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  Untergruppe mit primzahligem Index ist Normalteiler
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Aufgabe: Seien $G$ eine endliche, nichttriviale Gruppe, mit $p$ dem kleinsten Primfaktor von $\mathrm{ord}(G)$, und sei $H<G$ eine Untergruppe mit Index $[G:H]=p$. Zeige, dass $H \triangleleft G$. Nutze dazu die Gruppenoperation der Linkstranslation.
Liebe Matheplanetarier
Ich habe mir zu dieser Aufgabe Folgendes überlegt:
(0) Falls $G$ sogar abelsch ist, folgt die Behauptung umgehend, da alle Untergruppen von abelschen Gruppen Normalteiler sind.
(1) Wenn $\mathrm{ord}(G)<\infty$ ist, dann existiert eine (bis auf Reihenfolge der Faktoren eindeutige) Primfaktorzerlegung $\mathrm{ord}(G) = \prod_{i=1} p_i$ mit Primzahlen $p_1,\ldots,p_n$. Diese Primfaktoren dürfen wir O.B.d.A. in aufsteigender Reihenfolge indexieren, also $p_1 \leq p_2 \leq \ldots \leq p_n$ mit kleinstem Faktor $p=:p_1 \geq 2$. Ebenso folgert der Satz von Lagrange, dass $\mathrm{ord}(H) | \mathrm{ord}(G)$.
(2) $[G:H]=p \implies G/H = \{g_1H,g_2H,\ldots,g_pH\}$
(3) Definition: Die Linkstranslation sei die Abbildung $G \times G/H \to G/H,\;(g,xH) \mapsto (gx)H$. Ich notiere diese als Verknüpfung $\triangleright$ mit
\[
(g,xH) \mapsto (gx)H \iff g \triangleright xH = (gx)H.
\]
Ich habe hier zur Verfügung (aus anderen Aufgaben), dass die Linkstranslation eine transitive Gruppenwirkung ist und dass der Stabilisator des Elements $xH \in G/H$ gegeben ist als \[\mathrm{Stab}_{xH}(G) = \{g \in G \mid g \triangleright xH = xH\} = xHx^{-1}.\]
(4) Die Länge der Bahn $G(xH):=\{g \triangleright xH \mid g \in G\}$ ist durch die Bahnformel und die Klassengleichung gegeben mit $\mathrm{ord}(G(xH)) = [G : \mathrm{Stab}_{xH}(G)] = \mathrm{ord}(H)$.
(5) Abzählformel $\implies \mathrm{ord}(G) = \mathrm{ord}(H) \cdot [G : H] = \mathrm{ord}(H) \cdot p$.
Das ist ein ziemlicher Flickenteppich, und ich blicke nicht wirklich durch, wie ich diese Teile nun zu einem Beweis zusammenbastle. Kann mir jemand einen Rat geben?😁\(\endgroup\)
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Sei $K$ der Kern der Wirkung $G \to \mathrm{Sym}(G/H)$. Es gilt $K \subseteq H$, und wir wollen $K = H$ zeigen.
Es ist $G/K$ isomorph zu einer Untergruppe von $\mathrm{Sym}(G/H)$. Also ist $[G:K]$ ein Teiler von ... [ausfüllen] und damit $[H:K]$ ein Teiler von ... [ausfüllen]. Nun musst du die Annahme verwenden, dass $p$ der kleinste Primteiler von $\mathrm{ord}(G)$ ist. Daraus wird dann $[H:K]=1$ folgen.
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Okay, danke Triceratops. Ich stürze mich mal ins Abenteuer:
Beweis.
Seien die Voraussetzungen erfüllt. Sei $K:=\ker(\varphi)$ der Kern des Gruppenhomomorphismus $\varphi: G \to \mathrm{Sym}(G/H)$. Es gilt $K \subset H$, und zu zeigen ist $K=H$, was äquivalent ist zu $[H:K]=1$. Dann folgt nämlich die Behauptung mit einem Lemma aus der Vorlesung
(Lemma: $\varphi:G \to G'$ homomorph $\implies \ker(\varphi) \triangleleft G$).
