Perfecte getallen en Leinster groepen

Faculteit Wetenschappen
Departement Wiskunde
Perfecte getallen en Leinster groepen
Bachelorproef 1
Lukas Boelens
Promotor:
Dr. Andreas Bächle
29 januari 2015
Inhoudsopgave
1 Inleiding
2
2 Perfecte getallen
2.1 Even perfecte getallen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Oneven perfecte getallen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
4
7
3 Definitie en voorbeelden van Leinstergroepen
9
3.1 Multiplicativiteit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
3.2 Voorbeelden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
4 Restricties op δ(G) en D(G)
4.1 De abelse quotiëntstelling . . . . . . . .
4.1.1 Bewijs met normale voortbrengers
4.1.2 Bewijs met priem-index groepen .
4.1.3 Abelse Leinster groepen . . . . .
4.2 Verdere restricties . . . . . . . . . . . . .
5 Zassenhaus metacyclische groepen
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
14
14
14
16
18
18
22
1
Inleiding
Het onderwerp van deze bachelorproef bevindt zich op de grens tussen getallentheorie en groepentheorie. Het eerste deel zal zich uitweiden over perfecte
getallen. Een getal wordt een perfect getal genoemd als de som van zijn
echte delers gelijk is aan het getal zelf. We zullen zien waaraan deze getallen
moeten voldoen en we zullen een onderscheid maken tussen even en oneven
perfecte getallen. We zullen ook zien dat er een sterk verband is tussen even
perfecte getallen en Mersenne priemen, namelijk priemen van de vorm 2k − 1.
Het tweede deel van de bachelorproef zal zich richten op Leinster groepen.
Een Leinster groep is een groep waarvan de som van de orden van zijn echte
normale deelgroepen gelijk is aan de orde van de groep zelf. Intuı̈tief kunnen
we al een verband zien tussen perfecte getallen en Leinster groepen als de
normale deelgroepen net de orden hebben van de delers van de orde van
de groep. We zullen dit verband nader bestuderen, alsook andere soorten
Leinster groepen bekijken.
Het derde deel ten slotte zal verder ingaan op de functie D, de functie
die een groep afbeeldt op de som van de orden van zijn normale deelgroepen.
We kunnen natuurlijk zien dat een groep Leinster is als D de groep afbeeldt
op tweemaal zijn orde. De vraag is of we ook meer dingen te weten kunnen
komen over groepen waarvan de som kleiner is dan tweemaal de orde.
2
Perfecte getallen
De Pythagorianen waren de eersten die opmerkten dat het getal 6 gelijk is
aan de som van zijn echte delers. Zij noemden dit soort getallen perfecte
getallen.
Definitie
2.1. Definiëer voor een natuurlijk getal n, de functie D(n) =
P
d|n d als som van de delers van n. Een natuurlijk getal is perfect als
D(n) = 2n.
Voor lange tijd was men meer geı̈nteresseerd in de mystieke en religieuze
eigenschappen van perfecte getallen dan de wiskundige eigenschappen. Zo
werd er gezegd dat God de wereld had kunnen scheppen in één keer, maar
Hij verkoos om het in 6 dagen te doen om de perfectie van Zijn werk te
benadrukken. In het Oude Testament wordt er ook vermeldt dat 28 de
perfectie van het Universum benadrukt, namelijk het aantal dagen dat de
maan er over doet om rond de aarde te draaien.
De vier perfecte getallen die voor de Grieken gekend waren, zijn 6, 28,
496 en 8128. Hieruit leidde men af dat het nde perfecte getal net n cijfers
2
bevat, en dat perfecte getallen afwisselend eindigden met cijfers 6 en 8. Beide
beweringen waren fout (hoewel we wel zullen bewijzen dat even perfecte
getallen eindigen met de cijfers 6 en 8). Het volgende perfecte getal is immers
33550336. Het perfecte getal daarna is 859869056.
Het volgend lemma toont een interessante eigenschap van perfecte getallen, namelijk dat de som van de inversen van de delers van een perfect getal
net 2 is.
P
Lemma 2.2. n is perfect als en slechts d|n d1 = 2
P
Bewijs. Als n perfect is, dan weten we per definitie dat d|n d = 2n. Als we
P
dit door n delen hebben we d|n nd = 2. Aangezien nd alle delers zijn van n
volgt het resultaat.
P
Omgekeerd, stel n een getal waarvoor geldt d|n d1 = 2. Dan volgt dat
P n
d|n d = 2n en dus volgt dat n perfect is.
Nu kunnen we volgende eigenschap bewijzen:
Eigenschap 2.3. Geen echte deler van een perfect getal kan perfect zijn.
P
Bewijs. Stel n een perfect getal. Dan weten we uit Lemma 2.2 dat d|n d1 =
2. Neem nu e een echte deler van n. Dan volgt uit het feit dat alle delers
van e ook delers van n zijn dat
X1 X1
<
=2
f
d
f |e
d|n
en dus kan e geen perfect getal zijn.
Het zal voor volgende eigenschappen cruciaal zijn dat de functie D multiplicatief is.
Eigenschap 2.4. De functie D is multiplicatief, of met andere woorden,
als m1 en m2 relatief priem zijn, dan volgt dat D(m1 m2 ) = D(m1 )D(m2 ).
Bewijs. Aangezien m1 en m2 relatief priem zijn, kan elke deler d van m1 m2
geschreven worden als d1 d2 waar d1 een deler is van m1 en d2 een deler is van
m2 . Omgekeerd geldt dat als d1 een deler is van m1 en d2 een deler is van
m2 , dat d1 d2 een deler is van m1 m2 .
Dan volgt dat
P
D(m1 m2 ) =
d
Pd|m1 m2
= d1 |m1 ,d2 |m
d1 d2
2 P
P
=
d1 |m1 d1
d2 |m2 d2
= D(m1 )D(m2 ).
3
2.1
Even perfecte getallen
We zullen nu een onderscheid maken tussen even en oneven perfecte getallen.
Door het feit dat even getallen sowieso deelbaar zijn door 2, kunnen we
hier behoorlijk veel over zeggen. De enige perfecte getallen die tot nu toe
gevonden zijn, zijn even getallen.
Euclides bewees dat voor de som
1 + 2 + 22 + 23 + · · · + 2r−1 = p
met p een priemgetal, het getal 2r−1 p een perfect getal is. We weten ook dat
1 + 2 + 22 + 23 + · · · + 2r−1 = 2r − 1.
Dan geldt dus het volgende: Als 2r − 1 priem is, dan is 2r−1 (2r − 1) een
perfect getal. Euler bewees later dat alle even perfecte getallen van deze
vorm moeten zijn.
Stelling 2.5. Even perfecte getallen zijn precies de getallen 2r−1 (2r −1) waar
r ≥ 2 en 2r − 1 priem.
Bewijs. Stel r ≥ 2 en 2r − 1 priem. Dan volgt
D(2r−1 (2r − 1)) =
=
=
=
D(2r−1 )D(2r − 1)
(1 + 2 + 22 + · · · + 2r−1 )(1 + 2r − 1)
(2r − 1)2r
2((2r − 1)2r−1 ),
waaruit volgt dat 2r−1 (2r − 1) even en perfect is.
