Perfecte getallen en Leinster groepen

Transcriptie

1 Faculteit Wetenschappen Departement Wiskunde Perfecte getallen en Leinster groepen Bachelorproef 1 Lukas Boelens Promotor: Dr. Andreas Bächle 29 januari 2015

2 Inhoudsopgave 1 Inleiding 2 2 Perfecte getallen Even perfecte getallen Oneven perfecte getallen Definitie en voorbeelden van Leinstergroepen Multiplicativiteit Voorbeelden Restricties op δ(g) en D(G) De abelse quotiëntstelling Bewijs met normale voortbrengers Bewijs met priem-index groepen Abelse Leinster groepen Verdere restricties Zassenhaus metacyclische groepen 22 1

3 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 2 k 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. Intuïtief 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) = 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 geïnteresseerd 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 Hieruit leidde men af dat het nde perfecte getal net n cijfers 2

4 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 Het perfecte getal daarna is 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. Lemma 2.2. n is perfect als en slechts d n 1 = 2 d Bewijs. Als n perfect is, dan weten we per definitie dat d n d = 2n. Als we dit door n delen hebben we d d n = 2. Aangezien n alle delers zijn van n n d volgt het resultaat. Omgekeerd, stel n een getal waarvoor geldt 1 d n = 2. Dan volgt dat d = 2n en dus volgt dat n perfect is. d n n d 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 1 d n = d 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 f e en dus kan e geen perfect getal zijn. 1 f < d n 1 d = 2 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 m 1 en m 2 relatief priem zijn, dan volgt dat D(m 1 m 2 ) = D(m 1 )D(m 2 ). Bewijs. Aangezien m 1 en m 2 relatief priem zijn, kan elke deler d van m 1 m 2 geschreven worden als d 1 d 2 waar d 1 een deler is van m 1 en d 2 een deler is van m 2. Omgekeerd geldt dat als d 1 een deler is van m 1 en d 2 een deler is van m 2, dat d 1 d 2 een deler is van m 1 m 2. Dan volgt dat D(m 1 m 2 ) = d m 1 m 2 d = ( d 1 m 1,d 2 m 2 d 1 d 2 ) ( = d d1 m1 1 d d2 m2 2) = D(m 1 )D(m 2 ). 3

5 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 r 1 = p met p een priemgetal, het getal 2 r 1 p een perfect getal is. We weten ook dat r 1 = 2 r 1. Dan geldt dus het volgende: Als 2 r 1 priem is, dan is 2 r 1 (2 r 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 2 r 1 (2 r 1) waar r 2 en 2 r 1 priem. Bewijs. Stel r 2 en 2 r 1 priem. Dan volgt D(2 r 1 (2 r 1)) = D(2 r 1 )D(2 r 1) = ( r 1 )(1 + 2 r 1) = (2 r 1)2 r = 2((2 r 1)2 r 1 ), waaruit volgt dat 2 r 1 (2 r 1) even en perfect is. Omgekeerd, stel dat n een even en perfect getal is. Dan geldt dat n = 2 s m met s 1 en m oneven. Aangezien n perfect is, volgt er dat D(2 s m) = 2 2 s m D(2 s )D(m) = 2 s+1 m (2 s+1 1)D(m) = 2 s+1 m (2 s+1 1)(D(m) m) = m, 4

6 waaruit volgt dat D(m) m een deler is van m. Aangezien 2 s+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 = 2 s+1 1 en dus is m een mersennepriemgetal. Dan volgt ook nog dat n = 2 s (2 s+1 1) met s 1 en 2 s+1 1 priem wat te bewijzen was. We kunnen nu onze zoektocht naar de even perfecte getallen verkleinen naar de priemen van de vorm 2 k 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 2 k 1 zelf priem is. Eigenschap 2.6. Als a k 1 priem is (a > 0, k 2), dan is a = 2 en k is priem. Bewijs. We weten dat waar a k 1 = (a 1)(a k 1 + a k a + 1) a k 1 + a k a + 1 a + 1 > 1 voor a > 0. Aangezien a k 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 a k 1 = (a r ) s 1 = (a r 1)(a r(s 1) + a r(s 2) + + a r + 1) en beide factoren zijn groter dan 1. Maar dan is a k 1 geen priemgetal. Voor priemgetallen p = 2, 3, 5 en 7 zijn de getallen 2 p 1, respectievelijk 3, 7, 31 en 127, allemaal Mersenne priemen. En dus zijn de getallen 2 p 1 (2 p 1), respectievelijk 6, 28, 496 en 8128, allemaal perfecte getallen. Men nam hieruit de verkeerde conclusie dat 2 p 1 priem is voor elk priemgetal p. Dit is echter niet waar aangezien = 2047 = 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

7 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 = 2 k 1 (2 k 1), met 2 k 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 = 2 4m (2 4m+1 1) = 2 8m+1 2 4m = m 16 m. Uit inductie kan makkelijk duidelijk gemaakt worden dat 16 t 6(mod10) en dus n (mod10). Als k = 4m + 3, dan geldt Dan volgt dus dat n = 2 4m+2 (2 4m+3 1) = 2 8m+5 2 4m+2 = m m. n (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 2 k 1 = 2 4m+2 = 16 m (mod 10). Voor k > 2 hebben we ook dat 4 2 k 1, en daardoor is het getal gevormd door de laatste 2 cijfers van 2 k 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 2 k 1 4, 24, 44, 64 of 84 (mod 100). 6

