Lemma 6.3.1. AlsPSL2(q1) = J2∼= J1twee verschillende isomorfe deelveldgroepen
zijn vanPSL2(q) en als J1∩ J2 een deelveldgroepPSL2(q0) of Alt(5) of Sym(4)
bevat, dan is :
NPGL2(q)(J1∩ J2)≤ NPGL2(q)(J2)
Bewijs (1). In het geval dat
PSL2(q0)≤ J1∩ J2
herinneren we ons dat :
NPGL2(q)(PSL2(q0)) = PΓL2(q0) (1)
de semi-lineaire groep die ontstaat doorPGL2(q0) en Aut(Fq0). NPGL2(q)(PSL2(q1)) = PΓL2(q1) (2)
de semi-lineaire groep die ontstaat doorPGL2(q1) en Aut(Fq1).
UitPSL2(q0)≤ J1∩ J2en (1) volgt dan :
NPGL2(q)(J1∩ J2)≤ PΓL2(q0)
UitJ2= PSL2(q1) en PΓL2(q0)≤ PΓL2(q1) en (2) volgt dan :
NPGL2(q)(J1∩ J2)≤ PΓL2(q0)≤ PΓL2(q1) = NPGL2(q)(J2)
Bewijs (2). In het geval dat
Alt(5)≤ J1∩ J2 hebben we dan : NPGL2(q)(J1∩ J2)≤ NPGL2(q)(Alt(5)) Verder is : NPGL2(q)(Alt(5))≤ PΓL2(q1) = NPGL2(q)(PSL2(q1)) en dus : NPGL2(q)(J1∩ J2)≤ NPGL2(q)(J2)
Bewijs (3). In het geval dat
Sym(4)≤ J1∩ J2 hebben we dan : NPGL2(q)(J1∩ J2)≤ NPGL2(q)(Sym(4)) Verder is : NPGL2(q)(Sym(4))≤ PΓL2(q1) = NPGL2(q)(PSL2(q1)) en dus : NPGL2(q)(J1∩ J2)≤ NPGL2(q)(J2)
Lemma 6.3.2. AlsJ1, J2twee verschillende deelveldgroepen zijn vanPSL2(q) en als J1∩ J2een deelveldgroepPSL2(q0) of Alt(5) of Sym(4) bevat, dan is J1niet isomorf metJ2.
Bewijs. We noterenz}|{J1 voorNPGL2(q)(J1) enz}|{J2 voorNPGL2(q)(J2) en tevens z }| {
J1∩ J2voorNPGL2(q)(J1∩ J2).
Stel datJ1enJ2isomorf zijn.
Aangezien maximale isomorfe deelgroepen vanPSL2(q) steeds geconjugeerd zijn in PGL2(q) volgt uit J1∼= J2dat er eena∈ PGL2(q) bestaat zodat J2= aJ1a−1.
Uita(J1∩ J2)a−1 ⊆ a(J1)a−1 ⊆ J2enJ1∩ J2⊆ J2volgt dan dat er eenb∈z}|{J2
bestaat zodatba(J1∩ J2)a−1b−1= J1∩ J2.
Per definitie is danba ∈z }| {J1∩ J2. Uit het vorige lemma volgt datz }| {J1∩ J2 ≤z}|{J2 en dus isba∈ J2.
Uitba en b∈z}|{J2 volgt dana∈z}|{J2 .
We krijgen dan datJ2= a−1J2a = J1, een contradictie metJ16= J2.
Gevolg 6.3.3. AlsJ1enJ2deelgroepen zijn vanPGL2(q), met isomorfe bovengroepen I1enI2van klasseC5, en alsJ1enJ2een gemeenschappelijke ondergroepPSL2(q0)
ofAlt(5) in PGL2(q) hebben dan is I1= I2
Bewijs.
