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Satz

Sei $G$ eine endliche Gruppe der Ordnung $n=p^{r}m$, wobei $p$ Primzahl und $m$ nicht durch $p$ teilbar sei. Sei ${\mathcal {S}}_{p}=\{U<G\mid |U|=p^{r}\}$ die Menge der $p$-Sylowuntergruppen von $G$ und $s_{p}=|{\mathcal {S}}_{p}|$ deren Anzahl. Dann gilt:

1. $s_{p}\equiv 1{\pmod {p}}$.
2. $s_{p}|m$.
3. Ist eine Untergruppe $H<G$ eine $p$-Gruppe, d.h. ist die Ordnung $|H|$ eine Potenz von $p$, so gilt $H<S$ für ein $S\in {\mathcal {S}}_{p}$.
4. $G$ operiert durch Konjugation transitiv auf ${\mathcal {S}}_{p}$

Beweis

Wir zeigen zunächst

Lemma. ${\mathcal {S}}_{p}\neq \emptyset$

Beweis (Durch Induktion über $n$):

Falls $r=0$, ist $1\in {\mathcal {S}}_{p}$.

Sei jetzt also ohne Beschränkung der Allgemeinheit $r\geq 1$. $G$ operiert auf sich selbst durch Konjugation und zerfällt dadurch in Bahnen. Die Bahnenlänge eines Elements $x\in G$ ist hierbei gleich dem Index des Zentralisators $Z_{G}(x)=\{g\in G\mid gx=xg\}$ in $G$. Die Bahnenlänge ist also genau dann 1, wenn $Z_{G}(x)=G$, d.h. wenn $x$ im Zentrum $Z(G)$ liegt. Ansonsten ist $Z_{G}(x)$ eine echte Untergruppe. Falls dann $p^{r}$ Teiler von $|Z_{G}(x)|<n$ ist, hat nach Induktionsvoraussetzung $Z_{G}(x)$ eine Untergruppe der Ordnung $p^{r}$, die aber ja auch in Untergruppe von $G$ ist, und wir sind fertig.

Wir können also annehmen, dass für $x\not \in Z(G)$ die Ordnung von $Z_{G}(x)$ nicht durch $p^{r}$ teilbar ist; dann muss aber umgekehrt die zugehörige Bahnenlänge Vielfaches von $p$ sein. Da $|G|$ die Summe aller Bahnenlängen ist, folgt $|G|\equiv |Z(G)|{\pmod {p}}$, das heißt $p$ teilt $|Z(G)|$. Insbesondere enthält $Z(G)$ eine Untergruppe $U$ der Ordnung $p$. Als Untergruppe des Zentrums ist diese normal, wir können also die Gruppe $G/U$ und die kanonische Projektion $\pi \colon G\to G/U$ betrachten. Da $|G/U|=p^{r-1}m<n$ ist, gibt es in dieser nach Induktionsvoraussetzung eine Untergruppe $S$ der Ordnung $p^{r-1}$. Deren Urbild $\pi ^{-1}(S)\subseteq G$ hat dann die Ordnung $p^{r}$, liegt also in ${\mathcal {S}}_{p}$.

Damit ist das Lemma bewiesen.

Für den Beweis des Satzes sei jetzt $S\in {\mathcal {S}}_{p}$ eine laut Lemma existierende Sylowgruppe. Da durch Konjugation aus einer $p^{r}$-elementigen Untergruppe wieder eine solche wird, operiert $G$ auf ${\mathcal {S}}_{p}$. Sei $\Omega$ die Bahn von $S$. Da $g^{-1}Sg=S$ zumindest für $g\in S$ gilt, ist die Bahnlänge $|\Omega |$ ein Teiler von $[G:S]=m$, also zu $p$ teilerfremd.

Sei $H$ eine beliebige $p$-Untergruppe von $G$. Auch $H$ operiert auf $\Omega$ durch Konjugation. Hierbei auftretende Bahnlängen sind entweder 1 oder Vielfache von $p$. Da insgesamt $|\Omega |$ kein Vielfaches von $p$ ist, muss mindestens einmal die Bahnlänge 1 auftreten, d.h. $H$ normalisiert ein $S'\in \Omega$. Dann ist aber $HS'$ Untergruppe von $G$ und obendrein $p$-Gruppe mit mindestens (und folglich genau) $p^{r}$ Elementen, also gilt $HS'=S'$ und folglich $H\subseteq S'$. Dies ist bereits Teil 3 der Satzbehauptung.

Im Spezialfall $H\in {\mathcal {S}}_{p}$ gilt sogar, dass $H=S'$ gelten muss, also folgt $\Omega ={\mathcal {S}}_{p}$ und damit Teil 2 und 4 des Satzes. Schließlich hat in diesem Fall $H$ selbst Bahnlänge 1, während alle anderen Bahnlängen Vielfache von $p$ sind. Folglich gilt $|\Omega |\equiv 1{\pmod {p}}$, d.i. Teil 1 der Satzbehauptung.

Damit ist der Satz bewiesen.