ha p-1 nem osztható q-val, akkor G ciklikus.
Bizonyítás. A p-Sylowok száma osztója q-nak, és így csak 1 vagy q lehet, továbbá kongruens 1-gyel modulo p.
De q nem kongruens 1-gyel modulo p, hiszen q<p. Ezért a p-Sylowok száma 1, és így ez az egyetlen p-Sylow részcsoport normálosztó. Ha p-1 nem osztható q-val, akkor ugyanez a gondolatmenet a q-Sylowokra is elmondható. Tehát ilyenkor az egyetlen q-Sylow is normálosztó. Jelölje ezeket P, illetve Q, ekkor P∩ Q egyelemű (hiszen rendje osztója a p-nek is és a q-nak is). Ezért a 4.9.12. Tétel miatt a PQ részcsoport izomorf P× Q-val, azaz a ℤp+×ℤq+≅ℤpq+ csoporttal (lásd 4.9.8. Következmény). Mivel G rendje pq, a PQ részcsoport az egész G, tehát G ciklikus. □
Ha p≡ 1 (q), akkor pq rendű csoportból összesen kétféle van, a ciklikus, és egy nemkommutatív (amely q=2 esetén a Dp diédercsoport). Valóban, ℤp+ automorfizmus-csoportja a 4.8.44. Feladat szerint ℤp
×, aminek a rendje p-1, és feltettük, hogy ez q-val osztható. Ezért (például a Sylow-tétel miatt, vagy mert ez ciklikus csoport) van q rendű eleme. Így a 4.9.38. Feladat (2) pontjának általánosításaként elkészíthető egy nemkommutatív ℤp+⋊ℤq+
szemidirekt szorzat. Az, hogy csak egy ilyen csoport van, a 4.11.38. Feladat állítása.
Ezzel (és a korábban már elhangzott eredményekkel) áttekintettük az összes olyan véges csoportokat, melyek rendje legfeljebb 15, a 12 rendűek kivételével. Meg lehet mutatni, hogy három nemkommutatív 12 rendű csoport van, az A4 és a D6≅ S3×ℤ2+ mellett még az, ami a 4.9.38. Feladat (6) pontjában szerepel. A legfeljebb 30 rendű csoportokat a Függelék 2. szakaszában foglaltuk össze.
Gondolkodjunk!
4.11.21. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy ha P véges p-csoport egy p prímre, és N nem egyelemű normálosztó P-ben, akkor |N∩ Z(P)|>1.
4.11.22. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy ha H valódi részcsoportja egy prímhatványrendű P csoportnak, akkor van olyan H-t valódi módon tartalmazó részcsoportja P-nek, amelyben H normálosztó.
4.11.23. Gyakorlat. Legyen P egy p-Sylow G-ben, és N⊲ G. Igazoljuk, hogy (PN)/N egy p-Sylowja G/N-nek, és P∩ N egy p-Sylowja N-nek.
4.11.24. Gyakorlat. Ha p prím, és a G nemkommutatív csoport rendje p3, akkor mutassuk meg, hogy G nem bontható föl két valódi részcsoportjának direkt szorzatára.
4.11.25. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy UT(n,T) normálosztó a T(n,T) csoportban, és a szerinte vett faktor a T× csoport n tényezős direkt hatványával izomorf.
4.11.26. Feladat. Melyek véges csoportoknak van csak egy maximális részcsoportja?
4.11.27. Gyakorlat. Melyik csoporttal izomorf az S4 csoport 2-Sylow részcsoportja? És a kocka szimmetriacsoportjáé?
4.11.28. Gyakorlat. Tegyük föl, hogy a G csoport rendjében a p prím az első hatványon szerepel. Mutassuk meg, hogy a p-Sylow részcsoportok száma a p rendű elemek számának p-1-ed része.
4.11.29. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy ha egy csoportban egy Sylow-részcsoport normálosztó, akkor karakterisztikus is.
4.11.30. Feladat. Igazoljuk, hogy ha a G csoportban minden p-Sylow részcsoport normálosztó minden p prímre, akkor G a p-Sylow részcsoportjainak a direkt szorzata.
4.11.31. Feladat. Határozzuk meg az alábbi csoportok Sylow-részcsoportjainak a számát: S3, S4, A5, Dn. 4.11.32. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy nincs 200, 204, 260, 56, 616 rendű egyszerű csoport.
4.11.33. Feladat. Igazoljuk, hogy ha p, q, r páronként különböző prímek, akkor nincs pqr rendű egyszerű csoport.
4.11.34. Feladat. Mutassuk meg, hogy ha p és q különböző prímek, akkor nincs p2q rendű egyszerű csoport.
4.11.35. Feladat. * Igazoljuk, hogy ha p≠ q prímek és α>0, akkor nincs pα q rendű egyszerű csoport.
4.11.36. Feladat. [Frattini-elv] Legyen N⊲ G és P egy p-Sylowja N-nek. Igazoljuk, hogy G=NNG(P), és hogy NG(P) tartalmazza G egy p-Sylow részcsoportját.
4.11.37. Feladat. Tegyük föl, hogy K≤ G tartalmazza G egy p-Sylowjának normalizátorát. Mutassuk meg, hogy NG(K)=K, és hogy |G:K|≡ 1 (p).
4.11.38. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha p≠ q prímek, akkor bármely két nemkommutatív pq rendű csoport izomorf.