Mathematik: pq-Gruppen
Released by matroid on Di. 29. Juni 2004 11:07:43 [Statistics]
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Mathematik

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Wir untersuchen hier die Isomorphietypen von Gruppen
der Ordnung pq, wobei p,q Primzahlen sind. Dabei
verwenden wir im Folgenden stets o.B.d.A. p<=q.
Zunächst betrachten wir den Fall, dass p=q ist \ref(1).
Im anderen Fall \ref(2) unterscheiden wir noch, ob p
kein Teiler von q-1 ist \ref(2a), oder eben doch \ref(2b).
Wir schreiben \IZ_n für \IZ\/(n\IZ) und z_n für z+n\IZ.




\big\blue\1 \normal\black Sei zunächst p=q und G eine Gruppe der Ordnung pq=p^2 . Wir stellen zunächst fest, dass G abelsch ist:

Angenommen G ist nicht abelsch. Dann gibt es ein x \in G-Z(G), und es ist abs(Z(G)) != p^2 , also abs(Z(G)) \in {1,p}. Weil G != {1} eine p-Gruppe ist, hat G ein nichttriviales Zentrum. Also ist abs(Z(G))=p. Wir betrachten nun den Zentralisator Z(x) von x. Wegen x \in Z(x)-Z(G) ist Z(G) echt in Z(x) enthalten. Es folgt Z(x)=G und damit der Widerspruch x \in Z(G). Also ist G doch abelsch.

Nun kommt als Isomorphietyp sicher die zyklische Gruppe \IZ_(p^2) in Frage. Wir nehmen nun an, dass G nicht dazu isomorph ist, d.h. kein Element die Ordnung p^2 hat. Dann hat jedes von 1 verschiedene Element x die Ordnung p, und wegen p^2 >= 4 gibt es ein solches x. Es gibt ein y \in G-span(x). Dann ist y != 1, womit auch y die Ordnung p hat.

Sei z \in span(x) \cut span(y). Für z != 1 hat z die Ordnung p, womit z sowohl span(x) als auch span(y) erzeugt. Damit folgt aber der Widerspruch span(y)=span(x). Also ist span(x) \cut span(y)={1}. Somit ist die durch

(i,j) -> x^i y^j

definierte Abbildung von \IZ_p \cross \IZ_p nach G injektiv. Wegen

abs(G)=p^2=abs(\IZ_p \cross \IZ_p)

ist sie dann auch bijektiv, und weil G abelsch ist, ist sie sogar ein Homomorphismus. Folglich ist G zu \IZ_p \cross \IZ_p isomorph. Nun kann \IZ_p \cross \IZ_p nicht zyklisch sein, weil dort die Ordnungen nie über p hinausgehen. Daher haben wir genau zwei Isomorphietypen gefunden:

| | | | | | | | | | | | \IZ_p \cross \IZ_p | | und | | \IZ_(p^2)

\big\blue\2 \normal\black Nun sei p != q, also p < q. Sei s die Anzahl der q-Sylowgruppen von G. Nach den Sylowsätzen ist dann s ein Teiler von abs(G)=pq, also 1,p,q oder pq, und es gilt s == 1 mod q. Für s=q oder s=pq folgt jeweils der Widerspruch, dass q eine Einheit in \IZ ist. Wegen p < q ist q kein Teiler von p-1 und damit s != p. Also ist s=1.

Sei Q die damit einzige q-Sylowgruppe. Nun folgt zwar analog, dass die Anzahl t der p-Sylowgruppen von G entweder 1 oder q ist, aber wir müssen nun zwei Fälle unterscheiden.

\big\red\2a \normal\black Angenommen p teilt nicht q-1. Dann kann man t=q wegen t == 1 mod p ausschließen und wir erhalten analog genau eine p-Sylowgruppe P. Es gilt abs(P)=p, abs(Q)=q, womit P, Q Erzeuger x,y haben. Ist z \in P \cut Q, so folgt mit z != 1, dass z einerseits die Ordnung p, andererseits die Ordnung q hat. Wegen p != q ist also P \cut Q = {1}.
Weil Sylowgruppen Konjugiertenklassen bilden, sind P und Q Normalteiler, sodass also alle Elemente von P, Q miteinander kommutieren. Sei x ein Erzeuger von P, und y einer von Q. Dann kann man leicht und ähnlich wie bei \ref(1) nachrechnen, dass

(x^i , y^j) -> x^i y^j

einen Isomorphismus von P \cross Q auf G definiert. Mit dem chinesischen Restsatz \red ^1 \black folgt dann

G ~= P \cross Q ~= \IZ_p \cross \IZ_q ~= \IZ_(pq)

Damit ist die Struktur von G eindeutig aufgeklärt.

define(oo,\void\ \oplus)
\big\red\2b \normal\black Kommen wir zum kompliziertesten Fall: p teilt q-1.