AlsI1enI2maximaal zijn inPGL2(q) dan is I1= I2wegens vorig lemma. AlsI1 enI2 niet maximaal zijn inPGL2(q) dan veronderstellen we dat I1 6= I2
en gaan we een contradictie aantonen zodatI1 = I2. AlsI1 6= I2 kunnen we de verzameling
V :={(I1′, I2′)| I1⊆ I1′, I2⊆ I2′, I1′ ∼= I′
2, I1′ 6= I2′}
ordenen met :
(I1′, I2′)≤ (I1′′, I2′′)⇔ I1′ ≤ I1′′, I2′ ≤ I2′′
Omdat(I1, I2) ∈ V en V dus niet ledig is, kunnen we voor deze partiele orderelatie
steeds een maximaal element(I′ 1, I′
2) van V kiezen. Zij (I′ 1, I′
2) zo’n maximaal element
en zijJ′de kleinste deelgroep vanPSL2(q) die I′ 1enI′
2omvat. Nu zijnI′
1 enI′
2 maximale deelgroepen vanJ′ want anders zou er een overgroep
I′′ < J′ vanI′
1 zijn, en moet de hiermee isomorfe overgroep vanI′
2dezelfde groep
I′′zijn wegens de keuze van(I′ 1, I′
2) uit V . We hebben dan een contradictie want uit I′
1, I′
2< I′′< J′volgt datJ′niet de minimale overgroep is vanI′ 1enI′
I1′ enI2′ zijn dus nu2 verschillende maximale groepen van J′ ⊆ PSL2(q) waarbij I1′ ∩ I′
2een van de groepenPSL2(q0) of A5 ofSym(4) bevat. Uit voorgaand lemma
volgt dan datI1′ enI2′ niet isomorf zijn. Uit deze contradictie metI1′ ∼= I′
2, wegens
(I′ 1, I′
2)∈ V volgt dat onze veronderstelling I16= I2vals is en dus hebben weI1= I2. Notatie 6.3.4. Als S = {g1, ..., gk} een minimax verzameling is van PSL2(q) dan
noteren we :
Hi=hS \ gii
Voorq = prenr = pe11 ...pejj ...peπ(r
π(r)noteren wesj voor de onderklasse van j, de verzameling van alle ’grootste’ ondergroepenHi, i∈ I van PSL2(p
r pj) : sj:={Hi| i ∈ I, Hi≤ PSL2(ppjr ),∀k ∈ I
met
Hi ≤ PSL2(ppjr )≤ PSL2(ppkr ) : k = j}
Propositie 6.3.5. AlsH1enH2deelveldgroepen zijn vanPSL2(q) en H12heeft een ondergroepPSL2(q0) of Alt(5) of Sym(4) in PSL2(q) dan hebben H1 enH2enkel
PSL2(q) als gemeenschappelijke isomorfe overgroep(en).
Bewijs. Stel datJ1enJ2 willekeurige isomorfe overgroepen zijn vanH1 enH2in
PGL2(q) dan zijn J1 en J2 van klasse C5 met de gemeenschappelijke ondergroep
PSL2(q0) of A5 ofSym(4) en hebben we volgens voorgaand gevolg dat J1 = J2. AangezienJ1enJ2willekeurig zijn betekent dit dat alle isomorfe overgroepen vanH1
enH2isomorf zijn. We hebben dus ookJ1= J2= G.
Stelling 6.3.6. Eigenschappen vanµ(PSL2(q)) :
(1) AlsPSL2(q) een deelgroep Hiheeft van klasseC6 of S dan is : µ(PSL2(q))≤ 4
(2) AlsPSL2(q) een deelgroep Hijheeft van klasseC6 of S dan is : µ(PSL2(q))≤ 5 ≤ π(r) + 4
(3) Als alle deelgroepenHi, i∈ I van PSL2(q) puntgroepen of deelveldgroepen zijn
dan is :
µ(PSL2(q))≤ π(r) + 3
(4) Alsµ(PSL2(q))≥ 7 dan is :
µ(PSL2(q))≤ π(r) + 2
Bewijs.