$G/K$ ist isomorph zu einer Untergruppe $U < \mathrm{Sym}(G/H)$. Damit ist $\mathrm{ord}(G/K)=\mathrm{ord}(U)$. Weil nach dem Satz von Lagrange
\[
\begin{align*}
\mathrm{ord}(U) \,|\,\mathrm{ord}(\mathrm{Sym}(G/H))
\end{align*}
\]
ist und gleichzeitig
\[
\begin{align*}
\mathrm{ord}(\mathrm{Sym}(G/H)) = \mathrm{ord}(G/H)! = [G:H]! = p!
\end{align*}
\]
gilt, so folgt
\[
\begin{alignat*}{3}
& & \mathrm{ord}(U) \,&|\, p! \\
&\iff& \mathrm{ord}(G/K) \,&|\, p! \\
&\iff& [G:K] \,&|\, p!
\end{alignat*}
\]
Die Abzählformel impliziert wegen $\mathrm{ord}(G)<\infty$, dass
\[
\begin{align*}
[G:H] \cdot \mathrm{ord}(H) = \mathrm{ord}(G) = [G:K] \cdot \mathrm{ord}(K) \qquad \qquad \color{red}{(*)}
\end{align*}
\]
woraus nach Umstellen die Gleichheit
\[
\begin{align*}
[H:K]
= \mathrm{ord}(H/K)
= \frac{\mathrm{ord}(H)}{\mathrm{ord}(K)}
\stackrel{\color{red}{(*)}}{=} \frac{[G:K]}{[G:H]}
\end{align*}
\]
folgt. Weil aber $[G:K]$ Teiler von $p!$ ist, muss $[H:K]$ Teiler von $(p-1)!$ sein.
Ich denke, ich bin jetzt fast so weit. $p$ ist kleinster Primfaktor von $\mathrm{ord}(G)$.
Fallunterscheidung:
- Falls $p=2$ ist, folgt $[H:K] \;|\;(2-1)! \iff [H:K] \;|\;1! \iff [H:K]=1$.
- Falls $p>2$ ist, weiss ich noch nicht, wie fertigmachen...🤔🤔\(\endgroup\)
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Sei $q$ ein Primteiler von $[H:K]$. Was kannst du nun darüber aussagen?
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Wenn $q \geq 2$ ein Primteiler von $[H:K]$ ist, dann ist $q \,|\, (p-1)!$ und $(q+1) \,|\,p!$.
Jetzt müsste ich folgern können, dass wegen der Eigenschaft von $p$ (kleinster Teiler von ord$(G)$) die Gleichheit $q=1$ folgern muss. Ich sehe aber nicht ganz, wie...\(\endgroup\)
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Es gilt $q \mid (p-1)!$, ja. (Die Aussage $q+1 \mid p!$ sehe ich nicht. Und die Formel $q \geq 2$ ist irrelevant, jede Primzahl erfüllt das.)
Nun gilt $(p-1)! = 1 \cdot 2 \cdot \dotsc \cdot (p-1)$, und $q$ ist eine Primzahl. Also gilt ...
Du weißt außerdem, dass $q$ ein Teiler von $\mathrm{ord}(G)$ ist, weil ...
Leite nun einen Widerspruch her.
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Wenn $q$ ein Primfaktor von $[H:K]$ ist, dann gilt $q \,|\, (p-1)!$. Daraus folgt $q < p$. Zudem ist $q \,|\,\mathrm{ord}(G)$, weil $K<G$ ist. Widerspruch, da $p$ der kleinste Primfaktor von $\mathrm{ord}(G)$ sein muss nach Voraussetzung.
Also existiert kein Primfaktor für $[H:K]$, und damit folgt $[H:K]=1$.
Stimmt das so?\(\endgroup\)
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Ja, richtig.
Aber beim Schluss auf $q < p$ würde ich gerne noch mehr Details sehen. ;-)
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Themenstart: 2020-10-24
Beitrag No.1, eingetragen 2020-10-25
Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-25