9.10 Теорема об изоморфизме.

Теорема 9.26: Первая теорема об изоморфизме.
Пусть $\varphi:G\to{K}$ - гомоморфизм групп, $A<G$, тогда

1. $A\cap\ker{\varphi}\triangleleft{A}$.
2. $\varphi(A)\cong{A}/A\cap\ker{\varphi}$.

Доказательство:

1. Пусть $a\in{A}$, $b\in{A}\cap\ker{\varphi}$, тогда так как $A$ - группа, то $$(a\in{A}\,\wedge\,b\in{A})\Rightarrow{a}^{-1}ba\in{A}.$$ С другой стороны, по утверждению 9.8 $\ker{\varphi}\triangleleft{G}$, следовательно, $$(a\in{G}\,\wedge\,b\in\ker{\varphi}\Rightarrow{a}^{-1}ba\in\ker{\varphi}\Rightarrow{a}^{-1}ba\in{A}\cap\ker{\varphi}.$$ Таким образом по п. 4 утверждения 9.7 $A\cap\ker{\varphi}\triangleleft{A}$.
2. Рассмотрим отображение $\psi:A\to\varphi(A)$ такое, что для любого $a\in{A}$ $\psi(a)=\varphi(a)$. Так как отображение $\psi$ является эпиморфизмом групп, то по теореме 9.24 $\varphi(A)\cong{A}/\ker{\psi}$. Доказажем, что $\ker{\psi}=A\cap\ker{\varphi}$, действительно $$ \ker{\psi}=\{a\in{A}\mid\psi(a)=e_k\}=\{a\in{G}\mid{a}\in{A}\,\wedge\,\varphi(a)=e_k\}= \{a\in{G}\mid{a}\in{A}\,\wedge\,a\in\ker{\varphi}\}=A\cap\ker{\varphi}. $$

Следствие 9.19:
Пусть $H\triangleleft{G}$, $A<G$, тогда

1. $H\triangleleft{A}H$,
2. $A\cap{H}\triangleleft{A}$,
3. $AH/H\cong{A}/A\cap{H}$.

Доказательство:

1. Так как $H\triangleleft{G}$, то $AH=HA$, следовательно, $AH\triangleleft{G}$.
2. Пусть $\varphi_0:G\to{G}/H$ - естественный эпиморфизм групп, то есть $\varphi_0(g)=Hg=gH$, тогда $\ker{\varphi_0}=H$. Тогда по п. 1 теоремы 9.26 $A\cap{H}\triangleleft{A}$.
3. Покажем, что $\varphi_0(A)=\varphi_0(AH)$, действительно, так как $A\subset{A}H$, то $\varphi_0(A)\subset\varphi_0(AH)$. С другой стороны, $$ c\in{A}H\Rightarrow\exists{a}\in{A}\,h\in{H}:c=ah\Rightarrow \varphi_0(c)=\varphi_0(ah)=ahH=aH=\varphi_0(a)\Rightarrow\varphi_0(AH)\subset\varphi_0(A). $$ Таким образом, $\varphi_0(A)=\varphi_0(AH)$, тогда по п. 2 теоремы 9.26 $$\varphi_0(A)\cong{A}/A\cap\ker{\varphi_0}=A/A\cap{H},$$ $$\varphi_0(AH)\cong{A}H/AH\cap\ker{\varphi_0}=AH/AH\cap{H}=AH/H,$$ то есть $A/A\cap{H}\cong{A}H/H$

Теорема 9.27: Вторая теорема об изоморизме.
Пусть $\varphi:G\to{K}$ - гомоморфизм групп, $H\triangleleft{G}$, тогда

1. $\varphi(H)\triangleleft\varphi(G)$,
2. $H\ker{\varphi}\triangleleft{G}$,
3. $\varphi(G)/\varphi(H)\cong{G}/H\ker{\varphi}$.

Доказательство:

1. Так как отображение $\varphi':G\to\varphi(G)$ такое, что для любого $a\in{G}$ $\varphi'(a)=\varphi(a)$ является эпиморфизмом и $H\triangleleft{G}$, то по п. 5 теоремы 9.25 $\varphi(H)\triangleleft\varphi(G)$.
2. Рассмотрим отображение $\psi:G\to\varphi(G)/\varphi(H)$ такое, что $$\forall{g}\in{G}(\psi(g)=\varphi(g)\varphi(H)=\varphi(gH)=\varphi(\varphi_0(g))),$$ где $\varphi_0:G\to{G}/H$ - естественный эпиморфизм. Так как $\psi=\varphi\circ\varphi_0$ и $\varphi$, $\varphi_0$ - эпиморфизмы, то $\psi$ - эпиморфизм, тогда по утверждению 9.8 $\ker{\psi}\triangleleft{G}$. Осталось доказать, что $\ker{\psi}=H\ker{\varphi}$, действительно, $$ g\in\ker{\psi}\Leftrightarrow\psi(g)=\varphi(g)\varphi(H)=e\varphi(H)=\varphi(H)\Leftrightarrow \varphi(g)\in\varphi(H)\Leftrightarrow{g}\in\varphi^{-1}(\varphi(H))=H\ker{\varphi}. $$ Где последнее равенство по п. 1 теоремы 9.25.
3. Следует из пункта 2 и п. 1 теоремы 9.24.