Sei r \in \IZ_q^\* mit der Ordnung p. Es seien y,y' \in \IZ mit y_p = y'_p . Dann gibt es ein k \in \IZ mit y=y'+pk. Wegen r^p = 1_q ist r^(y-y')=1_q und folglich r^y=r^y'. Für x \in \IZ_q , y_p \in \IZ_p können wir also

x^y_p := r^y x \in \IZ_q

definieren. Es gilt x^0_p=x,

(x^y_p)^y'_p = r^y' (r^y x)=r^(y+y') x =x^((y+y'))_p=x^(y_p+y'_p)

sowie

(x+x')^y_p = r^y (x+x')=r^y x + r^y x' = x^y_p + x'^y_p

Mit

(x,y) \oo_r (u,v) := (x+u , y^u+v)

wird folglich ein semidirektes Produkt auf \IZ_p \cross \IZ_q definiert, das wir hier \Gamma_r nennen. Aus (1_p , 1_q) \oo_r (0_p , 1_q)=(0_p , 1_q) \oo_r (1_p , 1_q) folgte r^0 1_q+1_q=r^1 1_q +1_q und damit der Widerspruch r=1_q. Daher haben wir es mit einer nicht-abelschen Gruppe zu tun. Wir sehen nun, dass alle \Gamma_r mit o(r)=p isomorph sind:

Seien also r,s \in \IZ_q^\* mit o(r)=o(s)=p. Dann sind die r^j mit
j \in {0,...,p-1} paarweise verschieden. Für j \in {0,...,p-1} ist

aber (r^j)^p-1_q = (r^p)^j-1_q = (1_q)^j-1_q = 0_q

Damit sind die Nullstellen von x^p-1 über \IZ_q genau die r^j mit
j \in {0,...,p-1}. Darunter muss s vorkommen, es gibt also ein
j \in {0,...,p-1} mit s=r^j. Aus j=0 folgte der Widerspruch s=1_q , womit 0 < j < p ist. Jetzt definieren wir eine Abbildung \omega von
\Gamma_s nach \Gamma_r durch

(x,y) -> (j x,y)

Es sei \omega(x_p,y) = (0_p,0_q), d.h. y=0_q und p \| jx. Dann ist p \| j oder p \| x. Das erste ist wegen 0 < j < p unmöglich. Also muss p
ein Teiler von x sein, d.h. x_p = 0_p . Daher ist \omega injektiv. Wegen

abs(\Gamma_s)=pq=abs(\Gamma_r)

ist \omega dann auch bijektiv. Ferner gilt

\omega((x_p , y) \oo_s (u_p , v)) = \omega(x_p+u_p , s^u y+v)
=(j x_p + j u_p , r^ju y+v)
=(j x_p , y) \oo_r (j u_p , v) = \omega(x_p , y) \oo_r \omega(u_p , v)

sodass \omega ein Isomorphismus ist. Wir brauchen also nur eine dieser \Gamma_s zu untersuchen. Weil \IZ_q^\* eine Gruppe der Ordnung q-1 ist, die von der Primzahl p geteilt wird, gibt es nach dem Satz von Cauchy ein dafür
benötigtes s. Wir setzen \Omega := \Gamma_s und werden sehen, dass dies per
Isomorphie die einzige nicht-zyklische Gruppe der Ordnung pq ist.

define(oo,\void\ \oplus)
Sei G eine Gruppe der Ordnung pq und wähle Q wie bei \ref(2a). Nach dem Satz von Cauchy haben wir ein Element b \in G der Ordnung p. Sei a ein Erzeuger von Q und P= span(b). Weil Q ein Normalteiler ist, gibt es ein z \in \IZ mit b^(-1) a b = a^z . Setze r = z_q . Für r=0_q folgte a=1 und damit der Widerspruch q = abs(span(a)) = 1. Daher ist r \in \IZ_q^\*. Für r=1_q,
also ab=ba, ergibt sich wie in \ref(2a), dass G zu \IZ_(pq) isomorph ist.

Nun sei dies nicht der Fall. Es gilt ja b^(-1) a b^1 = a^(z^1) , und aus b^(-i) a b^i = a^(z^i), i \in \IZ folgt

b^(-(i+1)) a b^(i+1)=b^(-1) b^(-i) a b^i b = b^(-1) a^(z^i) b
= (b^(-1) a b)^(z^i)=(a^z)^(z^i)=a^(z^(i+1))

Daher gilt b^(-i) a b^i = a^(z^i) für alle i \in \IN_0 . Für i=p folgt
a=a^(z^p), also r^p=1_q. Weil p prim und r != 1_q ist, hat dann r die Ordnung p, womit wir das zu \Omega isomorphe semidirekte Produkt \Gamma_r bilden können. Mit G ~= \Gamma_r wären wir also schon fertig.