(1) AlsPSL2(q) een maximale deelgroep Hiheeft van klasseC6 of S dan is : µ(PSL2(q)) = µ(Hi) + 1≤ µ(Sym(4)) + 1 = µ(Alt(5)) + 1 ≤ 3 + 1 = 4
(2) AlsPSL2(q) een deelgroep Hij heeft van klasseC6 of S weten we dat Hij een maximale deelgroep is vanHien hebben we :
µ(PSL2(q)) = µ(Hi) + 1 = (µ(Hij) + 1) + 1≤ µ(Sym(4) + 2 = µ(A5) + 2 = 3 + 2 = 5≤ π(r) + 4
(3) De enige mogelijkheden die nu nog resten zijn deze waar alleHi, i ∈ I en alle Hij, i6= j ∈ I van klasse C of C5zijn. Wetende dat er hoogstens3 groepen Hi, i∈ I
inC zijn, gaan we alle mogelijkheden na.
(3.1) AlsH1, H2 en H3 van klasseC zijn, dan hebben we reeds aangetoond dat H12, H23 enH13abels zijn en de minimax verzamelingS van PSL2(q) geen vierde
elementg4kan bevatten. We hebben dan :
µ(PSL2(q))≤ 3 ≤ π(r) + 3
(3.2) AlsH1, H2van klasseC zijn en de andere groepen Hi, i≥ 3 deelveldgroepen
zijn, dan hebben we2 gevallen. Een eerste geval waarbij er een s ≥ 3 en een r > s
bestaat metHr∩ Hsvan klasseC. Een tweede geval waarbij Hr∩ Hsvoor elker en s, met r > s≥ 3, niet van klasse C is.
• In het eerste geval hebben we nu dat Hrvan de vormPSL2(q0) of van de vorm PGL2(q0) is en dat H4,1, H4,2, H4,33 maximale deelgroepen, van klasseC, van PGL2(q0) of PSL2(q0) zijn. We hebben dan :
µ(PSL2(q)) = µ(H4) + 1≤ 3 + 1 ≤ π(r) + 3
• In het tweede geval hebben we dat H3,4, ...H3,µ(PSL2(q2)) verschillende maxi-male deelgroepen zijn van H3 en van klasse C5 zijn. Aangezien de groep
PSL2(pr) hoogstens π(r) maximale deelveldgroepen heeft kan de subveldgroep H3 vanPSL2(pr) niet meer dan π(r)− 2 maximale deelveldgroepen hebben.
Dit betekent datµ(PSL2(q))− 4 ≤ π(r) − 2 en dus : µ(PSL2(q))≤ 2 + π(r)
(3.3) AlsH1 van klasseC is en de andere groepen Hi, i≥ 2 deelveldgroepen zijn,
dan kunnen we de groepenHi, i ≥ 2 verdelen over de verschillende onderklassen s1, ...sπ(r). De doorsnede van2 groepen uit een zelfde onderklasse is een puntgroep.
Aangezien we reeds aangetoond hebben dat de doorsnede van2 groepen uit klasse C
abels is hebben we ook :
∀A, B ∈ sjen∀A′, B′∈ sk: (A∩ B) ∩ (A′∩ B′) is abels
(3.3.1) AlsH2, H3 ∈ s1enH4, H5 ∈ s2dan zijn de groepenH123, H145enH2345
abels. We hebben dan datg6commuteert met alle elementen vanS want : • in H123commuteertg6met elkegimeti≥ 4;
• in H145commuteertg6metg2eng3;
• in H2345commuteertg6metg1.