Следствие 9.20:
Пусть $H\triangleleft{G}$, $N\triangleleft{G}$, $N<H$, тогда

1. $H/N\triangleleft{G}/N$,
2. $G/H\cong{G}/N\Bigl/H/N$.

Доказательство:
Пусть $\varphi:G\to{G}/N$ - естественный эпиморфизм, тогда по пn. 1, 3 теоремы 9.27 $\varphi(H)\triangleleft\varphi(G)$ и $\varphi(G)/\varphi(H)\cong{G}/H\ker{\varphi}$. И так как $\varphi(G)=G/N$, $\varphi(H)=\{hN\mid{h}\in{H}\}=H/N$ и $H\ker{\varphi}=HN=H$, то утверждение доказано.

9.11 Простые группы.

Определение 9.30:
Группа $G\neq\{e\}$ называется простой, если она не имеет собственных нормальных делителей, то есть $$H\triangleleft{G}\Rightarrow{H}\in\{\{e\},G\}$$
Из определения и теоремы 9.23 следует, что группа $G$ проста тогда и только тогда, когда она не имеет нетривиальных конгруэнций.

Теорема 9.28:
Если группа $G$ абелева, то она проста тогда и только тогда, когда $|G|$ - простое число.

Доказательство:

$\Rightarrow)$ Докажем от противного, предположим, что группа $G$ простая и $|G|$ составное число или бесконечность. Так как $G$ простая, то $G\neq\{e\}$, значит существует $g\in{G}\backslash\{e\}$. Так как группа $G$ абелева, то $\langle{g}\rangle\triangleleft{G}$. Так как группа $G$ простая и $\langle{g}\rangle\neq\{e\}$, то $\langle{g}\rangle=G$.

1. Пусть $\ord{g}=\infty$, обозначим $H:=\langle{g}^2\rangle$, тогда $$ \ord{g}\neq2\Rightarrow{g}^2\neq{e}\Rightarrow\langle{g}^2\rangle\neq\{e\}\Rightarrow{H}=G\Rightarrow{g}\in{H}=\langle{g}^2\rangle\Rightarrow\\ \Rightarrow\exists{s}\in\mathbb{N}:g=g^{2s}\Rightarrow{g}^{2s-1}=e\Rightarrow\ord{g}<\infty. $$ Таким образом получено противоречие.
2. Пусть $\ord{g}=mn$, где $m,n\in\mathbb{N}$, $m>1$, $n>1$, тогда аналогично пункту 1 и по п. 3 теоремы 9.16 $$ \exists{s}\in\mathbb{N}:g=g^{ms}\Rightarrow\ord{g}=\ord{g}^{ms}\Rightarrow{m}n=\frac{mn}{(mn,ms)}\Rightarrow{m}(n,s)=1\Rightarrow{m}=1. $$ Таким образом, получено противоречие с условием $m>1$.

Замечание 9.7:
Таким образом проверка абелевой группы на простоту сводиться к проверке простоты ее порядка. Сложнее обстоит дело с неабелевыми группами, в этой области получено несколько результатов, который будут преведены без доказательства.

• Теорема Галуа. Группа $A_n$ - проста тогда и только тогда, когда $n=3$ или $n\geq{5}$.
  Доказательство можно найти в "Алгебра" Глухов М. М., Елизаров В. П., Нечаев А. А. том 1, стр 294. В частности группа $A_4$ не проста так как $K_4\triangleleft{A}_4$.
• Теорема Бернсайда. Любая группа порядка $p^aq^b$, где $p,q$ - простые, ${a,b\in\mathbb{N}}$ не проста.
• Теорема Фейта-Томсона. Любая неабелева группа нечетного порядка не проста.

Задача 9.6:
Доказать, что если группа $G$ не абелева и $|G|<60$, то $G$ - не проста.
Решение:

9.12 Силовские подгруппы.

