Faculteit WetenschappenDepartement Wiskunde

Perfecte getallen en Leinster groepen

Bachelorproef 1

Lukas Boelens

Promotor: Dr. Andreas Bachle

29 januari 2015

Inhoudsopgave

1 Inleiding 2

2 Perfecte getallen 22.1 Even perfecte getallen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.2 Oneven perfecte getallen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

3 Definitie en voorbeelden van Leinstergroepen 93.1 Multiplicativiteit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93.2 Voorbeelden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

4 Restricties op δ(G) en D(G) 144.1 De abelse quotientstelling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

4.1.1 Bewijs met normale voortbrengers . . . . . . . . . . . . 144.1.2 Bewijs met priem-index groepen . . . . . . . . . . . . . 164.1.3 Abelse Leinster groepen . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

4.2 Verdere restricties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

5 Zassenhaus metacyclische groepen 22

1

1 Inleiding

Het onderwerp van deze bachelorproef bevindt zich op de grens tussen getal-lentheorie en groepentheorie. Het eerste deel zal zich uitweiden over perfectegetallen. Een getal wordt een perfect getal genoemd als de som van zijnechte delers gelijk is aan het getal zelf. We zullen zien waaraan deze getallenmoeten voldoen en we zullen een onderscheid maken tussen even en onevenperfecte getallen. We zullen ook zien dat er een sterk verband is tussen evenperfecte 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 echtenormale deelgroepen gelijk is aan de orde van de groep zelf. Intuıtief kunnenwe al een verband zien tussen perfecte getallen en Leinster groepen als denormale deelgroepen net de orden hebben van de delers van de orde vande groep. We zullen dit verband nader bestuderen, alsook andere soortenLeinster groepen bekijken.

Het derde deel ten slotte zal verder ingaan op de functie D, de functiedie 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 afbeeldtop tweemaal zijn orde. De vraag is of we ook meer dingen te weten kunnenkomen 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 isaan de som van zijn echte delers. Zij noemden dit soort getallen perfectegetallen.

Definitie 2.1. Definieer voor een natuurlijk getal n, de functie D(n) =∑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 geınteresseerd in de mystieke en religieuzeeigenschappen van perfecte getallen dan de wiskundige eigenschappen. Zowerd er gezegd dat God de wereld had kunnen scheppen in een keer, maarHij verkoos om het in 6 dagen te doen om de perfectie van Zijn werk tebenadrukken. In het Oude Testament wordt er ook vermeldt dat 28 deperfectie van het Universum benadrukt, namelijk het aantal dagen dat demaan 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. Beidebeweringen waren fout (hoewel we wel zullen bewijzen dat even perfectegetallen eindigen met de cijfers 6 en 8). Het volgende perfecte getal is immers33550336. Het perfecte getal daarna is 859869056.

Het volgend lemma toont een interessante eigenschap van perfecte getal-len, namelijk dat de som van de inversen van de delers van een perfect getalnet 2 is.

Lemma 2.2. n is perfect als en slechts∑

d|n1d

= 2

Bewijs. Als n perfect is, dan weten we per definitie dat∑

d|n d = 2n. Als we

dit door n delen hebben we∑

d|ndn

= 2. Aangezien nd

alle delers zijn van nvolgt het resultaat.

Omgekeerd, stel n een getal waarvoor geldt∑

d|n1d

= 2. Dan volgt dat∑d|n

nd

= 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.

Bewijs. Stel n een perfect getal. Dan weten we uit Lemma 2.2 dat∑

d|n1d

=2. Neem nu e een echte deler van n. Dan volgt uit het feit dat alle delersvan e ook delers van n zijn dat∑

f |e

1

f<∑d|n

1

d= 2

en dus kan e geen perfect getal zijn.

Het zal voor volgende eigenschappen cruciaal zijn dat de functie D mul-tiplicatief is.

Eigenschap 2.4. De functie D is multiplicatief, of met andere woorden,als m1 en m2 relatief priem zijn, dan volgt dat D(m1m2) = D(m1)D(m2).