8 Dan geldt dat 2 k 1 = 2 2 k 1 1 7, 47, 87, 27, of 67 (mod 100), waaruit volgt dat n = 2 k 1 (2 k 1) 4 7, 24 47, 44 87, of (mod 100). Elke van deze producten eindigen met de 2 cijfers 28, waaruit volgt dat even perfecte getallen eindigen met de 6 of 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 n = p k 1 1 p 2j p 2jr r waar de p i s verschillende oneven priemen zijn, en p 1 k 1 1(mod4). Bewijs. Zij n = p k 1 1 p k p kr r de priemfactorizatie van n. Aangezien n perfect is, kunnen we schrijven 2n = D(n) = D(p k 1 1 )D(p k 2 2 )... D(p kr 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(p k 1 1 ), en alle andere factoren zijn oneven. Voor een gevegen p i zijn er twee mogelijkheden. Ofwel is p i 1(mod4) ofwel is p i 3(mod4). Als p i 3 1(mod4), dan zouden we hebben dat D(p k i i ) = 1 + p i + p 2 i + + p k i i 1 + ( 1) + ( 1) ( 1) k i { 0(mod4) als ki oneven is 1(mod4) als k i even is. Aangezien D(p k 1 1 ) 2(mod4), volgt dat p 1 3(mod4) of met andere woorden p 1 1(mod4). Verder volgt uit D(p k i i ) 0 (mod 4) ook dat 4 een deler is van 7

9 D(p k i i ), wat uiteraard niet mogelijk is. Hieruit kunnnen we dus concluderen dat als p i 3 (mod 4), k i even moet zijn. Als p i 1 (mod 4), dan volgt D(p k i i ) = 1 + p i + p 2 i + + p k i i k i (mod 4) k i + 1 (mod 4). De conditie dat D(p k 1 1 ) 2 (mod 4) zorgt ervoor dat k 1 1 (mod 4). Voor de andere waarden van i weten we dat D(p k i i ) 1 of 3 (mod 4), en dus k i 0 of 2 (mod 4). In beide gevallen is k i 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 = p k m 2. Gevolg 2.9. Als n een oneven perfect getal is, dan is n van de vorm n = p k m 2 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 p k 1 (mod 4). Omdat m oneven is, moet m 1 of 3 (mod 4) zijn, en daardoor is m 2 1 (mod 4). Hieruit volgt dat n = p k m (mod 4). Andere voorwaarden voor een oneven perfect getal zijn dat n groter moet zijn dan , 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 10 8, de tweede grootste moet groter zijn dan 10 4 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

10 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 = Ng voor alle g G. Met N 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 D(G) := N G N. 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 en 1 = G 0 G 1 G n = G 1 = H 0 H 1 H k = G compositierijen (een rij van deelgroepen waarvoor elk quotiënt G i+1 /G i een enkelvoudige groep is) zijn van G, dan 1. n = k 9

11 2. er bestaat een f S n zodat voor 0 i < n. G i+1 /G i = H f(i)+1 /H f(i), 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 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 G 1 en G 2 relatief priem. Dan zijn de normale deelgroepen van G 1 G 2 net van de vorm N 1 N 2 met N 1 G 1 en N 2 G 2. Bewijs. Als N 1 G 1 en N 2 G 2 dan is het duidelijk dat N 1 N 2 G 1 G 2. Omgekeerd, stel N G 1 G 2. Schrijf π i : G 1 G 2 G i (i = 1, 2) voor de projecties. Dan volgt uit de eerste isomorfismestelling dat en dus volgt dat π 1 (N) = N ker(π 1 N ) = N G 2 N, c(n) = c(π 1 (N)) + c(g 2 N). Analoog geldt dit ook voor π 2 waaruit volgt dat c(π 1 (N)) + c(g 2 N) = c(π 2 (N)) + c(g 1 N). c(π i (N)) c(g i ) en G 1 en G 2 zijn relatief priem, dus c(π 1 (N)) en c(π 2 (N)) hebben geen gemeenschappelijke elementen. Dan moet er volgen dat c(π i (N)) = c(g i N). We weten ook dat c(x) de orde van een groep X bepaalt, en dat G i N π i (N), dus met andere woorden is G i N = π i (N). Dan volgt π 1 (N) π 2 (N) = (G 2 N) (G 1 N) N. 10