Omgekeerd, stel dat n een even en perfect getal is. Dan geldt dat n = 2s m
met s ≥ 1 en m oneven. Aangezien n perfect is, volgt er dat
D(2s m) = 2 × 2s m
⇓
D(2s )D(m) = 2s+1 m
⇓
(2s+1 − 1)D(m) = 2s+1 m
⇓
(2s+1 − 1)(D(m) − m) = m,
4
waaruit volgt dat D(m) − m een deler is van m. Aangezien
2s+1 − 1 > 20+1 − 1 = 1,
volgt ook dat D(m) − m een echte deler is. Maar D(m) − m is per definitie
de som van de echte delers van m, dus D(m) − m is de unieke echte deler
van m. Dan volgt dus dat D(m) − m = 1 en dus is m priem. Dan volgt ook
dat m = 2s+1 − 1 en dus is m een mersennepriemgetal. Dan volgt ook nog
dat n = 2s (2s+1 − 1) met s ≥ 1 en 2s+1 − 1 priem wat te bewijzen was.
We kunnen nu onze zoektocht naar de even perfecte getallen verkleinen
naar de priemen van de vorm 2k − 1. Men noemt deze priemen Mersenne
priemen. Als we dus iets te weten komen over Mersenne priemen, zullen we
dus ook iets kunnen zeggen over even perfecte getallen. Een eerste eigenschap
is dat de macht k van een Mersenne priem 2k − 1 zelf priem is.
Eigenschap 2.6. Als ak − 1 priem is (a > 0, k ≥ 2), dan is a = 2 en k is
priem.
Bewijs. We weten dat
ak − 1 = (a − 1)(ak−1 + ak−2 + · · · + a + 1)
waar
ak−1 + ak−2 + · · · + a + 1 ≥ a + 1 > 1
voor a > 0.
Aangezien ak − 1 priem is, moet de andere factor 1 zijn. Dus a − 1 = 1
en dus a = 2.
Als k niet priem is, dan kunnen we schrijven k = rs met r, s > 1. Dan
volgt
ak − 1 = (ar )s − 1
= (ar − 1)(ar(s−1) + ar(s−2) + · · · + ar + 1)
en beide factoren zijn groter dan 1. Maar dan is ak − 1 geen priemgetal.
Voor priemgetallen p = 2, 3, 5 en 7 zijn de getallen 2p −1, respectievelijk 3,
7, 31 en 127, allemaal Mersenne priemen. En dus zijn de getallen 2p−1 (2p −1),
respectievelijk 6, 28, 496 en 8128, allemaal perfecte getallen.
Men nam hieruit de verkeerde conclusie dat 2p − 1 priem is voor elk
priemgetal p. Dit is echter niet waar aangezien 211 − 1 = 2047 = 23 · 89.
Een interessante vraag is of er oneindig veel Mersenne priemen zijn. In
dat geval zouden er ook oneindig veel perfecte getallen zijn. Spijtig genoeg
is hier nog niks over geweten.
In ieder geval kunnen we wel de vorige eigenschap gebruiken om te bewijzen dat even perfecte getallen altijd eindigen met het nummer 6 of 8.
5
Stelling 2.7. Een even perfect getal n eindigt met het nummer 6 of 8.
Bewijs. Aangezien n een perfect getal is, kunnen we n schrijven als n =
2k−1 (2k − 1), met 2k − 1 priem. Dan moet k volgens Lemma 2.6 ook priem
zijn.
Als k = 2 dan is n = 6, en is de stelling bewezen. We zullen nu voor
k > 2 een onderscheid maken.
Als k = 4m + 1, dan
n = 24m (24m+1 − 1)
= 28m+1 − 24m
= 2 · 162m − 16m .
Uit inductie kan makkelijk duidelijk gemaakt worden dat 16t ≡ 6(mod10) en
dus
n ≡ 2 · 6 − 6 ≡ 6(mod10).
Als k = 4m + 3, dan geldt
n = 24m+2 (24m+3 − 1)
= 28m+5 − 24m+2
= 2 · 162m+1 − 4 · 16m .
Dan volgt dus dat
n ≡ 2 · 6 − 4 · 6 ≡ −12 ≡ 8 (mod10).
We kunnen zelf een stap verder gaan en bewijzen dat even perfecte getallen eindigen met de nummers 6 of 28. Aangezien een geheel getal modul
100 gelijk is aan zijn laatste twee nummers, moeten we alleen bewijzen dat
als k van de vorm 4m + 3 is moeten gelden dat n ≡ 28 (mod 100). Om dit
te bewijzen, zien we eerst dat
2k−1 = 24m+2 = 16m · 4 ≡ 6 · 4 ≡ 4 (mod 10).
Voor k > 2 hebben we ook dat 4|2k−1 , en daardoor is het getal gevormd door
de laatste 2 cijfers van 2k−1 deelbaar door 4. We hebben dus een getal dat
deelbaar is door 4 en waarvan het laatste cijfer 4 is. De mogelijke getallen
modulo 100 zijn hiervoor
2k−1 ≡ 4, 24, 44, 64 of 84 (mod 100).
6
Dan geldt dat
2k − 1 = 2 · 2k−1 − 1 ≡ 7, 47, 87, 27, of 67 (mod 100),
waaruit volgt dat
n = 2k−1 (2k − 1) ≡ 4 · 7, 24 · 47, 44 · 87, 64 · 27 of 84 · 67 (mod 100).
Elke van deze producten eindigen met de 2 cijfers 28, waaruit volgt dat even
perfecte getallen eindigen met de 6 of 28.
2.2
Oneven perfecte getallen
Nu is natuurlijk nog de vraag of er ook oneven perfecte getallen zijn. Hoewel
er nog geen oneven perfecte getallen gevonden zijn, is het wel mogelijk om
er bepaalde voorwaarden voor op te leggen. Een van die voorwaarden werd
gevonden door Euler.
Stelling 2.8 (Euler). Als n een oneven perfect getal is, dan
2jr
2
n = pk11 p2j
2 . . . pr
waar de pi ’s verschillende oneven priemen zijn, en p1 ≡ k1 ≡ 1(mod4).
Bewijs. Zij n = pk11 pk22 . . . pkr r de priemfactorizatie van n. Aangezien n perfect
is, kunnen we schrijven
2n = D(n) = D(pk11 )D(pk22 ) . . . D(pkr r ).
Aangezien n oneven is, is ofwel n ≡ 1(mod4) ofwel n ≡ 3(mod4). In beide
gevallen is 2n ≡ 2(mod4). D(n) = 2n is dus deelbaar door 2, maar niet
door 4. Er is dus een even factor van D(n) die niet deelbaar is door 4, neem
bijvoorbeeld D(pk11 ), en alle andere factoren zijn oneven.
Voor een gevegen pi zijn er twee mogelijkheden. Ofwel is pi ≡ 1(mod4)
ofwel is pi ≡ 3(mod4). Als pi ≡ 3 ≡ −1(mod4), dan zouden we hebben dat
D(pki i ) = 1 + pi + p2i + · · · + pki i
≡ 1+ (−1) + (−1)2 + · · · + (−1)ki
0(mod4) als ki oneven is
≡
1(mod4) als ki even is.