Bewijs. Aangezien m1 en m2 relatief priem zijn, kan elke deler d van m1m2

geschreven worden als d1d2 waar d1 een deler is van m1 en d2 een deler is vanm2. Omgekeerd geldt dat als d1 een deler is van m1 en d2 een deler is vanm2, dat d1d2 een deler is van m1m2.

Dan volgt dat

D(m1m2) =∑

d|m1m2d

=∑

d1|m1,d2|m2d1d2

=(∑

d1|m1d1

)(∑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 wehier behoorlijk veel over zeggen. De enige perfecte getallen die tot nu toegevonden zijn, zijn even getallen.

Euclides bewees dat voor de som

1 + 2 + 22 + 23 + · · ·+ 2r−1 = p

met p een priemgetal, het getal 2r−1p 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) eenperfect getal. Euler bewees later dat alle even perfecte getallen van dezevorm moeten zijn.

Stelling 2.5. Even perfecte getallen zijn precies de getallen 2r−1(2r−1) waarr ≥ 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 = 2sm

met s ≥ 1 en m oneven. Aangezien n perfect is, volgt er dat

D(2sm) = 2× 2sm

⇓

D(2s)D(m) = 2s+1m

⇓

(2s+1 − 1)D(m) = 2s+1m

⇓

(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 definitiede som van de echte delers van m, dus D(m) − m is de unieke echte delervan m. Dan volgt dus dat D(m)−m = 1 en dus is m priem. Dan volgt ookdat m = 2s+1 − 1 en dus is m een mersennepriemgetal. Dan volgt ook nogdat 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 verkleinennaar de priemen van de vorm 2k − 1. Men noemt deze priemen Mersennepriemen. Als we dus iets te weten komen over Mersenne priemen, zullen wedus ook iets kunnen zeggen over even perfecte getallen. Een eerste eigenschapis 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 ispriem.

Bewijs. We weten dat

ak − 1 = (a− 1)(ak−1 + ak−2 + · · ·+ a+ 1)

waarak−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

volgtak − 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 elkpriemgetal p. Dit is echter niet waar aangezien 211 − 1 = 2047 = 23 · 89.

Een interessante vraag is of er oneindig veel Mersenne priemen zijn. Indat geval zouden er ook oneindig veel perfecte getallen zijn. Spijtig genoegis hier nog niks over geweten.

In ieder geval kunnen we wel de vorige eigenschap gebruiken om te be-wijzen 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 priemzijn.

Als k = 2 dan is n = 6, en is de stelling bewezen. We zullen nu voork > 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) endus

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 ge-tallen eindigen met de nummers 6 of 28. Aangezien een geheel getal modul100 gelijk is aan zijn laatste twee nummers, moeten we alleen bewijzen datals k van de vorm 4m + 3 is moeten gelden dat n ≡ 28 (mod 100). Om ditte 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 doorde laatste 2 cijfers van 2k−1 deelbaar door 4. We hebben dus een getal datdeelbaar is door 4 en waarvan het laatste cijfer 4 is. De mogelijke getallenmodulo 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 evenperfecte 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. Hoeweler nog geen oneven perfecte getallen gevonden zijn, is het wel mogelijk omer bepaalde voorwaarden voor op te leggen. Een van die voorwaarden werdgevonden door Euler.

Stelling 2.8 (Euler). Als n een oneven perfect getal is, dan

n = pk11 p2j22 . . . p2jrr

waar de pi’s verschillende oneven priemen zijn, en p1 ≡ k1 ≡ 1(mod4).

Bewijs. Zij n = pk11 pk22 . . . pkrr de priemfactorizatie van n. Aangezien n perfect

is, kunnen we schrijven

2n = D(n) = D(pk11 )D(pk22 ) . . . D(pkrr ).