Определение 9.31:
Пусть $p$ - простое, тогда подруппа $H$ конечной группы $G$ называется $p$-подгруппой или примарной подгруппой группы $G$, если существует $k\in\mathbb{N}$ такое, что $|H|=p^k$.
Если при этом $p^{k+1}\nmid|G|$, то $H$ называется силовской $p$-подгруппой группы $G$.

Лемма 9.3: Лемма Коши.
Пусть $A$ конечная абелева группа, $p$ - простое число, $p\bigl||A|$, тогда существует подгруппа $B<A$ такая, что $|B|=p$.

Доказательство:

Обозначим $m:=|A|$ и докажем утверждение индукцией по $m$.

1. При $m=2$, $p=2$, $B=A$.
2. Для любого $n\geq2$ докажем, что из истинности утверждения при ${m\leq{n}}$ следует его истинность при при $m=n+1$.
   Так как $|\langle{x}\rangle|=\ord{x}$, то достаточно доказать, что существует $x\in{A}$ такой, что $\ord{x}=p$, тогда $B=\langle{x}\rangle$. Так как $|A|\geq{p}>1$, то существует $b\in{A}\backslash\{e\}$. По утверждению 9.5 $k:=\ord{g}<\infty$.
   1. Если $p|k$, то по п. 3 теоремы 9.16 $$\ord{b}^{\frac{k}{p}}=\frac{k}{\left(k,\frac{k}{p}\right)}=\frac{k}{\frac{k}{p}}=p.$$ Таким образом, можно положить $x:=b^{k/p}$.
   2. Если $p\nmid{k}$, то $(p,k)=1$. Обозначим $C:=\langle{b}\rangle$, тогда так как группа $A$ абелева, то $C\triangleleft{A}$ и по следствию 9.12 ${|A/C|=\frac{m}{k}<m}$. С другой стороны, так как $(p,k)=1$ и $p|m$, то $p|\frac{m}{k}$, тогда по предположению индукции существует подгруппа $B<A/C$ такая, что $|B|=p>1$. Фиксируем $aC\in{B}\backslash\{C\}$, так как по следствию 9.14 $(\ord{(aC)})|p$, то $\ord{aC}=p$. Тогда так как группа $A$ абелева, то $$ (aC)^{\ord{a}}=a^{\ord{a}}C=C\Rightarrow(\ord{(aC)})|\ord{a}\Rightarrow{p}|\ord{a}. $$ Тогда аналогично подпункту (a) можно положить $x:=a^{(\ord{a})/p}$.

Теорема 9.29: Первая теорема Силова.
Пусть $G$ - конечная группа, $p$ - простое число, $t\in\mathbb{N}$, $p^t\bigl||G|$, тогда существует подгруппа $H<G$ такая, что $|H|=p^t$.

Доказательство:

Если группа $G$ абелева, то утверждение следует из леммы 9.3. Это будет понятно в ходе последнего этапа доказательства. Далее будем предполагать, что $G$ не абелева. Докажем индукцией по $n:=|G|$

1. При $n=2$, $t=1$, $H:=G$.
2. При $n>2$ рассмотрим два случая
   1. Пусть в группе $G$ существует собственная подгруппа $H$ такая, что $(|G:H|,p)=1$, тогда, так как по следствию 9.12 $|G|=|G:H||H|$, то $p^t\bigl||H|$. Так как при этом $|H|<|G|$, то по предположению индукции существует подгруппа $A<H<G$ такая, что $|A|=p^t$.
   2. Пусть для любой собственной подгруппы $H<G$ $(|G:H|,p)\neq1$, то есть $p\bigl||G:H|$. Обозначим центр группы $G$ множество $C(G)$ как $\{h_1,\ldots,h_u\}$. Разложим $G$ в объединение классов сопряженных элементов $$G=[h_1]_{\approx}\cup\ldots\cup[h_u]_{\approx}\cup[g_1]_{\approx}\cup\ldots\cup[g_k]_{\approx}.$$ Где $g_1,\ldots,g_k\notin{C}(G)$, так как $G$ не абелева, то $k>0$. При этом по п. 3 замечания 9.5 для любого $j\in\overline{1,k}$ $|[g_j]_{\approx}|>1$, тогда по п. 2 теоремы 9.19 $|G:N_G(g_j)|=|[g_j]_{\approx}|>1$, то есть $N_G(g_j)\neq{G}$. При этом если предположить, что $N_G(g_j)=\{e\}$, то $$|G:N_G(g_j)|=|[g_j]|_{\approx}=n\Rightarrow[g_j]_{\approx}=G\Rightarrow{e}\in[g_j]_{\approx}\Rightarrow{g}_j=e\in{C}(G),$$ где последнее противоречит выбору $g_j$. Таким образом, для любого $j\in\overline{1,k}$ $N_G(g_j)$ - собственная подгруппа группы $G$. Тогда в рамках данного пункта $$ \forall{j}\in\overline{1,k}(p\bigl||G:N_G(g_j)|)\Rightarrow\forall{j}\in\overline{1,k}(p\bigl||[g_j]_{\approx}|)\Rightarrow \exists{x}\in\mathbb{N}:n=u+px\Rightarrow{p}|u. $$ Тогда, так как $C(G)$ абелева группа, то по лемме 9.3 существует группа $B<C(G)$ такая, что $|B|=p$. Если $t=1$, то $B$ искомая группа. Пусть $t>1$, тогда $$B<C(G)\Rightarrow\forall{g}\in{G}(gB=Bg)\Rightarrow{B}\triangleleft{G},$$ следовательно, можем рассмотреть фактор группу $G/B$. Так как $|G/B|=\frac{n}{p}<n$ и $p^{t-1}\left|\frac{n}{p}\right.$, то по предположению индукции существует подгруппа $H'<G/B$ такая, что $|H'|=p^{t-1}$. Пусть ${\varphi:G\to{G}/B}$ - естественный эпиморфизм, обозначим $H:=\varphi^{-1}(H')$, тогда по п. 2 теоремы 9.25 $H<G$ и так как по следствию 9.11 все смежные классы равномощны, то $|H|=|H'||B|=p^t$.