Aangezien D(pk11 ) ≡ 2(mod4), volgt dat p1 6≡ 3(mod4) of met andere woorden
p1 ≡ 1(mod4). Verder volgt uit D(pki i ) ≡ 0 (mod 4) ook dat 4 een deler is van
7
D(pki i ) , wat uiteraard niet mogelijk is. Hieruit kunnnen we dus concluderen
dat als pi ≡ 3 (mod 4), ki even moet zijn.
Als pi ≡ 1 (mod 4), dan volgt
D(pki i ) = 1 + pi + p2i + · · · + pki i
≡ 1 + 1 + 12 + · · · + 1ki (mod 4)
≡ ki + 1 (mod 4).
De conditie dat D(pk11 ) ≡ 2 (mod 4) zorgt ervoor dat k1 ≡ 1 (mod 4).
Voor de andere waarden van i weten we dat D(pki i ) ≡ 1 of 3 (mod 4), en dus
ki ≡ 0 of 2 (mod 4). In beide gevallen is ki dus een even getal, waarmee de
stelling bewezen is.
Als we het kwadraat buitenbrengen kunnen we dus een oneven perfect
getal n schrijven als n = pk m2 .
Gevolg 2.9. Als n een oneven perfect getal is, dan is n van de vorm
n = pk m2
waar p priem is, m niet deelbaar is door p, en p ≡ k ≡ 1 (mod 4), in het
bijzonder n ≡ 1 (mod 4).
Bewijs. Aangezien p ≡ 1 (mod 4), hebben we pk ≡ 1 (mod 4). Omdat m
oneven is, moet m ≡ 1 of 3 (mod 4) zijn, en daardoor is m2 ≡ 1 (mod 4).
Hieruit volgt dat
n = pk m2 ≡ 1 · 1 ≡ 1 (mod 4).
Andere voorwaarden voor een oneven perfect getal zijn dat n groter moet
zijn dan 101500 , dat n niet deelbaar is door 105 en dat n ≡ 1 (mod 12), n ≡
117 (mod 468), of n ≡ 81 (mod 324). De grootste priem factor van n moet
ook groter zijn dan 108 , de tweede grootste moet groter zijn dan 104 en de
derde grootste moet groter zijn dan 100. n moet ook minstens 101 priem factoren hebben en minstens 9 verschillende priem factoren. Als 3 geen priemfactor is van n, dan heeft n minstens 12 verschillende priem factoren.
Deze voorwaarden worden voortdurend versterkt, wat aangeeft dat de
kans dat zo een getal bestaat zeer klein is, of op z’n minst een uitzondering
op de regel moet zijn. Men heeft echter nog niet kunnen bewijzen dat dit
soort getallen niet bestaan.
8
3
Definitie en voorbeelden van Leinstergroepen
We zullen vanaf dit hoofdstuk uitsluitend eindige groepen beschouwen.
Definitie 3.1. Zij N een deelgroep van een groep G. Men noemt N een
normale deelgroep van G als en slechts als gN = N g voor alle g ∈ G. Met
N E G noteert men dat N een normale deelgroep is van G.
We zullen nu de functies D en δ definiëren.
Definitie 3.2. Zij G een eindige groep. Zij D(G) de som van de orden van
de normale deelgroepen van G, of met andere woorden
X
D(G) :=
|N |.
N EG
Definiëer δ(G) := D(G)/|G|.
We noemen een eindige groep G een Leinster groep als δ(G) = 2.
Als δ(G) < 2, dan noemen we G een ontoereikende groep, en als
δ(G) > 2, dan noemen we G een abundante groep.
Andere benamingen die aan Leinster groepen worden gegeven zijn immaculate (’onbevlekt’) en perfect. Perfecte groepen zijn echter al gedefinieerd in
de groepentheorie als de groepen die hun eigen commutator deelgroep zijn,
waardoor we deze benaming niet kunnen gebruiken.
3.1
Multiplicativiteit
We hebben reeds bewezen dat D(n) voor een getal n multiplicatief is. Het
doel is om dit nu ook voor groepen te bewijzen. We moeten hiervoor eerst
die groepen kwalificeren.
Stelling 3.3 (Jordan-Hölder). Zij G een groep. Als
1 = G0 C G1 C · · · C Gn = G
en
1 = H0 C H1 C · · · C Hk = G
compositierijen (een rij van deelgroepen waarvoor elk quotiënt Gi+1 /Gi een
enkelvoudige groep is) zijn van G, dan
1. n = k
9
2. er bestaat een f ∈ Sn zodat
Gi+1 /Gi = Hf (i)+1 /Hf (i) ,
voor 0 ≤ i < n.
Bewijs. Zie E. Jespers: Galoistheorie
We kunnen met andere woorden de quotiënten van de deelgroepen van
een compositierij bepalen. Stel dus c(G) van een groep G als deze verzameling met multipliciteit van quotiënten. We voeren de som van twee zo’n
verzamelingen in als de disjuncte unie.
Dan volgt dus ook voor K E X dat
c(X) = c(X/K) + c(K).
Een paar groepen zal relatief priem genoemd worden als ze geen gemeenschappelijke compositiequotiënten hebben. We zullen bewijzen dat D en δ
multiplicatief zijn als de groepen relatief priem zijn. Eerst bewijzen we dat
de normale deelgroepen van een product van relatief prieme groepen net de
producten van normale deelgroepen zijn.
Eigenschap 3.4. Zij G1 en G2 relatief priem. Dan zijn de normale deelgroepen van G1 × G2 net van de vorm N1 × N2 met N1 E G1 en N2 E G2 .
Bewijs. Als N1 E G1 en N2 E G2 dan is het duidelijk dat N1 ×N2 E G1 ×G2 .
Omgekeerd, stel N E G1 × G2 . Schrijf πi : G1 × G2 −→ Gi (i = 1, 2) voor de
projecties. Dan volgt uit de eerste isomorfismestelling dat
π1 (N ) ∼
=
N
N
=
,
ker(π1 |N )
G2 ∩ N
en dus volgt dat
c(N ) = c(π1 (N )) + c(G2 ∩ N ).
Analoog geldt dit ook voor π2 waaruit volgt dat
c(π1 (N )) + c(G2 ∩ N ) = c(π2 (N )) + c(G1 ∩ N ).
c(πi (N )) ⊆ c(Gi ) en G1 en G2 zijn relatief priem, dus c(π1 (N )) en c(π2 (N ))
hebben geen gemeenschappelijke elementen. Dan moet er volgen dat c(πi (N )) =
c(Gi ∩ N ). We weten ook dat c(X) de orde van een groep X bepaalt, en dat
Gi ∩ N ⊆ πi (N ), dus met andere woorden is Gi ∩ N = πi (N ). Dan volgt
π1 (N ) × π2 (N ) = (G2 ∩ N ) × (G1 ∩ N ) ⊆ N.
10
Er geldt ook dat
N ⊆ π1 (N ) × π2 (N ),
en dus N = π1 (N ) × π2 (N ).
Gevolg 3.5. D is multiplicatief.