Aangezieng6als element van de onafhankelijke verzamelingS van PSL2(q) niet tot
het triviaal centrum van PSL2(q) kan behoren heeft de verzameling S hoogstens 5
elementen. Dit betekent :
µ(PSL2(q))≤ 5 ≤ π(r) + 3
(3.3.2) Alss1={H2, H3} juist 2 elementen bevat en de enigste onderklasse is met
meer dan1 element dan is het aantal groepen H4, ..., Hµ(PSL2(q))hoogstensπ(r)− 2
omdat er juistπ(r) onderklassen zijn. Uit µ(PSL2(q))− 4 ≤ pi(r) − 2 volgt dan : µ(PSL2(q))≤ π(r) + 2
(3.3.3) Alss1 = {H2, H3, H4, ...} dan zijn de groepen H123, H124 enH234abels, en isg5∈ Z(PSL2(q)) ={1}. Dit betekent dat :
µ(PSL2(q))≤ 4 ≤ π(r) + 3
(3.4) Er rest nu enkel het geval waarbij voor elkei∈ I de groep Hieen deelveldgroep is. We onderzoeken nu alle mogelijkheden :
• (3.4.1) minstens 3 onderklassen met minstens 2 elementen; • (3.4.2) juist 2 onderklassen met minstens 2 elementen; • (3.4.3) juist 1 onderklasse met minstens 2 elementen; • (3.4.4) elke onderklasse heeft hoogstens 1 element.
(3.4.1) Alss1={H1, H2, ...}, s2={H3, H4, ...} en s3={H5, H6, ...} minstens 2
elementen bevatten dan zijnH12,H34enH56van klasseC. Aangezien de doorsnede
van2 groepen uit klasse C abels is, zijn de groepen H1234, H1256enH3456abels en kan de minimax verzamelingS geen zevende element g7 ∈ Z(PSL2(q)) = {1} hebben.
Omdat er minstens3 onderklassen s1,s2ens3zijn, isπ(r)≥ 3 en hebben we : µ(PSL2(q))≤ 6 ≤ π(r) + 3
(3.4.2) Als enkel s1 = {H1, H2, H3, ...} en Sym(2) = {H4, H5} meer dan 1
element hebben dan zijn de groepenH123,H1245,H1345 enH2345 abels en is g6 ∈ Z(PSL2(q)) ={1}. We hebben dan :
(3.4.3) Als enkels1minstens2 elementen heeft dan hebben we π(r)−1 onderklassen
met hoogstens1 element. Het aantal groepen Hi, i ∈ I is dan hoogstens gelijk aan |s1| + (π(r) − 1). Als |s1| ≤ 3 dan hebben we :
µ(PSL2(q))≤ π(r) + 2
Als|s1| ≥ 4 dan stellen we dat H1, H2, H3, H4∈ s1. De groepenH12, H13, ..., H34
zijn dan van klasse C. Aangezien de doorsnede van 2 groepen uit klasse C steeds
abels is, zijn de groepenH123, H124, H134enH234abels. Hieruit volgt dan weer dat de minimax verzamelingS geen vijfde element g5 ∈ Z(PSL2(q)) = {1} heeft. We
hebben dus :
µ(PSL2(q))≤ 4 ≤ π(r) + 3
(3.4.4) Als voor elkei ∈ I de onderklasse sihoogstens1 element heeft dan is de
orde vanI kleiner of gelijk aan π(r) omdat er π(r) onderklassen si, i ∈ I zijn. We
hebben dan :
µ(PSL2(q))≤ π(r) + 2
(3.5) Alsµ(PSL2(q))≥ 7 volgt uit het voorgaande dat : µ(PSL2(q))≤ π(r) + 2
Propositie 6.3.7. Alsq = prenp een priemgetal is, met π(r) het aantal verschillende
priemdelers vanr, dan kunnen we steeds een onafhankelijke genererende verzameling S construeren met|S| = π(r) + 2.
Bewijs.
De onderstaande verzameling van matrices :
1 1 0 1 , 1 0 1 1 , σ1 0 0 σ1−1 , ..., σk 0 0 σ−1k
is een onafhankelijke genererende verzameling is vanPSL2(pr) met r = pe11 pe22 ...pekk