Beweisarchiv: Algebra: Gruppen: Klassifikation endlicher abelscher Gruppen

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[Bearbeiten] Satz

Jede endliche abelsche Gruppe ist direktes Produkt zyklischer Gruppen von Primzahlpotenzordnung. Bis auf Reihenfolge und Isomorphie der Summanden ist diese Zerlegung eindeutig.

[Bearbeiten] Beweis

Sei $G$ eine endliche abelsche Gruppe der Ordnung $n$ . Für $k\in\Z$ ist $\mu_k\colon G\to G$ , $g\mapsto k\cdot g$ , d.h. die Multiplikation mit $k$ , ein Gruppenendomorphismus.

Die Eindeutigkeitsaussage ergibt sich wie folgt: Falls

$G \cong \bigoplus_{i} \Z/{p_i^{r_i}\Z},$

betrachte $|\ker\mu_{p^r}|$ für $p$ prim und $r\in\N$ . Falls $p\ne p_i$ , so ist $\mu_{p^r}$ auf dem Summanden $\Z/{p_i^{r_i}\Z}$ ein Isomorphismus. Falls $p = p i$ , umfasst der Kern der Einschränkung von $\mu_{p^r}$ auf $\Z/{p_i^{r_i}\Z}$ genau $p^{\min\{r,r_i\}}$ Elemente. Folglich ist

$|\ker\mu_{p^r}| = \prod_{p_i=p} p^{\min\{r,r_i\}}$

und daher

$\log_p\left(\frac{|\ker\mu_{p^r}|^2}{|\ker\mu_{p^{r+1}}|\cdot|\ker\mu_{p^{r-1}}|}\right) = \sum_{p_i=p} ({2\min\{r,r_i\}- \min\{r+1,r_i\} -\min\{r-1,r_i\} }) = |\{i\colon p_i=p\land r_i=r\}|.$

Also lassen sich die Summanden in der obigen direkten Summe eindeutig zurückgewinnen.

Für die Existenzaussage beweisen wir zunächst zwei Hilfssätze:

Lemma 1. Ist $G = kerμ k$ , so ist jeder Primteiler von $n$ auch Teiler von $k$ .

Beweis (per Induktion nach $n$ ): Der Fall $n = 1$ ist klar, da $n$ dann gar keine Primteiler hat.

Sei daher jetzt $n > 1$ und die Behauptung gelte für alle kleineren Gruppenordnungen. Wähle ein $a\in G\setminus 0$ . Für die Ordnung $d$ von $a$ gilt dann $d > 1$ nach Wahl von $a$ . Dann ist $G/\langle a\rangle$ eine abelsche Gruppe der kleineren Ordnung $\tfrac nd$ und wird ebenfalls von der Multiplikation mit $k$ annulliert. Nach Induktionsvoraussetzung hat $\tfrac nd$ nur Primteiler, die $k$ teilen. Nach Voraussetzung gilt $d | k$ , so dass auch $n$ nur solche Primteiler hat. Damit ist das Lemma bewiesen.

Lemma 2. Ist $p$ prim und $G$ abelsch von Primzahlpotenzordnung $n = p r$ und hat $g\in G$ maximale Ordnung, so ist $\langle g\rangle$ ein direkter Summand von $G$ , d.h. es gibt eine Untergruppe $H < G$ mit $G=\langle g\rangle\oplus H$ .

Beweis (per Induktion nach $r$ ): Falls $G$ zyklisch ist (dies umfasst auch den Fall $r = 0$ , ist die Behauptung klar, denn dann gilt $G=\langle g\rangle = \langle g\rangle\oplus 0$ .