Теорема 9.30:
Любые две силовские $p$-подгруппы группы $G$ сопряжены в $G$, то есть для любых силовских $p$-подгрупп $H_1$, $H_2$ существует $g\in{G}$ такой, что $g^{-1}H_1g=H_2$.

Доказательство:

Без доказательства.

Теорема 9.31:
Если $S_p$ число силовских $p$-подгрупп группы $G$, то $S_p\bigl||G|$ и $S_p\equiv1\pod{p}$.

Доказательство:

Без доказательства.

Пример 9.23:
Докажем, что группа порядка 30 не может быть простой.
Действительно, так как $|G|=30 = 2\cdot3\cdot5$, то по теореме 9.29 сущетсвует $H<G$ такая, что $|H|=5$. По теореме 9.31 $S_5|30$, $S_5\equiv1\pod{5}$, следовательно, $S_5\in\{1,6\}$.

1. Пусть $S_5=1$. Для любого $g\in{G}$ $$\forall{h}_1,h_2\in{H}(g^{-1}h_1gg^{-1}h_2g=g^{-1}h_1h_2g\in{g}^{-1}Hg),$$ тогда по следствию 9.7 $g^{-1}Hg<G$ при этом $$g^{-1}h_1g=g^{-1}h_2g\Leftrightarrow{h}_1g=h_2g\Leftrightarrow{h}_1=h_2,$$ то есть $|g^{-1}Hg|=|H|=5$. Тогда, так как $S_5=1$, то для любого $g\in{G}$ $g^{-1}Hg=H$, следовательно, по п. 3 утверждения 9.7 $H\triangleleft{G}$, то есть группа $G$ не простая.
2. Пусть $S_5=6$, то есть существует шесть подгрупп $H_1,\ldots,H_6$ группы $G$ порядка 5. Так как 5 - простое число, то по следствию 9.16 для любого $i\in\overline{1,6}$ и для любого $g\in{H}_i\backslash\{e\}$ $\ord{g}=5$. Так как для любого $i\in\overline{1,6}$ подгруппа $H_i$ циклическая порядка 5, то $$\forall{i},j\in\overline{1,6}(i\neq{j}\Rightarrow{H}_i\cap{H}_j=\{e\})\Rightarrow\left|\bigcup_{i=1}^6H_i\right|=25.$$ Таким образом, группа $G$ содержит 24 элемента порядка 5. При этом $S_3\equiv1\pod{p}$ и $S_3|30$, то есть $S_3\in\{1,10\}$.
   Если $S_3=1$, то аналогично пункту 1 группа $G$ не простая.
   Если $S_3=10$, то аналогично доказанному выше группа $G$ содержит 10 подгрупп $F_1,\ldots,F_{10}$ порядка 3, причем $\left|\bigcup_{i=1}^{10}F_i\right|=21$. Тогда группа $G$ содержит 20 элементов порядка 3, учитывая что выше было показано, что группа $G$ содержит 24 элемента порядка 5 и $20 + 24 > 30 = |G|$, то получено противоречие.