Aangezien n oneven is, is ofwel n ≡ 1(mod4) ofwel n ≡ 3(mod4). In beidegevallen is 2n ≡ 2(mod4). D(n) = 2n is dus deelbaar door 2, maar nietdoor 4. Er is dus een even factor van D(n) die niet deelbaar is door 4, neembijvoorbeeld 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(pkii ) = 1 + pi + p2i + · · ·+ pkii≡ 1 + (−1) + (−1)2 + · · ·+ (−1)ki

≡{

0(mod4) als ki oneven is1(mod4) als ki even is.

Aangezien D(pk11 ) ≡ 2(mod4), volgt dat p1 6≡ 3(mod4) of met andere woordenp1 ≡ 1(mod4). Verder volgt uit D(pkii ) ≡ 0 (mod 4) ook dat 4 een deler is van

7

D(pkii ) , wat uiteraard niet mogelijk is. Hieruit kunnnen we dus concluderendat als pi ≡ 3 (mod 4), ki even moet zijn.

Als pi ≡ 1 (mod 4), dan volgt

D(pkii ) = 1 + pi + p2i + · · ·+ pkii≡ 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(pkii ) ≡ 1 of 3 (mod 4), en duski ≡ 0 of 2 (mod 4). In beide gevallen is ki dus een even getal, waarmee destelling bewezen is.

Als we het kwadraat buitenbrengen kunnen we dus een oneven perfectgetal n schrijven als n = pkm2.

Gevolg 2.9. Als n een oneven perfect getal is, dan is n van de vorm

n = pkm2

waar p priem is, m niet deelbaar is door p, en p ≡ k ≡ 1 (mod 4), in hetbijzonder n ≡ 1 (mod 4).

Bewijs. Aangezien p ≡ 1 (mod 4), hebben we pk ≡ 1 (mod 4). Omdat moneven is, moet m ≡ 1 of 3 (mod 4) zijn, en daardoor is m2 ≡ 1 (mod 4).Hieruit volgt dat

n = pkm2 ≡ 1 · 1 ≡ 1 (mod 4).

Andere voorwaarden voor een oneven perfect getal zijn dat n groter moetzijn 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 moetook groter zijn dan 108, de tweede grootste moet groter zijn dan 104 en dederde grootste moet groter zijn dan 100. n moet ook minstens 101 priem fac-toren hebben en minstens 9 verschillende priem factoren. Als 3 geen priem-factor is van n, dan heeft n minstens 12 verschillende priem factoren.

Deze voorwaarden worden voortdurend versterkt, wat aangeeft dat dekans dat zo een getal bestaat zeer klein is, of op z’n minst een uitzonderingop de regel moet zijn. Men heeft echter nog niet kunnen bewijzen dat ditsoort getallen niet bestaan.

8

3 Definitie en voorbeelden van Leinstergroe-

pen

We zullen vanaf dit hoofdstuk uitsluitend eindige groepen beschouwen.

Definitie 3.1. Zij N een deelgroep van een groep G. Men noemt N eennormale deelgroep van G als en slechts als gN = Ng voor alle g ∈ G. MetN E G noteert men dat N een normale deelgroep is van G.

We zullen nu de functies D en δ definieren.

Definitie 3.2. Zij G een eindige groep. Zij D(G) de som van de orden vande normale deelgroepen van G, of met andere woorden

D(G) :=∑NEG

|N |.

Definieer 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 imma-culate (’onbevlekt’) en perfect. Perfecte groepen zijn echter al gedefinieerd inde 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. Hetdoel is om dit nu ook voor groepen te bewijzen. We moeten hiervoor eerstdie groepen kwalificeren.

Stelling 3.3 (Jordan-Holder). 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 quotient Gi+1/Gi eenenkelvoudige 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 quotienten van de deelgroepen vaneen compositierij bepalen. Stel dus c(G) van een groep G als deze verza-meling met multipliciteit van quotienten. We voeren de som van twee zo’nverzamelingen 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 gemeen-schappelijke compositiequotienten hebben. We zullen bewijzen dat D en δmultiplicatief zijn als de groepen relatief priem zijn. Eerst bewijzen we datde normale deelgroepen van een product van relatief prieme groepen net deproducten van normale deelgroepen zijn.