Ist dagegen $G$ nicht zyklisch, so hat jedes Element höchstens Ordnung $p r - 1$ , d.h. die $(r - 1)$ -malige Hintereinanderausührung von $μ p$ bildet ganz $G$ auf 0 ab. Das Bild von $\mu_p^k$ enthält mindestens $\frac n{|\ker\mu_p|^k}$ Elemente, so dass sich $|\ker\mu_p|^{r-1}\geq n$ und folglich $| kerμ p | > p$ ergibt. Deswegen können wir $a\in\ker\mu_p\setminus0$ wählen; dann ist $\langle a\rangle$ zyklisch von der Ordnung $p$ und wir können folglich weiter ein $b\in\ker\mu_p\setminus\langle a\rangle$ finden. Es ist dann auch $\langle b\rangle$ zyklisch von Ordnung $p$ und diese beiden Gruppen haben trivialen Durchschnitt. Die zyklische Gruppe $\langle g\rangle$ kann nur eine Untergruppe der Ordnung $p$ enthalten, also gilt $\langle g\rangle\cap \langle a\rangle=0$ oder $\langle g\rangle\cap \langle b\rangle=0$ . Sei $U$ diejenige der Gruppen $\langle a\rangle$ , $\langle b\rangle$ mit $G\cap U=0$ . Allgemein ist für $x\in G$ die Ordnung vno $x+U\in G/U$ höchstens so groß wie die Ordnung von $x$ . Das Element $g+U \in G/U$ hat wegen $G\cap U=0$ dieselbe Ordnung wie $g$ , insbesondere ist diese Ordnung maximal für Elemente von $G / U$ . Nach Induktionsvoraussetzung ist $G/U = \langle g+U\rangle\oplus\bar H$ für eine Untergruppe $\bar H<G/U$ . Ist $H < G$ das Urbild von $\bar H$ , so folgt $G=\langle g\rangle\oplus H$ . Damit ist das Lemma bewiesen.

Wir beweisen auch die Existenzaussage des eigentlichen Satz durch Induktion nach $n$ . Der Fall $n = 1$ ist klar, denn die triviale Gruppe ist das leere Produkt.

Sei daher jetzt $n > 1$ und die Aussage des Satzes gelte für alle Gruppen kleinerer Ordnung.

Wir betrachten zunächst den Fall, dass $n = r s$ gilt mit teilerfremden Zahlen $r, s > 1$ . Dann gibt es ganze Zahlen $u, v$ mit $u r + v s = 1$ .

Für $g\in G$ gilt $g = (ur+vs)\cdot g = ur\cdot g +vs\cdot g$ . Hierbei ist wegen $s\cdot ur\cdot g=u\cdot n\cdot g=0$ der erste Summand in $kerμ s$ und ebenso der zweite aus $kerμ r$ , folglich gilt $G = kerμ r + kerμ s$ . Für $g\in\ker\mu_r\cap\ker\mu_s$ gilt $g=ur\cdot g +vs\cdot g=u\cdot0+v\cdot0=0$ , folglich $\ker\mu_r\cap\ker\mu_s = 0$ . Zusammen mit $G = kerμ r + kerμ s$ bedeutet dies $G=\ker\mu_r\oplus\ker\mu_s$ .

Nach Lemma 1 und wegen der Teilerfremdheit von $r$ und $s$ kann weder $G = kerμ r$ noch $G = kerμ s$ gelten, d.h. beide direkten Summanden sind echte Untergruppen, folglich nach Induktionsvoraussetzung von der behaupteten Form und damit gilt der Satz auch für $G$ .

Es bleibt noch der Fall, dass keine Zerlegung $n = r s$ wie oben existiert, d.h. $n$ is eine Primzahlpotenz, $n = p r$ mit $p$ prim, $r\geq 1$ . Wähle $g\in G$ von maximaler Ordnung und zerlege $G=\langle g\rangle\oplus H$ gemäß Lemma 2. Nach Induktionsvoraussetzung ist $H$ direkte Summe von zyklischen Gruppen von Primpotenzordnung, damit gilt dies aber auch für $G$ .

Damit ist der Satz bewiesen.

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