Beweisarchiv: Algebra: Gruppen: Sylow-Sätze

Satz

Sei $G$ eine endliche Gruppe der Ordnung $n=p^{r}m$, wobei $p$ Primzahl und $m$ nicht durch $p$ teilbar sei. Sei ${𝒮}_p=\{U<G\mid |U|=p^r\}$ die Menge der $p$-Sylowuntergruppen von $G$ und $s_p=|{𝒮}_p|$ deren Anzahl. Dann gilt:

1. $s_p\equiv 1(\mathrm{mod}p)$.
2. $s_p|m$.
3. Ist eine Untergruppe $H<G$ eine $p$-Gruppe, d.h. ist die Ordnung $|H|$ eine Potenz von $p$, so gilt $H<S$ für ein $S\in {𝒮}_p$.
4. $G$ operiert durch Konjugation transitiv auf ${𝒮}_p$

Beweis

Wir zeigen zunächst

Lemma. ${𝒮}_p\ne \mathrm{\varnothing }$

Beweis (Durch Induktion über $n$):

Falls $r=0$, ist $1\in {𝒮}_p$.

Sei jetzt also ohne Beschränkung der Allgemeinheit $r\ge 1$. $G$ operiert auf sich selbst durch Konjugation und zerfällt dadurch in Bahnen. Die Bahnenlänge eines Elements $x\in G$ ist hierbei gleich dem Index des Zentralisators $Z_G(x)=\{g\in G\mid gx=xg\}$ in $G$. Die Bahnenlänge ist also genau dann 1, wenn $Z_G(x)=G$, d.h. wenn $x$ im Zentrum $Z(G)$ liegt. Ansonsten ist $Z_G(x)$ eine echte Untergruppe. Falls dann $p^r$ Teiler von $|Z_G(x)|<n$ ist, hat nach Induktionsvoraussetzung $Z_G(x)$ eine Untergruppe der Ordnung $p^r$, die aber ja auch in Untergruppe von $G$ ist, und wir sind fertig.

Wir können also annehmen, dass für $x\in ̸Z(G)$ die Ordnung von $Z_G(x)$ nicht durch $p^r$ teilbar ist; dann muss aber umgekehrt die zugehörige Bahnenlänge Vielfaches von $p$ sein. Da $|G|$ die Summe aller Bahnenlängen ist, folgt $|G|\equiv |Z(G)|(\mathrm{mod}p)$, das heißt $p$ teilt $|Z(G)|$. Insbesondere enthält $Z(G)$ eine Untergruppe $U$ der Ordnung $p$. Als Untergruppe des Zentrums ist diese normal, wir können also die Gruppe $G/U$ und die kanonische Projektion $\pi :G\to G/U$ betrachten. Da $|G/U|=p^{r-1}m<n$ ist, gibt es in dieser nach Induktionsvoraussetzung eine Untergruppe $S$ der Ordnung $p^{r-1}$. Deren Urbild ${\pi }^{-1}(S)\subseteq G$ hat dann die Ordnung $p^r$, liegt also in ${𝒮}_p$.

Damit ist das Lemma bewiesen.

Für den Beweis des Satzes sei jetzt $S\in {𝒮}_p$ eine laut Lemma existierende Sylowgruppe. Da durch Konjugation aus einer $p^r$-elementigen Untergruppe wieder eine solche wird, operiert $G$ auf ${𝒮}_p$. Sei $\mathrm{\Omega }$ die Bahn von $S$. Da $g^{-1}Sg=S$ zumindest für $g\in S$ gilt, ist die Bahnlänge $|\mathrm{\Omega }|$ ein Teiler von $[G:S]=m$, also zu $p$ teilerfremd.

Sei $H$ eine beliebige $p$-Untergruppe von $G$. Auch $H$ operiert auf $\mathrm{\Omega }$ durch Konjugation. Hierbei auftretende Bahnlängen sind entweder 1 oder Vielfache von $p$. Da insgesamt $|\mathrm{\Omega }|$ kein Vielfaches von $p$ ist, muss mindestens einmal die Bahnlänge 1 auftreten, d.h. $H$ normalisiert ein $S^{\prime }\in \mathrm{\Omega }$. Dann ist aber $H{S}^{\prime }$ Untergruppe von $G$ und obendrein $p$-Gruppe mit mindestens (und folglich genau) $p^r$ Elementen, also gilt $H{S}^{\prime }=S^{\prime }$ und folglich $H\subseteq S^{\prime }$. Dies ist bereits Teil 3 der Satzbehauptung.

Im Spezialfall $H\in {𝒮}_p$ gilt sogar, dass $H=S^{\prime }$ gelten muss, also folgt $\mathrm{\Omega }={𝒮}_p$ und damit Teil 2 und 4 des Satzes. Schließlich hat in diesem Fall $H$ selbst Bahnlänge 1, während alle anderen Bahnlängen Vielfache von $p$ sind. Folglich gilt $|\mathrm{\Omega }|\equiv 1(\mathrm{mod}p)$, d.i. Teil 1 der Satzbehauptung.

Damit ist der Satz bewiesen.