Eigenschap 3.4. Zij G1 en G2 relatief priem. Dan zijn de normale deel-groepen 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 deprojecties. Dan volgt uit de eerste isomorfismestelling dat

π1(N) ∼=N

ker(π1|N)=

N

G2 ∩N,

en dus volgt datc(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 datGi ∩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 datN ⊆ 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

D(G1 ×G2) =∑

NEG |N |=

∑NiEGi

|N1 ×N2|=

∑N1EG1

∑N2EG2

|N1| |N2|= D(G1)D(G2).

Natuurlijk volgt hier ook uit dat δ multiplicatief is, aangezien

δ(G1 ×G2) =D(G1 ×G2)

|G1 ×G2|=

D(G1)D(G2)

|G1||G2|= δ(G1)δ(G2).

Voorbeeld 3.6 (S3 × C5). S3 en C5 hebben relatief priem orde (6 en 5) enzijn 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 eencyclische groep van orde n. Cn is een abelse groep, waaruit volgt dat alledeelgroepen van Cn normaal zijn. De deelgroepen van Cn zijn de cyclischegroepen van orde d waar d een deler van n is. We kunnen dus zeggen datD(Cn) = D(n) en Cn is Leinster als n perfect is.

Voorbeeld 3.8 (Groepen van de vorm CnoC2t). Zij n een oneven natuurlijkgetal, t een natuurlijk getal, en Mn,t de groep

〈x, y | xn = y2t

= 1, y−1xy = x−1〉 = Cn o C2t .

Als t = 1 dan zijn deze groepen net de diedergroepen met n oneven.

11

Eigenschap 3.9. De groep Mn,t is een Leinster groep als en slechts als t = 1en n een oneven perfect getal, of n = 2t − 1 is een Mersenne priem.

Bewijs. Het centrum van deze groep is de groep 〈y2〉 cyclisch van orde 2t−1.De echte normale deelgroepen van de groep Mn,t zijn dus de groepen van devorm CnoC2k met k ∈ 0, 1, 2, · · · , t− 1. Hieruit kunnen we dus afleiden dat

D(Mn,t) = 2tn+ (1 + 2 + · · ·+ 2t−1)D(Cn) = 2tn+ (2t − 1)D(n).

Hieruit volgt dan dat D(Mn,t) = 2t+1n als en slechts als (2t − 1)D(n) = 2tn.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 deleris van n, wat dus wilt zeggen dat n priem is en uit (2t − 1)(D(n) − n) = nvolgt dat n = 2t − 1 en dus is n een Mersenne priem.

Zoals al gezegd zijn de groepen met t = 1 de diedergroepen. Uit devorige eigenschap volgt dus dat de Leinster diedergroepen met n oneven in1-1 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 alzijn deelgroepen pr moeten delen. Als G dus een p-groep is, dan geldt datD(G) ≡ 1 (mod p). Een p-groep kan dus niet Leinster zijn.

Voorbeeld 3.11 (Alternerende en symmetrische groepen). Als n ≥ 5 danis 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(S1) = 1,D(A2) = 1 D(S2) = 1 + 2 = 3,D(A3) = 1 + 3 = 4 D(S3) = 1 + 3 + 6 = 10,D(A4) = 1 + 4 + 12 = 17 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 vanA5. 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 vormG1 = 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 vanC31, C61 en A5. Opnieuw is C31 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 veralge-menen. Het idee is om voor elke groep G een cyclische groep C te vindenwaarvoor G×C een Leinster groep is. Om dit te kunnen bereiken, berekenenwe δ(G), en dan houden we de priemdelers van de cyclische compositie fac-toren van G bij. We moeten dan een natuurlijk getal vinden, niet deelbaardoor deze priemen, zodat δ = 2/δ(G). Dan zijn n en |G| copriem, en dusvolgt er uit de multipliciteit dat G × Cn een Leinster groep is. We kunnendit probleem dus reduceren naar de volgende vraag.

Vraag 3.13. Gegeven q ∈ Q en priemen {p1, . . . , pk}, probeer een natuurlijkgetal 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 vragenover perfecte getallen. Hoewel er nog geen antwoord op deze vraag bestaat,kan men wel met behulp van algoritmen de juist n vinden. We noemen ditde cyclische extensie methode.