Bewijs. Als G1 en G2 relatief priem zijn, dan geldt
P
D(G1 × G2 ) = PN EG |N |
= PNi EGi |N
P1 × N2 |
=
N1 EG1
N2 EG2 |N1 | |N2 |
= D(G1 )D(G2 ).
Natuurlijk volgt hier ook uit dat δ multiplicatief is, aangezien
D(G1 × G2 )
|G1 × G2 |
D(G1 )D(G2 )
=
|G1 ||G2 |
= δ(G1 )δ(G2 ).
δ(G1 × G2 ) =
Voorbeeld 3.6 (S3 × C5 ). S3 en C5 hebben relatief priem orde (6 en 5) en
zijn dus relatief priem. Dan volgt
D(S3 × C5 ) =
=
=
=
D(S3 )D(C5 )
(1 + 3 + 6)(1 + 5)
60
2|S3 × C5 |.
en dus is S3 × C5 een niet-abelse perfecte groep.
3.2
Voorbeelden
Voorbeeld 3.7 (Cyclische groepen). Zij n een natuurlijk getal en Cn een
cyclische groep van orde n. Cn is een abelse groep, waaruit volgt dat alle
deelgroepen van Cn normaal zijn. De deelgroepen van Cn zijn de cyclische
groepen van orde d waar d een deler van n is. We kunnen dus zeggen dat
D(Cn ) = D(n) en Cn is Leinster als n perfect is.
Voorbeeld 3.8 (Groepen van de vorm Cn oC2t ). Zij n een oneven natuurlijk
getal, t een natuurlijk getal, en Mn,t de groep
t
hx, y | xn = y 2 = 1, y −1 xy = x−1 i = Cn o C2t .
Als t = 1 dan zijn deze groepen net de diëdergroepen met n oneven.
11
Eigenschap 3.9. De groep Mn,t is een Leinster groep als en slechts als t = 1
en n een oneven perfect getal, of n = 2t − 1 is een Mersenne priem.
Bewijs. Het centrum van deze groep is de groep hy 2 i cyclisch van orde 2t−1 .
De echte normale deelgroepen van de groep Mn,t zijn dus de groepen van de
vorm Cn o C2k met k ∈ 0, 1, 2, · · · , t − 1. Hieruit kunnen we dus afleiden dat
D(Mn,t ) = 2t n + (1 + 2 + · · · + 2t−1 )D(Cn ) = 2t n + (2t − 1)D(n).
Hieruit volgt dan dat D(Mn,t ) = 2t+1 n als en slechts als (2t − 1)D(n) = 2t n.
Dit is equivalent met (2t − 1)(D(n) − n) = n.
Als t = 1 geldt dit als en slechts als n een oneven perfect getal is.
Stel dat t > 1. Dan is D(n) − n een echte deler van n, maar dit is ook de
som van de echte delers van n. Dan volgt dat D(n) − n de enige echte deler
is van n, wat dus wilt zeggen dat n priem is en uit (2t − 1)(D(n) − n) = n
volgt dat n = 2t − 1 en dus is n een Mersenne priem.
Zoals al gezegd zijn de groepen met t = 1 de diëdergroepen. Uit de
vorige eigenschap volgt dus dat de Leinster diëdergroepen met n oneven in
1-1 verband staan met oneven perfecte getallen.
Voorbeeld 3.10 (p-groepen). Een eindige p-groep is een groep van orde pr ,
waar p priem is, en r ≥ 0. Uit de stelling van Lagrange volgt dan dat al
zijn deelgroepen pr moeten delen. Als G dus een p-groep is, dan geldt dat
D(G) ≡ 1 (mod p). Een p-groep kan dus niet Leinster zijn.
Voorbeeld 3.11 (Alternerende en symmetrische groepen). Als n ≥ 5 dan
is An eenvoudig, en de enige normale deelgroepen van Sn zijn 1, An en Sn .
Deze groepen zijn dus niet Leinster. Voor n ≤ 4 hebben we
D(A1 ) = 1
D(A2 ) = 1
D(A3 ) = 1 + 3 = 4
D(A4 ) = 1 + 4 + 12 = 17
D(S1 ) = 1,
D(S2 ) = 1 + 2 = 3,
D(S3 ) = 1 + 3 + 6 = 10,
D(S4 ) = 1 + 4 + 12 + 24 = 41.
Geen enkele alternerende en symmetrische groep is dus Leinster.
Voorbeeld 3.12. Zij G := A5 × G1 met G1 relatief priem ten opzichte van
A5 . We gaan nu op zoek naar een G1 waarvoor G een Leinster groep is.
A5 is een eenvoudige groep, en dus
δ(A5 ) = 61/60.
We moeten dus een G1 zoeken waarvoor
δ(G1 ) = D(G1 )/|G1 | = 120/61.
12
We weten hieruit al dat |G| deelbaar is door 61. Neem G1 van de vorm
G1 = C61 × G2 waar G2 relatief priem is ten opzichte van A5 en C61 .
C61 is een eenvoudige groep, dus
δ(C61 ) = 62/61.
We moeten dus een G2 zoeken waarvoor geldt
δ(G2 ) = 120/62 = 60/31.
Neem dus opnieuw G2 = C31 × G3 , met G3 relatief priem ten opzichte van
C31 , C61 en A5 . Opnieuw is C3 1 een eenvoudige groep, en dus geldt
δ(C31 ) = 32/31,
waardoor moet gelden dat
δ(G3 ) = 60/32 = 15/8.
Als we nu G3 = C8 nemen, dan is aan deze voorwaarde voldaan. Als dus
G = A5 × C61 × C31 × C8
= A5 × C61·31·8
= A5 × C15128 ,
dan is G een Leinster groep.
Op dezelfde manier kunnen we de groep A6 × C366776 construeren. Neem
deze keer de eenvoudige groep A6 , en werk uit naar A6 , C361 en C127 en C8 .
We zullen nu de techniek uit Voorbeeld 3.12 verder proberen te veralgemenen. Het idee is om voor elke groep G een cyclische groep C te vinden
waarvoor G×C een Leinster groep is. Om dit te kunnen bereiken, berekenen
we δ(G), en dan houden we de priemdelers van de cyclische compositie factoren van G bij. We moeten dan een natuurlijk getal vinden, niet deelbaar
door deze priemen, zodat δ = 2/δ(G). Dan zijn n en |G| copriem, en dus
volgt er uit de multipliciteit dat G × Cn een Leinster groep is. We kunnen
dit probleem dus reduceren naar de volgende vraag.
Vraag 3.13. Gegeven q ∈ Q en priemen {p1 , . . . , pk }, probeer een natuurlijk
getal n te vinden zodat δ(n) = q, en zodat pi 6 | n voor i ∈ 1, . . . , k.
Deze vraag is behoorlijk hard, en staat in direct verband met open vragen
over perfecte getallen. Hoewel er nog geen antwoord op deze vraag bestaat,
kan men wel met behulp van algoritmen de juist n vinden. We noemen dit
de cyclische extensie methode.