Weil b die Ordnung p und a die Ordnung q hat, wird durch

(x_p , y_q) -> b^x a^y

eine Abbildung f von \Gamma_r nach G definiert. Für \tau := u MOD p ist
\tau_p = u_p, 0 <= \tau < p und

((z^\tau))_q = (z_q)^\tau = r^\tau = r^u

wegen r^p=1_q. Es folgt

f(x_p , y_q) f(u_p , v_q)=b^x a^y b^\tau a^v = b^x b^\tau (b^(-\tau) a^y b^\tau) a^v
=b^x b^\tau (b^(-\tau) a b^\tau)^y a^v = b^x b^\tau (a^(z^\tau))^y a^v
=b^(x+\tau) a^(z^\tau y+v) = f(((x+u))_p , (z^\tau y+v)_q)
= f((x+u)_p , r^u y_q+v_q)=f((x_p , y_q) \oo_r (u_p , v_q))

sodass f ein Homomorphismus ist. Es sei f(x,y)=1, also b^x=a^(-y) . Potenzieren mit p ergibt 1=a^(-py) , also q \| py. Wegen ggT(p,q)=1 ist dann q \| y, also y=0 wegen y \in {0,...,q-1}. Analog folgt x=0, sodass f injektiv ist. Wegen

abs(\Gamma_r)=pq=abs(G)

ist f dann auch surjektiv, also ein Isomorphismus. Endlich haben wir

\big | | | | | | | | | | | | | | | G ~= \Omega

Damit ist die Klassifikation abgeschlossen.

Bild

Angenommen p=2. Für p \Omega~=D_q
Und für q=3 erhalten wir eine symmetrische Gruppe:
S_3~=\Omega~=D_3


Zum Schluss__ noch ein paar colorierte Gruppentafeln von ausgewählten \Omega.

p=2, q=3, r = 2qp=2, q=5, r = 4qp=2, q=7, r = 6q
p=3, q=7, r = 2qp=3, q=13, r = 3qp=5, q=11, r = 3q



p = 7, q = 43, r = 4q





Dabei wurde die Struktur durch die Bijektion

{0,...,p−1} x {0,...,q−1} -> {0,...,pq−1} , (i,j) -> i + jp

auf {0,...,pq−1} übertragen. Der Eintrag in der (i + 1)-ten Zeile und (j + 1)-ten Spalte ist i + j, nicht andersrum. Die Colorierung der Zahlen erfolgte im HSB-System. Dabei durchläuft H bei jeder Tafel eine arithmetische Folge, wogegen S=B=100 konstant ist.

In Derive erhält man die zugehörigen Zahlentafeln jeweils mit dem Befehl

VECTOR(VECTOR(MOD(n+m,p)+p MOD(r^MOD(m, p)
FLOOR(n/p)+FLOOR(m/p),q),m,0,pq-1),n,0,pq-1)


Für p = 5, q = 11, r = 3 sieht das etwa so aus:

Bild

Vergrößerung




Beweisgedanken und viele Anregungen, insb. zum Teil 2b - Buri
Literatur: M. Hall, Jr., The theory of groups, Chelsea Publ. Co., 1959, 1976

Ausarbeitung, Präsentation, Gruppentafeln - Martin_Infinite
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pq-Gruppen [von Martin_Infinite]  
Vollstänige Klassifizierung der endlichen Gruppen der Ordnung pq mit Primzahlen p und q.
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"Mathematik: pq-Gruppen" | 3 Comments
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Re: pq-Gruppen
von: Martin_Infinite am: So. 28. November 2004 23:56:51
\(\begingroup\)Wogegen die obigen Gruppentafeln noch in Notepad mittels Suchen&Ersetzen entstanden sind, kann man sie jetzt 1000 mal so schnell automatisch generieren lassen: [Link entfernt.]\(\endgroup\)
 

Re: pq-Gruppen
von: Martin_Infinite am: Do. 17. Juli 2014 09:30:55
\(\begingroup\)Hier mal ein Update (der Beweis im Artikel ist umständlich). Sei $p\(\endgroup\)
 

Re: pq-Gruppen
von: Red_ am: Sa. 07. Januar 2017 02:03:21
\(\begingroup\)Hi, auch wenn der Artikel schon lange her ist, habe ich paar andere Ansätze: 1.Fall $|G|=p^2$: Da $G$ eine $p$-Gruppe ist, folgt, dass das Zentrum $Z(G)$ durch $p$ teilbar ist (Klassengleichung). Also $Z(G)=p^2$ oder $Z(G)=p$ (Satz von Lagrange), aber im letzten Fall folgt, dass $G/Z(G)$ zyklisch ist, demnach ist $G$ abelsch, Widerspruch. Also haben wir insgesamt, dass $G$ abelsch ist. Nach dem Hauptsatz für endlich-erzeugte abelsche Gruppen ist $G\simeq \mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z}$ oder $G\simeq \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ und diese beiden Gruppen sind nicht isomorph zueinander, denn sonst folgt mit dem chinesischen Restsatz $ggT(p,p)=1$, Widerspruch. 2.Fall $|G|=p\cdot q$ mit $p\(\endgroup\)
 

 
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