13

Voorbeeld 3.14 (Leinster groepen van oneven orde). Neem G van de vormG = (Cq o Cp) × CN met p en q oneven priemen zodat p|q − 1 en N eenoneven getal zodat N en pq relatief priem zijn. Dan hebben we

δ(G) = δ(Cq o Cp) · δ(CN) =1 + q + pq

pq· D(N)

N.

Als G een Leinster groep is, dan moet hieruit volgen dat D(N)N

= 2pq1+q+pq

.

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 devorm G = (C127 oC7)×C399812193, dewelke oneven orde |G| = 355433039577heeft. Dit is de enige Leinster groep van oneven orde die momenteel gekendis.

4 Restricties op δ(G) en D(G)

We kunnen de functie D ook bekijken als een manier om de grootte van denormale deelgroepen van een groep G te formuleren. In het bijzonder, alsgeldt dat D ≤ 2|G| moeten de normale groepen van G ”klein” genoeg zijnom hieraan te voldoen. We kunnen ons afvragen of deze restrictie ons meerkan zeggen over de groep G.

De volgende stelling zegt hier iets meer over.

4.1 De abelse quotientstelling

Stelling 4.1 (De abelse quotientstelling). Als G een groep is met δ(G) ≤2 (of met andere woorden G is Leinster of ontoereikend) dan is elk abelsquotient van G cyclisch.

We zullen voor deze stelling twee bewijzen voorzien. Beide bewijzen geveneen interessant inzicht op dit soort groepen.

4.1.1 Bewijs met normale voortbrengers

Definitie 4.2. Een element h ∈ G wordt een normale voortbrenger genoemdvan 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 quotient van G cyclisch is. Als we dus kunnen bewijzen dat G eennormale voortbrenger heeft met δ(G) ≤ 2, dan is Stelling 4.1 bewezen.

We zullen eerst twee lemma’s bewijzen om dan later te gebruiken voorhet bewijs.

Lemma 4.3. Voor een groep G geldt

D(G) =∑g∈G

|{N E G | g ∈ N}|.

Bewijs.D(G) =

∑NEG |N |

= |{(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 homo-morfisme is ook een normale deelgroep.

Bewijs. Zij π : G1 −→ G2 een homomorfisme en N E G2. Dan is N de kernvan het natuurlijke homomorfisme φ : G2 −→ G2/N . Dan volgt dus

π−1N = π−1φ−1{1} = (φ ◦ π)−1{1},

met andere woorden π−1N 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 quotient van Gcyclisch.

Bewijs. 1. Uit Lemma 4.3 volgt dat δ(G) ≤ 2 als en slechts als het ge-middelde aantal normale deelgroepen per g ∈ G kleiner is dan 2.

Als G niet eenvoudig of triviaal is dan is het aantal normale deelgroependie de identiteit bevatten groter dan of gelijk aan 3. Om dus gemid-deld ≤ 2 te bekomen moet er een h ∈ G zijn waarvoor er maar eennormale deelgroep is, namelijk de groep zelf. Dit is dus een normalevoortbrenger.

Als G eenvoudig is, dan is elk element dat niet de identiteit is een nor-male voortbrenger. Als G triviaal is dan is het enige element, namelijkde identiteit, ook een normale voortbrenger. Dus 1. is bewezen in allegevallen.

15

2. Stel dat A een abels quotient is van G, met π : G −→ A een surjectiefhomomorfisme, 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−1K een normale deelgroep van G die h bevat, dus π−1K =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 normalevoortbrenger van A is zegt dat de enige deelgroep van A die π(h) bevatA zelf is. Hieruit volgt dan dat de cyclische deelgroep voortgebrachtdoor 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 deel-groepen 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 belangrijkop te merken dat een normale deelgroep van G van index p de kern is vaneen surjectief homomorfisme tussen G en Z/pZ.