13
Voorbeeld 3.14 (Leinster groepen van oneven orde). Neem G van de vorm
G = (Cq o Cp ) × CN met p en q oneven priemen zodat p|q − 1 en N een
oneven getal zodat N en pq relatief priem zijn. Dan hebben we
δ(G) = δ(Cq o Cp ) · δ(CN ) =
1 + q + pq D(N )
·
.
pq
N
)
2pq
Als G een Leinster groep is, dan moet hieruit volgen dat D(N
= 1+q+pq
.
N
Aangezien de laatste breuk irreduciebel is, moet N van de vorm N = (1 +
q + pq)m zijn met m oneven.
Neem als voorbeeld hiervoor
p = 7, q = 127, m = 393129.
Dan geldt dus dat N = 399812193 en dus is G een Leinster groep van de
vorm G = (C127 o C7 ) × C399812193 , dewelke oneven orde |G| = 355433039577
heeft. Dit is de enige Leinster groep van oneven orde die momenteel gekend
is.
4
Restricties op δ(G) en D(G)
We kunnen de functie D ook bekijken als een manier om de grootte van de
normale deelgroepen van een groep G te formuleren. In het bijzonder, als
geldt dat D ≤ 2|G| moeten de normale groepen van G ”klein” genoeg zijn
om hieraan te voldoen. We kunnen ons afvragen of deze restrictie ons meer
kan zeggen over de groep G.
De volgende stelling zegt hier iets meer over.
4.1
De abelse quotiëntstelling
Stelling 4.1 (De abelse quotiëntstelling). Als G een groep is met δ(G) ≤
2 (of met andere woorden G is Leinster of ontoereikend) dan is elk abels
quotiënt van G cyclisch.
We zullen voor deze stelling twee bewijzen voorzien. Beide bewijzen geven
een interessant inzicht op dit soort groepen.
4.1.1
Bewijs met normale voortbrengers
Definitie 4.2. Een element h ∈ G wordt een normale voortbrenger genoemd
van G als de enige normale deelgroep van G die h bevat G zelf is.
14
We kunnen bewijzen dat als een groep G een normale voortbrenger heeft,
elk abels quotiënt van G cyclisch is. Als we dus kunnen bewijzen dat G een
normale voortbrenger heeft met δ(G) ≤ 2, dan is Stelling 4.1 bewezen.
We zullen eerst twee lemma’s bewijzen om dan later te gebruiken voor
het bewijs.
Lemma 4.3. Voor een groep G geldt
X
D(G) =
|{N E G | g ∈ N }|.
g∈G
Bewijs.
P
D(G) =
N EG |N |
= P
|{(N, g) : N E G | g ∈ N }|
=
g∈G |{N E G | g ∈ N }|.
Lemma 4.4. Het inverse beeld van een normale deelgroep onder een homomorfisme is ook een normale deelgroep.
Bewijs. Zij π : G1 −→ G2 een homomorfisme en N E G2 . Dan is N de kern
van het natuurlijke homomorfisme φ : G2 −→ G2 /N . Dan volgt dus
π −1 N = π −1 φ−1 {1} = (φ ◦ π)−1 {1},
met andere woorden π −1 N is de kern van het homomorfisme φ ◦ π : G1 −→
G2 /N en is dus een normale deelgroep van G1 .
Stelling 4.5. Zij G een groep.
1. Als δ(G) ≤ 2 dan heeft G een normale voortbrenger.
2. Als G een normale voortbrenger heeft dan is elk abels quotiënt van G
cyclisch.
Bewijs.
1. Uit Lemma 4.3 volgt dat δ(G) ≤ 2 als en slechts als het gemiddelde aantal normale deelgroepen per g ∈ G kleiner is dan 2.
Als G niet eenvoudig of triviaal is dan is het aantal normale deelgroepen
die de identiteit bevatten groter dan of gelijk aan 3. Om dus gemiddeld ≤ 2 te bekomen moet er een h ∈ G zijn waarvoor er maar één
normale deelgroep is, namelijk de groep zelf. Dit is dus een normale
voortbrenger.
Als G eenvoudig is, dan is elk element dat niet de identiteit is een normale voortbrenger. Als G triviaal is dan is het enige element, namelijk
de identiteit, ook een normale voortbrenger. Dus 1. is bewezen in alle
gevallen.
15
2. Stel dat A een abels quotiënt is van G, met π : G −→ A een surjectief
homomorfisme, en zij h een normale voortbrenger van G. Dan is π(h)
ook een normale voortbrenger. Inderdaad, stel K E A en π(h) ∈ K.
Dan is π −1 K een normale deelgroep van G die h bevat, dus π −1 K =
G. Aangezien π surjectief is, volgt dat K = A. Maar A is abels,
dus alle deelgroepen zijn normaal. Dus het feit dat π(h) een normale
voortbrenger van A is zegt dat de enige deelgroep van A die π(h) bevat
A zelf is. Hieruit volgt dan dat de cyclische deelgroep voortgebracht
door π(h) A zelf is, en dus is A cyclisch.
4.1.2
Bewijs met priem-index groepen
Lemma 4.6. Zij G een groep en p priem. Dan is het aantal normale deelgroepen van G met index p gelijk aan
pr − 1
p−1
voor een zekere r ≥ 0.
Bewijs. De cyclische groepen van orde p schrijven we als Z/pZ. Hom(G, Z/pZ)
is de verzameling van alle homomorfismen tussen G en Z/pZ, en Aut(Z/pZ)
is de verzameling van alle automorfismen van Z/pZ. Het is ook belangrijk
op te merken dat een normale deelgroep van G van index p de kern is van
een surjectief homomorfisme tussen G en Z/pZ.
Alle elementen van Hom(G, Z/pZ) zijn surjectief, behalve één. De overblijvende is triviaal. Twee surjecties π, φ hebben dezelfde kern als en slechts
als er een automorfisme α ∈ Aut(Z/pZ) bestaat waarvoor geldt π = α ◦ φ.
Deze is ook uniek. De niet triviale elementen van Hom(G, Z/pZ) hebben dus
|Hom(G, Z/pZ)| − 1
|Aut(Z/pZ)|
verschillende kernen. Dit is dus ook het aantal normale deelgroepen van
index p. We moeten nu gewoon |Hom(G, Z/pZ)| en |Aut(Z/pZ)| evalueren
om het resultaat te bekomen.
Eerst en vooral, Z/pZ is cyclisch met p−1 voortbrengers, dus |Aut(Z/pZ)| =
p − 1.
Ten tweede is Z/pZ abels, dus Hom(G, Z/pZ) vormt een abelse groep onder puntsgewijze optelling. Elk element heeft orde 1 of p, dus Hom(G, Z/pZ)
kan scalaire vermenigvuldiging gegeven worden over het veld Z/pZ en wordt
dus een eindig vectorruimte. Deze vectorruimte heeft dimensie r ≥ 0 en dus
|Hom(G, Z/pZ)| = pr .
16
Definitie 4.7. Men noemt een groep strak als G voor elke p priem hoogstens
één normale deelgroep van index p heeft.
We zullen nu de Stelling 4.1 in 3 delen bewijzen.
Stelling 4.8.
1. Een groep G met δ(G) ≤ 2 is strak.
2. Een quotiënt van een strakke groep is strak
3. Een strakke abelse groep is cyclisch.
1. Neem p een priemdeler van |G|. Voor een normale deelgroep N
|G|
van index p geldt dan volgens de stelling van Lagrange dat |N | =
.
p
We weten uit Lemma 4.6 ook dat er (pr − 1)/(p − 1) normale groepen
van deze index zijn met r ≥ 0. Voor elke priem p hebben we dan
Bewijs.
