Sylowljevi teoremi

Prema Lagrangeovom teoremu red podgrupe dijeli red grupe. Obrat opcenito ne vrijedi,npr. grupa A4 parnih permutacija reda 4 je grupa reda 12 koja nema podgrupu reda 6.Sylowljevi teoremi (ST) daju egzistenciju podgrupa pod odredenim uvjetima na red, tejos neke cinjenice vezane uz broj maksimalnih podgrupa.

Za grupu u kojoj je red svakog elementa oblika pr, r ≥ 1 (za fiksiran prost broj p) kazemoda je p-grupa. Ako je G grupa i H podgrupa od G koja je p-grupa, kazemo da je Hp-podgrupa od G.

Prvi Sylowljev teorem

Neka je G grupa reda pn ·m pri cemu je p prost broj,n ≥ 1 i M(p,m) = 1. Tada G sadzipodgrupu reda pi za svako i = 1, 2, ...m, te je svaka podgrupa reda pi normalna u nekojpodgrupi reda pi+1 za i < m.

Za podgrupu P grupe G kazemo da je Sylowljeva p-podgrupa (za p prost) ako je Pmaksimalna p-podgrupa od G, tj. P ≤ H ≤ G, H p-podgrupa povlaci da je H = P iliH = G.

Drugi Sylowljev teorem

Ako je H p-podgrupa konacne grupe G i P bilo koja Sylowljeva p-podgrupa od G, ondapostoji x ∈ G takav da je xHx−1 ≤ P . Posebno, svake dvije Sylowljeve p-podgrupe sukonjugirane.

Treci Sylowljev teorem

Ako je G konacna grupa i p prost broj, onda broj Sylowljevih p-podgrupa od G dijeli redgrupe G i oblika je kp+ 1 za neki cijeli broj k ≥ 0.

Primjer 1. Svaka podgrupa reda 17 u grupi reda 255 je normalna.

Rjesenje. Buduci da je 255 = 3 · 5 · 17, prema 3. ST je broj Sylowljevih 17-podgrupa jeoblika 1+17k pri cemu 1+17k|255. Kako za k > 0 broj 1+17k ne dijeli 17, a ni 3 ·5 = 15slijedi da je k = 0. Sylowljeva 17-podgrupa je jedinstvena, pa prema 2. ST slijedi da jeta grupa sama sebi konjugirana sto povlaci normalnost.

Zadatak 1. Neka su p, q prosti (ne nuzno razliciti) brojevi, a G grupa reda pq. Dokaziteda G sadrzi netrivijalnu normalnu podgrupu.

Lema. Neka su H i K podgrupe grupe G ciji redovi su relativno prosti brojevi. Tada jeH ∩K = {eG}.Dokaz. Neka je |H| = h, |K| = k. Buduci da su h i k relativno prosti postoje cijeli brojevia, b takvi da je ah+ bk = 1. Za proizvoljan element x ∈ H ∩K vrijedi x = x1 = xah+bk =(xh)a · (xk)b = eG.

Primjer 2. Dokazite da je svaka grupa reda 77 ciklicka.

Rjesenje. Primjetimo da je 77 = 7 · 11. Broj Sylowljevih 7-podgrupa je oblika 7k + 1 pricemu taj broj dijeli 77, tj. mora dijeliti 11. To je moguce samo ako je k = 0. Kao i u 1.

1

primjeru zakljucujemo da je Sylowljeva 7-podgrupa P7 jedinstvena i normalna u citavojgrupi. Podgrupa P7 je ciklicka reda 7.

Analogno zakljucujemo da je Sylowljeva 11-pogrupa P11 jedinstvena i normalna u citavojgrupi. Podgrupa P11 je ciklicka grupa reda 11. Prema lemi zakljucujemo da je presjekP7 ∩ P11 trivijalan, pa je njihov direktan produkt sadrzan u pocetnoj grupi. Buduci daje broj elemenata tog direktnog produkta upravo 77 zakljucujemo da je jednak citavojgrupi. Kako je Z7 ⊕ Z11

∼= Z77, zakljucujemo da se radi o ciklickoj grupi.

Primjer 3. Grupa G reda pn, gdje je p prost broj, ne moze imati trivijalan centar Z(G).

Rjesenje. Na grupi G definiramo relaciju: x ∼ y ako postoji g ∈ G takav da je gxg−1 =y. Provjerite da je to relacija ekvivalencije! Klase ekvivalencije ove relacije nazivamokonjugacijske klase.

Broj elemenata klase reprezentirane elementom x (u oznaci [x]) jednak je [G : CG(x)]pri cemu je CG(x) = {g ∈ G : gx = xg} centralizator elementa x u G (provjerite da jegCG(x) 7→ gxg−1 dobro definirana bijekcija!). Buduci da je centarlizator elementa pod-grupa od G prema Lagrangeovom teoremu [G : CG(x)]|CG(x)| = |G|, pa broj elemenataklase [x] dijeli |G| i oblika je pr, r ≥ 0.

Primjetimo da klasa konjugacije [x] ima jedan elementa ako i samo ako je x = gxg−1

za svako g ∈ G, tj. ako i samo ako je x ∈ Z(G). Grupa G je disjunktna unija klasakonjugacija, G = K1 ∪ ...∪Kk. Ako bi centar Z(G) bio trivijalan tada bi postojala samojedna klasa s jednim elementom i imali bismo pn = |G| = |K1|+...+|Kk| = 1+pr2+...+prk ,uz ri ≥ 1, sto je nemoguce jer je lijeva strana djeljiva s p, a desna nije. Dakle, centar nemoze biti trivijalan.

U dokazu smo izveli jednakost |G| = |Z(G)|+∑k

i=1[G : CG(xi)], pri cemu su xi, i = 1, ..., kpredstavnici razlicitih klasa konjugacija s vise od jednog elementa. Tu jednakost nazivamojednadzba klasa.

Zadatak 2. Dokazite da grupa reda p2, za p prost broj, mora biti Abelova.

Uputa: koristite prethodni primjer i cinjenicu koju smo dokazali na vjezbama: ako jeG/Z(G) ciklicka grupa, onda je G Abelova.

Primjer 4. Odredite (do na izomorfizam) sve grupe reda 45.

Rjesenje. Kao u primjeru 2. zakljucujemo da je citava grupa direktan produkt Sylowl-jeve 5-podgrupe koja je ciklicka i Sylowljeve 3-podgrupe, koja je reda 9, pa je premaprethodnom zadatku Abelova.

Koristeci strukturni teorem za konacnogenerirane Abelove grupe, zakljucujemo da sujedine grupe reda 45

Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z5,Z9 ⊕ Z5.

Primjer 5. Podsjetimo se, diedarska grupaDn je grupa simetrija pravilnog n-terokuta.Oznacimo li rotaciju oko sredista za kut 2π/n s a, a osnu simetriju kroz neki fiksirani vrhs b onda imamo prezentaciju grupe Dn = 〈a, b|an = e, b2 = e, aba = b〉. Koliko Sylowljevih2-podgrupa ima diedarska grupa Dn za n neparan?

Rjesenje. Buduci da je red grupe Dn jednak 2n, a pretpostavili smo da je n neparan, svakaSylowljeva 2-podgrupa je ciklicka reda 2. Broj Sylowljevih 2-podgrupa je neparan djeliteljbroja n. Buduci da imamo osnu simetriju aib, i = 1, ..., n kroz svaki vrh n-terokuta, imamon elemenata reda 2 u Dn, pa je broj Sylowljevih 2-podgrupa upravo n.

2