Alle elementen van Hom(G,Z/pZ) zijn surjectief, behalve een. De over-blijvende is triviaal. Twee surjecties π, φ hebben dezelfde kern als en slechtsals 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 vanindex p. We moeten nu gewoon |Hom(G,Z/pZ)| en |Aut(Z/pZ)| evaluerenom 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 on-der 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 wordtdus 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 hoogstenseen 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 quotient van een strakke groep is strak

3. Een strakke abelse groep is cyclisch.

Bewijs. 1. Neem p een priemdeler van |G|. Voor een normale deelgroep N

van index p geldt dan volgens de stelling van Lagrange dat |N | = |G|p

.

We weten uit Lemma 4.6 ook dat er (pr − 1)/(p− 1) normale groepenvan deze index zijn met r ≥ 0. Voor elke priem p hebben we dan

2|G| ≥ D(G) ≥ |G|+ pr − 1

p− 1

|G|p

Als r ≥ 2 danpr − 1

p− 1

|G|p≥ (p+ 1)

|G|p

> |G|,

wat een contradictie is. Dus r is 0 of 1, enpr − 1

p− 1is 0 of 1.

2. Zij π : G1 −→ G2 een surjectief homomorfisme (Dus G2 is isomorf meteen quotient van G1). Als N en M verschillende normale deelgroepenvan G2 met index p zijn, dan zijn π−1N en π−1M ook verschillende nor-male deelgroepen van G1 met index p. Dit is een contradictie aangezienG1 strak is. Dan volgt dat G2 ook strak is.

3. Elke abelse groep A kan geschreven worden als

A ∼= Cpt11× · · · × Cptnn

met pi priemgetallen en ti ≥ 1 (i ∈ 1, · · · , n).

Stel dat pi = pj (neem hiervoor p) voor i 6= j. Aangezien ti ≥ 1 is, heeftCpti een normale deelgroep Ni van index p, net zoals Cptj . Ni×Cptj enNj×Cpti zijn dus verschillende deelgroepen van index p van Cptj ×Cpti ,en Cptj × Cpti is niet strak. Aangezien Cptj × Cpti een quotient 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 ∼= Cpt11 p

t11 ...p

tnn

17

uit het feit dat deze priemmachten relatief priem zijn ten opzichte vanelkaar 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 cyclischegroep Cn met orde n een Leinster groep is.

Gebruik makend van de abelse quotientstelling zullen we in dit hoofdstukaantonen dat alle abelse Leinster groepen net deze cyclische groepen Cn metorde n perfect zijn. We zullen daarvoor volgende stelling aantonen.

Gevolg 4.9. 1. Als G een Leinstergroep is dan is elk abels quotient vanG cyclisch.

2. De abelse Leinstergroepen zijn precies de cyclische groepen Cn van orden met n perfect.

Bewijs. 1. Dit volgt direct uit Stelling 4.1

2. Als G Leinster abels is, dan is G een abels quotient van de Leinster-groep G, en dus is G cyclisch. We hebben al gezien dat cyclischeLeinstergroepen corresponderen met perfecte getallen.

Uit Gevolg 4.9 volgt nu dat alle abelse Leinstergroepen precies deze cy-clische groepen zijn. Er is met andere woorden een direct verband tussenabelse Leinstergroepen en perfecte getallen.

4.2 Verdere restricties

Op Stelling 4.1 kunnen we nu voortbouwen en kijken naar restricties opbijzondere 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 Gcyclisch en |G| is een perfect of ontoereikend getal.

18

Bewijs. Zij G een eindig nilpotent groep met δ(G) ≤ 2 en P een willekeurigeSylow p-deelgroep van G voor een priemdeler p van |G|. Het is in het bij-zonder een normale deelgroep dat ook een normaal complement heeft. Metandere woorden er is een normale deelgroep N van G waarvoor de doorsnedemet P triviaal is en NP = G. Er volgt dan dat δ(P ) ≤ δ(G) ≤ 2.