2|G| ≥ D(G) ≥ |G| +
pr − 1 |G|
p−1 p
Als r ≥ 2 dan
|G|
pr − 1 |G|
≥ (p + 1)
> |G|,
p−1 p
p
pr − 1
wat een contradictie is. Dus r is 0 of 1, en
is 0 of 1.
p−1
2. Zij π : G1 −→ G2 een surjectief homomorfisme (Dus G2 is isomorf met
een quotiënt van G1 ). Als N en M verschillende normale deelgroepen
van G2 met index p zijn, dan zijn π −1 N en π −1 M ook verschillende normale deelgroepen van G1 met index p. Dit is een contradictie aangezien
G1 strak is. Dan volgt dat G2 ook strak is.
3. Elke abelse groep A kan geschreven worden als
A∼
= Cpt1 × · · · × Cptnn
1
met pi priemgetallen en ti ≥ 1 (i ∈ 1, · · · , n).
Stel dat pi = pj (neem hiervoor p) voor i 6= j. Aangezien ti ≥ 1 is, heeft
Cpti een normale deelgroep Ni van index p, net zoals Cptj . Ni × Cptj en
Nj ×Cpti zijn dus verschillende deelgroepen van index p van Cptj ×Cpti ,
en Cptj × Cpti is niet strak. Aangezien Cptj × Cpti een quotiënt van A,
wat uit het vorig deel van dit bewijs impliceert dat A niet strak is.
Als A dus wel strak is, dan zijn alle pk ’s verschillend, en dus volgt
A∼
= Cpt1 pt1 ...ptnn
1
17
1
uit het feit dat deze priemmachten relatief priem zijn ten opzichte van
elkaar en dus directe producten vormen.
4.1.3
Abelse Leinster groepen
Als n een perfect getal is, dan weten we uit Voorbeeld 3.7 dat een cyclische
groep Cn met orde n een Leinster groep is.
Gebruik makend van de abelse quotiëntstelling zullen we in dit hoofdstuk
aantonen dat alle abelse Leinster groepen net deze cyclische groepen Cn met
orde n perfect zijn. We zullen daarvoor volgende stelling aantonen.
Gevolg 4.9.
1. Als G een Leinstergroep is dan is elk abels quotiënt van
G cyclisch.
2. De abelse Leinstergroepen zijn precies de cyclische groepen Cn van orde
n met n perfect.
Bewijs.
1. Dit volgt direct uit Stelling 4.1
2. Als G Leinster abels is, dan is G een abels quotiënt van de Leinstergroep G, en dus is G cyclisch. We hebben al gezien dat cyclische
Leinstergroepen corresponderen met perfecte getallen.
Uit Gevolg 4.9 volgt nu dat alle abelse Leinstergroepen precies deze cyclische groepen zijn. Er is met andere woorden een direct verband tussen
abelse Leinstergroepen en perfecte getallen.
4.2
Verdere restricties
Op Stelling 4.1 kunnen we nu voortbouwen en kijken naar restricties op
bijzondere soorten groepen.
Definitie 4.10. Een groep G is nilpotent als er normale deelgroepen G0 , G1 ,
· · · , Gn van G bestaan zodat
1. 1 = G0 ⊆ G1 ⊆ · · · ⊆ Gn = G en
2. Gi+1 /Gi ⊆ Z(G/Gi ) voor 0 ≤ i < n.
Opmerking: δ(G) ≥ δ(G/N )
Stelling 4.11. Als G een eindig nilpotente groep is met δ(G) ≤ 2 dan is G
cyclisch en |G| is een perfect of ontoereikend getal.
18
Bewijs. Zij G een eindig nilpotent groep met δ(G) ≤ 2 en P een willekeurige
Sylow p-deelgroep van G voor een priemdeler p van |G|. Het is in het bijzonder een normale deelgroep dat ook een normaal complement heeft. Met
andere woorden er is een normale deelgroep N van G waarvoor de doorsnede
met P triviaal is en N P = G. Er volgt dan dat δ(P ) ≤ δ(G) ≤ 2.
Zij nu F de Frattini deelgroep van P , de doorsnede van alle maximale
deelgroepen. Dan is P/F nilpotent, en dus een p-groep wiens rang r het
minimum aantal voortbrengers van P is. We weten dan ook dat δ(P/F ) ≤ 2.
Als r > 1, dan moet gelden dat 1 + (p + 1)/p ≤ δ(P/F ), aangezien P/F
op z’n minst p + 1 deelgroepen bevat van orde pr−1 . Dit zorgt er voor dat
r = 1, en dus is P cyclisch.
Elke Sylow deelgroep van G is dus cyclisch. Aangezien G nilpotent is,
moet G zelf cyclisch zijn. We hebben dan gezien dat δ(G) = δ(|G|), waaruit
de stelling volgt.
Definitie 4.12. Een groep G is oplosbaar als er normale deelgroepen G0 ,
G1 , · · · , Gn van G bestaan zodat
1. 1 = G0 ⊆ G1 ⊆ · · · ⊆ Gn = G,
2. Gi+1 /Gi is abels voor 0 ≤ i < n.
Als bovendien Gi+1 /Gi cyclisch is, dan noemen we G superoplosbaar.
Stelling 4.13. Zij G een superoplosbare groep met δ(G) ≤ 1 + |G|−1/3 . Dan
G∼
= Cp , Cpq of Cp o Cq voor niet noodzakelijk verschillende priemen p en q.
Bewijs. We tonen eerst aan dat elke minimale normale deelgroep N van een
superoplosbare groep G cyclisch is. Zij G = N1 > · · · > Nk = 1 een rij
normale deelgroepen van G zodat elk quotiënt cyclisch is. Dan bestaat er
een index i waarvoor geldt dat Ni ≥ N en Ni+1 ∩ N = 1. Dan Ni /Ni+1 ≥
N Ni+1 /Ni+1 ∼
= N/(Ni+1 ∩ N ) ∼
= N . N is dus cyclisch.
Zij G nu een minimaal tegenvoorbeeld voor de stelling en N een minimale
normale deelgroep van G. Aangezien G niet cyclisch is weten we dat het
niet nilpotent kan zijn. Dan is |N | = r met r priem. Aangezien G ook
superoplosbaar is, volgt dat G/N ∼
= Cp , Cpq of Cp o Cq .
∼
Stel eerst dat G/N = Cp . Als r = p dan volgt dat G ∼
= Cp2 of Cp ×Cp . Dit
is een contradictie aangezien G niet nilpotent is. Als r 6= p dan is G ∼
= Cr oCp
wat per definitie niet kan.