Zij nu F de Frattini deelgroep van P , de doorsnede van alle maximaledeelgroepen. Dan is P/F nilpotent, en dus een p-groep wiens rang r hetminimum 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/Fop z’n minst p + 1 deelgroepen bevat van orde pr−1. Dit zorgt er voor datr = 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|), waaruitde 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. DanG ∼= Cp, Cpq of Cp oCq voor niet noodzakelijk verschillende priemen p en q.

Bewijs. We tonen eerst aan dat elke minimale normale deelgroep N van eensuperoplosbare groep G cyclisch is. Zij G = N1 > · · · > Nk = 1 een rijnormale deelgroepen van G zodat elk quotient cyclisch is. Dan bestaat ereen index i waarvoor geldt dat Ni ≥ N en Ni+1 ∩ N = 1. Dan Ni/Ni+1 ≥NNi+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 hetniet nilpotent kan zijn. Dan is |N | = r met r priem. Aangezien G ooksuperoplosbaar 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. Ditis een contradictie aangezien G niet nilpotent is. Als r 6= p dan is G ∼= CroCpwat per definitie niet kan.

Stel nu G/N ∼= Cpq. Dan zijn de groepen P/N met orde p en Q/N metorde 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}. Dangeldt dat s3 ≤ pqr ≤ |G| en dus s ≤ |G1/3|. Dan volgt dus

δ(G) = 1 +1

q+

1

p+

1

pq+ w ≤ 1 +

1

|G|1/3≤ 1 +

1

s,

met w de ongekende normale deelgroepen. Hieruit kunnen we dus afleidendat

q + p+ 1

pq≤ 1

s

en dus krijgen we een contradictie als s = q of s = p. Hieruit moet dusvolgen dat r kleiner is dan q en p. Dan is N centraal in G en G is abels. Ditis een contradictie.

Tenslotte zij G/N ∼= Cp o Cq 6= Cpq met p 6= q. Dan is p > q. Nu volgtuit 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 +1

q+

1

pq+ w ≤ 1 +

1

|G|1/3≤ 1 +

1

s,

en dusp+ q

pq≤ 1

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×(CpoCq). Maar dan is de deelgroep CpoCq 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 normaledeelgroep, dan isN een p-groep. Inderdaad stelN een minimale deelgroep, enneem H zijn karakteristieke deelgroep (de deelgroep die invariant blijft onderautomorfismen). Dan is deze deelgroep ook normaal en dus per definitie volgtN = H of {1} = H. Het laatste is niet mogelijk omdat N dan niet oplosbaarzou zijn. Zij nu p||N |, dan heeft N een Sylow p-deelgroep S. Deze deelgroepis karakteristiek en normaal in N , en dus ook normaal in G. Hieruit volgtper definitie dus dat S = N en dus |N | = pn.

Dan is het quotient 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 volgtdat 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 complementheeft volgt uit het feit dat G niet eenvoudig is en N de minimale normaledeelgroep 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 enδ(G) = 1 + 1/r + 1/|G| > 1 + |G|−1/2, een contradictie.

Eigenschap 4.15. Zij G een groep van orde ptq waar p en q priemen zijnen t een natuurlijk getal. Dan is G een Leinster groep als en slechts als p = 2en 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 ptq waar p en q

priem zijn en t een natuurlijk getal. We merken al op dat p 6= q, want anderszou G een p-groep zijn.

Definieer nu Op(G) als een maximale normale p-groep, en Oq(G) als eenmaximale normale q-groep. Dan mogen geen van beiden triviaal zijn. Metandere woorden |Oq(G)| = q en |Op(G)| = pk voor k een natuurlijk getal. ZijN = Oq(G) en H een Sylow p-deelgroep van G. Dan is G = N o H. H isdan als nilpotent quotient van G cyclisch.

We beweren nu dat p en q niet beiden oneven kunnen zijn. Als p, q ≥ 3dan hebben we

δ(G) ≤ (1 + p+ p2 + · · ·+ pt)(q + 1)

ptq

=pt+1 − 1

pt(p− 1)· q + 1

q<

p

p− 1· q + 1

q≤ 2.

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 engeval 1. komt voor.

We kunnen dus veronderstellen dat q ≥ 3. Zij p = 2. In dit geval

2t+1q = 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 kanvoorkomen als t = k + 1. Aangezien Aut(N) juist een element van orde 2heeft, namelijk het element dat een voortbrenger van N inverteert, kunnenwe 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 Zassenhausmetacyclische groepen (of ZM-groepen), groepen met de eigenschap dat alleSylow deelgroepen cyclisch zijn. Het doel is om uit te zoeken hoe de struc-tuur van de normale deelgroepen van zo een groep er uit zien, om zo meervoorbeelden te kunnen vinden voor Leinster groepen.

De structuur van dit soort groepen is helemaal uitgewerkt door Zassen-haus.

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

〈a, b | am = bn = 1, b−1ab = ar〉

zal een aangeduid worden als ZM(m,n, r).

Stelling 5.2 (Zassenhaus). Zij G een ZM-groep. Dan bestaat er een ZM-drietal (m,n, r) zodat G ∼= ZM(m,n, r). We hebben |G| = mn en G′ = 〈a〉,en G/G′ 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) = 〈a, b | am = bn = 1, b−1ab = ar〉. Dangeldt

(bsat)d = bsdat(1+rs+r2s+···+r(d−1)s)

voor alle natuurlijke getallen s, t, d.

Gevolg 5.4. Zij G = ZM(m,n, r) = 〈a, b | am = bn = 1, b−1ab = ar〉. Dangeldt

(a−1ba)d = bda1−rd

voor elk natuurlijk getal d.

22

Stelling 5.5. Zij G = ZM(m,n, r) = 〈a, b | am = bn = 1, b−1ab = ar〉. Voorelke 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 := 〈ak, bd〉

een normale deelgroep van G. Omgekeerd is elke normale deelgroep van Gvan 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 eerstbewijzen dat Nk,d een normale groep is. Per definitie van G weten we al dat a

genormalizeerd is door b. Andersom geldt dat a−1bda = bda1−rd

= bd(a−1)e(d),en aangezien k een deler is van e(d), ligt dit element in Nk,d. Nk,d is dus eennormale deelgroep.

Omgekeerd, zij N een willekeurige normale deelgroep van G. Eerst be-wijzen we dat N van de vorm 〈ak, bd〉 met k en d respectievelijk delers vanm en n is. Inderdaad, zij g = bsat een willekeurig element van N . Dan isg−1b−1gb = 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 kleinstegetal 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 alsg = bsat waar s een veelvoud van d is en t een veelvoud van k is. Er zijnprecies (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) =∑d|n

δ(e(d))

d=∑d|n

δ(gdd(rd − 1,m))

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 vande vorm Nk,d oplevert met k een deler van e(d). Als we de orden van dezegroepen optellen dan krijgen we∑

k|e(d)

|Nk,d| =∑k|e(d)

mn

kd=mn

d· D(e(d))

e(d)=mn

d· δ(e(d)).

23

Als we nu al deze resultaten voor alle delers d van n optellen, en rekeninghouden 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, namelijk1 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 αde 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 isvan r−1, maar wel een deler van rn−1, en dus α is een deler van n en groterdan 1. Merk op dat δ(e(d)) = 1 + 1/p als p rd − 1 deelt, en δ(e(d)) = 1 als pniet rd − 1 deelt, of respectievelijk α deelt d wel of deelt d niet. Uit stelling5.6 volgt dan

δ(G) =∑

d|nδ(e(d))

d=

(1 +

1

p

)∑d|n,α-d

1

d+∑

d|n,α|d1

d

=∑d|n

1

d+

1

p

∑d|n,α|d

1

d

= δ(n) +n/α

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 priemis het moelijk een voorbeeld te vinden. Zij inderdaad ZM(m, p, r) een Leinstergroep. 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, 224, 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 opde 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 and Groups,http://arxiv.org/abs/math/0104012, 2001.

[2] De Medts T, Maroti 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] Francois Brunault, Answer on ”Is there an odd-order group whoseorder 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