Stel nu G/N ∼
= Cpq . Dan zijn de groepen P/N met orde p en Q/N met
orde q normale deelgroepen van G/N . Dan zijn de groepen P met orde pr
19
en Q met orde qr normale deelgroepen van G. Stel nu s = min{p, q, r}. Dan
geldt dat s3 ≤ pqr ≤ |G| en dus s ≤ |G1/3 |. Dan volgt dus
δ(G) = 1 +
1 1
1
1
1
+ +
+w ≤1+
≤1+ ,
1/3
q p pq
|G|
s
met w de ongekende normale deelgroepen. Hieruit kunnen we dus afleiden
dat
q+p+1
1
≤
pq
s
en dus krijgen we een contradictie als s = q of s = p. Hieruit moet dus
volgen dat r kleiner is dan q en p. Dan is N centraal in G en G is abels. Dit
is een contradictie.
Tenslotte zij G/N ∼
= Cp o Cq 6= Cpq met p 6= q. Dan is p > q. Nu volgt
uit dezelfde redenering dat P met orde pr een normale deelgroep is van G.
Dan volgt dus met s het minimum van q en r
δ(G) = 1 +
en dus
1
1
1
1
+
+w ≤1+
≤1+ ,
1/3
q pq
|G|
s
1
p+q
≤ .
pq
s
Hieruit volgt dus dat s niet gelijk aan q kan zijn, en dus is r het minimum.
Dan is N centraal in G en G ∼
= Cr ×(Cp oCq ). Maar dan is de deelgroep Cp o
Cq normaal in G met grotere orde dan |G|2/3 . Dit is ook een contradictie.
Stelling 4.14. Als G een niet-triviale oplosbare groep is met δ(G) ≤ 1 +
|G|−1/2 dan is G eenvoudig, en dus cyclisch van priemorde.
Bewijs. Zij G een minimaal tegenvoorbeeld, en N een minimale normale
deelgroep, dan is N een p-groep. Inderdaad stel N een minimale deelgroep, en
neem H zijn karakteristieke deelgroep (de deelgroep die invariant blijft onder
automorfismen). Dan is deze deelgroep ook normaal en dus per definitie volgt
N = H of {1} = H. Het laatste is niet mogelijk omdat N dan niet oplosbaar
zou zijn. Zij nu p||N |, dan heeft N een Sylow p-deelgroep S. Deze deelgroep
is karakteristiek en normaal in N , en dus ook normaal in G. Hieruit volgt
per definitie dus dat S = N en dus |N | = pn .
Dan is het quotiënt G/N eenvoudig en isomorf met Cr waar r priem is.
Als r = p dan is G een cyclische groep van orde pn+1 . Aangezien G
nilpotent is, moet uit Stelling 4.11 volgen dat n = 1 en |G| = p2 . Dan volgt
dat δ(G) = 1 + |G|−1/2 + |G|−1 , een contradictie.
20
Dus r 6= p en N heeft een complement Cr in G. Dat N een complement
heeft volgt uit het feit dat G niet eenvoudig is en N de minimale normale
deelgroep van G is. Als Cr een normale deelgroep van G is, dan is n = 1,
en |G| = pr met G cyclisch. Dan volgt δ(G) = 1 + 1/r + 1/p + 1/(pr) >
√
1 + (1/ pr), een contradictie. Als Cr niet normaal is, dan is G = N o Cr
en Cr is trouw en irreducibel ten opzichte van N . Dan is r ≤ |N | − 1 en
δ(G) = 1 + 1/r + 1/|G| > 1 + |G|−1/2 , een contradictie.
Eigenschap 4.15. Zij G een groep van orde pt q waar p en q priemen zijn
en t een natuurlijk getal. Dan is G een Leinster groep als en slechts als p = 2
en aan een van de volgende voorwaarden is voldaan:
1. q = 2t+1 − 1 is een Mersenne priem en G is cyclisch.
2. q = 2t − 1 een Mersenne priem en G ∼
= Mq,t .
Bewijs. Het ”als”gedeelte weten we al uit Stellingen 2.5 en 3.9.
Omgekeerd, stel dat G een Leinster groep is van orde pt q waar p en q
priem zijn en t een natuurlijk getal. We merken al op dat p 6= q, want anders
zou G een p-groep zijn.
Definiëer nu Op (G) als een maximale normale p-groep, en Oq (G) als een
maximale normale q-groep. Dan mogen geen van beiden triviaal zijn. Met
andere woorden |Oq (G)| = q en |Op (G)| = pk voor k een natuurlijk getal. Zij
N = Oq (G) en H een Sylow p-deelgroep van G. Dan is G = N o H. H is
dan als nilpotent quotiënt van G cyclisch.
We beweren nu dat p en q niet beiden oneven kunnen zijn. Als p, q ≥ 3
dan hebben we
(1 + p + p2 + · · · + pt )(q + 1)
pt q
t+1
p
q+1
p −1 q+1
= t
·
<
·
≤ 2.
p (p − 1)
q
p−1
q
δ(G) ≤
Dit is een contradictie.
Zij q = 2. Dan is H een cyclische deelgroep van index 2 in G en dus
normaal in G, waaruit volgt dat G = H × N cyclisch is. In dit geval is |G|
even maar niet deelbaar door 4. Uit Stelling 2.5 volgt dan dat |G| = 6 en
geval 1. komt voor.
We kunnen dus veronderstellen dat q ≥ 3. Zij p = 2. In dit geval
2t+1 q = D(G) = (1 + 2 + · · · 2k )(1 + q) + (2k+1 + · · · + 2t )q
= (2t+1 − 1)q + 2k+1 − 1
waaruit volgt dat q = 2k+1 − 1.
21
Als k = t dan is G cyclisch, en |G| een even perfect getal, en geval 1.
komt voor.
Stel nu dat k < t. Nu is de cyclische groep H/O2 (G) van orde 2t−k
als deelgroep van H ook een deelgroep van Aut(N ) dewelke orde q − 1 =
2k+1 − 2 heeft. Dus moet 2t−k een deler zijn van 2k+1 − 2, hetwelk alleen kan
voorkomen als t = k + 1. Aangezien Aut(N ) juist één element van orde 2
heeft, namelijk het element dat een voortbrenger van N inverteert, kunnen
we zien dat G ∼
= Mq,t . Hier komt dus geval 2. voor.
5
Zassenhaus metacyclische groepen
Vele van de voorbeelden die we tot nu toe gevonden hebben zijn Zassenhaus
metacyclische groepen (of ZM-groepen), groepen met de eigenschap dat alle
Sylow deelgroepen cyclisch zijn. Het doel is om uit te zoeken hoe de structuur van de normale deelgroepen van zo een groep er uit zien, om zo meer
voorbeelden te kunnen vinden voor Leinster groepen.
De structuur van dit soort groepen is helemaal uitgewerkt door Zassenhaus.
Definitie 5.1. Een drietal (m, n, r) met volgende voorwaarden gcd(m, n) =
gcd(m, r − 1) = 1 en rn = 1 (mod m) zal een ZM-drietal genoemd worden,
en de overeenkomstige groep
ha, b | am = bn = 1, b−1 ab = ar i
zal een aangeduid worden als ZM(m, n, r).
Stelling 5.2 (Zassenhaus). Zij G een ZM-groep. Dan bestaat er een ZMdrietal (m, n, r) zodat G ∼
= ZM(m, n, r). We hebben |G| = mn en G0 = hai,
en G/G0 is cyclisch van orde n.
Omgekeerd is elke groep isomorf met ZM(m, n, r) een ZM-groep.
Lemma 5.3. Zij G = ZM (m, n, r) = ha, b | am = bn = 1, b−1 ab = ar i. Dan
geldt
s
2s
(d−1)s )
(bs at )d = bsd at(1+r +r +···+r
voor alle natuurlijke getallen s, t, d.
Gevolg 5.4. Zij G = ZM (m, n, r) = ha, b | am = bn = 1, b−1 ab = ar i. Dan
geldt
d
(a−1 ba)d = bd a1−r
voor elk natuurlijk getal d.
22
Stelling 5.5. Zij G = ZM (m, n, r) = ha, b | am = bn = 1, b−1 ab = ar i. Voor
elke deler d van n, schrijf
e(d) := ggd(rd − 1, m).
Dan is voor elke deler d van n en elke deler k van e(d), de groep
Nk,d := hak , bd i
een normale deelgroep van G. Omgekeerd is elke normale deelgroep van G
van deze vorm. De groep Nk,d heeft orde mn/kd.
Bewijs. Zij d een deler van n, en zij k een deler van e(d). We moeten eerst
bewijzen dat Nk,d een normale groep is. Per definitie van G weten we al dat a
d
genormalizeerd is door b. Andersom geldt dat a−1 bd a = bd a1−r = bd (a−1 )e(d) ,
en aangezien k een deler is van e(d), ligt dit element in Nk,d . Nk,d is dus een
normale deelgroep.
Omgekeerd, zij N een willekeurige normale deelgroep van G. Eerst bewijzen we dat N van de vorm hak , bd i met k en d respectievelijk delers van
m en n is. Inderdaad, zij g = bs at een willekeurig element van N . Dan is
g −1 b−1 gb = at(r−1) ∈ N . Aangezien ggd(r − 1, m) = 1, volgt dat ook at ∈ N ,
en dus ook bs ∈ N .
Het blijft nog te bewijzen dat k een deler is van e(d). Aangezien bd ∈ N ,
volgt uit Gevolg 5.4 dat ae(d) ∈ N . Nu volgt uit het feit dat k het kleinste
getal is waarvoor ak ∈ N dat k een deler is van e(d). Dan is N = Nk,d .
Tenslotte bewijzen we nog dat de orde van Nk,d gelijk is aan mn/kd.
We hebben al gezien dat elk element g ∈ Nk,d kan geschreven worden als
g = bs at waar s een veelvoud van d is en t een veelvoud van k is. Er zijn
precies (n/d)(m/k) elementen van dit soort.
Stelling 5.6. Zij G = ZM (m, n, r) een willekeurige ZM-groep. Dan geldt
δ(G) =
X δ(e(d))
d|n
d
=
X δ(gdd(rd − 1, m))
d|n
d
.
Bewijs. We moeten simpelweg de orden van de normale deelgroepen optellen.
Uit de vorige stelling volgt dat elke deler d van n normale deelgroepen van
de vorm Nk,d oplevert met k een deler van e(d). Als we de orden van deze
groepen optellen dan krijgen we
X
k|e(d)
|Nk,d | =
X mn
mn D(e(d))
mn
=
·
=
· δ(e(d)).
kd
d
e(d)
d
k|e(d)
23
Als we nu al deze resultaten voor alle delers d van n optellen, en rekening
houden met het feit dat |G| = mn, dan krijgen we het gewenste resultaat.
Gevolg 5.7. Zij G = ZM (m, p, r) een ZM-groep waar p priem is. Dan geldt
D(G) = |G| + D(m) en dus δ(G) = 1 +
δ(m)
.
p
Bewijs. Aangezien p een priemgetal is, zijn er maar twee delers, namelijk
1 en p zelf. Dan volgt uit Stelling 5.6 dus dat δ(G) = δ(e(1)) + δ(e(p))
.
p
Uit de definitie van e(d) volgt nu dat e(1) = ggd(r − 1, m) = 1 en e(p) =
ggd(rp − 1, m) = m waaruit het gewenste resultaat volgt.
Gevolg 5.8. Zij G = ZM (p, n, r) een ZM-groep waar p priem is, en zij α
de orde van r modulo p. Dan is 1 < α | ggd(n, p − 1), en
D(G) = pD(n) + D(n/α) en dus δ(G) = δ(n) +
δ(n/α)
.
pα
Bewijs. Het feit dat (p, n, r) een ZM-drietal is impliceert dat p geen deler is
van r − 1, maar wel een deler van rn − 1, en dus α is een deler van n en groter
dan 1. Merk op dat δ(e(d)) = 1 + 1/p als p rd − 1 deelt, en δ(e(d)) = 1 als p
niet rd − 1 deelt, of respectievelijk α deelt d wel of deelt d niet. Uit stelling
5.6 volgt dan
P δ(e(d))
1 P
1
1 P
=
1+
+ d|n,α|d
δ(G) =
d|n,α-d
d|n
d
p
d
d
P1 1 P 1
+
=
p d|n,α|d d
d|n d
n/α
=
δ(n) +
.
pα
Uit het feit dat |G| = pn volgt dan het resultaat.
Voorbeeld 5.9. Voor de ZM-groepen van de vorm ZM(m, p, r) met p priem
is het moelijk een voorbeeld te vinden. Zij inderdaad ZM(m, p, r) een Leinster
groep. Dan volgt het dat δ(m) = p, met andere woorden m is multiperfect,
maar ook oneven, en er zijn nog geen oneven multiperfecte getallen gevonden.
Voorbeeld 5.10. Voorbeelden van Leinster groepen van de vorm ZM (p, n, r)
× Cs gevonden met behulp van de cyclische extensie methode zijn
ZM (3, 2, α = 2) × C5 ,
ZM (127, 7, α = 7) × C34 ·112 ·192 ·113 ,
ZM (16785407, 22 4, α = 2) × C68753027071 .
(r werd hier niet explicitiet berekend, en werd vervangen door α).
24
Voorbeeld 5.11. Door het toepassen van de cyclische extensie methode op
de groepen van de vorm ZM (m, 2t, −1), vinden we volgende voorbeelden
ZM (3, 22 , −1) × C1 ,
ZM (4157, 212 , −1) × C1064191·2128381·4256761·8513521·17027041 ,
ZM (2622511, 220 , −1) × C5245021·10490041·5370900991·171868831711·343737663421 .
Referenties
[1] Tom
Leinster,
Perfect
Numbers
http://arxiv.org/abs/math/0104012, 2001.
and
Groups,
[2] De Medts T, Maróti A., Perfect numbers and finite groups, Rend. Sem.
Mat. Univ. Padova 129, 2013.
[3] David Burton, Elementary Number Theory, 2005.
[4] Eric Jespers, Inleiding groepentheorie, Vrije Universiteit Brussel, 2014.
[5] Eric Jespers, Galoistheorie, Vrije Universiteit Brussel, 2014.
[6] François Brunault, Answer on ”Is there an odd-order group whose
order is the sum of the orders of the proper normal subgroups?”,
http://mathoverflow.net/a/55026
[7] De Medts T. Lists of known Leinster groups, The cyclic extension method,
http://java.ugent.be/ tdemedts/leinster/#lists
25