12 Er geldt ook dat en dus N = π 1 (N) π 2 (N). Gevolg 3.5. D is multiplicatief. N π 1 (N) π 2 (N), Bewijs. Als G 1 en G 2 relatief priem zijn, dan geldt D(G 1 G 2 ) = N G N = N i G i N 1 N 2 = N 1 G 1 N 2 G 2 N 1 N 2 = D(G 1 )D(G 2 ). Natuurlijk volgt hier ook uit dat δ multiplicatief is, aangezien δ(g 1 G 2 ) = D(G 1 G 2 ) G 1 G 2 = D(G 1)D(G 2 ) G 1 G 2 = δ(g 1 )δ(g 2 ). Voorbeeld 3.6 (S 3 C 5 ). S 3 en C 5 hebben relatief priem orde (6 en 5) en zijn dus relatief priem. Dan volgt D(S 3 C 5 ) = D(S 3 )D(C 5 ) = ( )(1 + 5) = 60 = 2 S 3 C 5. en dus is S 3 C 5 een niet-abelse perfecte groep. 3.2 Voorbeelden Voorbeeld 3.7 (Cyclische groepen). Zij n een natuurlijk getal en C n een cyclische groep van orde n. C n is een abelse groep, waaruit volgt dat alle deelgroepen van C n normaal zijn. De deelgroepen van C n zijn de cyclische groepen van orde d waar d een deler van n is. We kunnen dus zeggen dat D(C n ) = D(n) en C n is Leinster als n perfect is. Voorbeeld 3.8 (Groepen van de vorm C n C 2 t). Zij n een oneven natuurlijk getal, t een natuurlijk getal, en M n,t de groep x, y x n = y 2t = 1, y 1 xy = x 1 = C n C 2 t. Als t = 1 dan zijn deze groepen net de diëdergroepen met n oneven. 11

13 Eigenschap 3.9. De groep M n,t is een Leinster groep als en slechts als t = 1 en n een oneven perfect getal, of n = 2 t 1 is een Mersenne priem. Bewijs. Het centrum van deze groep is de groep y 2 cyclisch van orde 2 t 1. De echte normale deelgroepen van de groep M n,t zijn dus de groepen van de vorm C n C 2 k met k 0, 1, 2,, t 1. Hieruit kunnen we dus afleiden dat D(M n,t ) = 2 t n + ( t 1 )D(C n ) = 2 t n + (2 t 1)D(n). Hieruit volgt dan dat D(M n,t ) = 2 t+1 n als en slechts als (2 t 1)D(n) = 2 t n. Dit is equivalent met (2 t 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 (2 t 1)(D(n) n) = n volgt dat n = 2 t 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 p r, waar p priem is, en r 0. Uit de stelling van Lagrange volgt dan dat al zijn deelgroepen p r 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 A n eenvoudig, en de enige normale deelgroepen van S n zijn 1, A n en S n. Deze groepen zijn dus niet Leinster. Voor n 4 hebben we D(A 1 ) = 1 D(S 1 ) = 1, D(A 2 ) = 1 D(S 2 ) = = 3, D(A 3 ) = = 4 D(S 3 ) = = 10, D(A 4 ) = = 17 D(S 4 ) = = 41. Geen enkele alternerende en symmetrische groep is dus Leinster. Voorbeeld Zij G := A 5 G 1 met G 1 relatief priem ten opzichte van A 5. We gaan nu op zoek naar een G 1 waarvoor G een Leinster groep is. A 5 is een eenvoudige groep, en dus δ(a 5 ) = 61/60. We moeten dus een G 1 zoeken waarvoor δ(g 1 ) = D(G 1 )/ G 1 = 120/61. 12

14 We weten hieruit al dat G deelbaar is door 61. Neem G 1 van de vorm G 1 = C 61 G 2 waar G 2 relatief priem is ten opzichte van A 5 en C 61. C 61 is een eenvoudige groep, dus δ(c 61 ) = 62/61. We moeten dus een G 2 zoeken waarvoor geldt δ(g 2 ) = 120/62 = 60/31. Neem dus opnieuw G 2 = C 31 G 3, met G 3 relatief priem ten opzichte van C 31, C 61 en A 5. Opnieuw is C 3 1 een eenvoudige groep, en dus geldt waardoor moet gelden dat δ(c 31 ) = 32/31, δ(g 3 ) = 60/32 = 15/8. Als we nu G 3 = C 8 nemen, dan is aan deze voorwaarde voldaan. Als dus G = A 5 C 61 C 31 C 8 = A 5 C = A 5 C 15128, dan is G een Leinster groep. Op dezelfde manier kunnen we de groep A 6 C construeren. Neem deze keer de eenvoudige groep A 6, en werk uit naar A 6, C 361 en C 127 en C 8. 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 C n een Leinster groep is. We kunnen dit probleem dus reduceren naar de volgende vraag. Vraag Gegeven q Q en priemen {p 1,..., p k }, probeer een natuurlijk getal n te vinden zodat δ(n) = q, en zodat p i 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

15 Voorbeeld 3.14 (Leinster groepen van oneven orde). Neem G van de vorm G = (C q C p ) C N 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(c q C p ) δ(c N ) = 1 + q + pq pq D(N) N. Als G een Leinster groep is, dan moet hieruit volgen dat D(N) N = 2pq 1+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 = Dan geldt dus dat N = en dus is G een Leinster groep van de vorm G = (C 127 C 7 ) C , dewelke oneven orde G = 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 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

16 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 D(G) = g G {N G g N}. Bewijs. D(G) = N G N = {(N, g) : N G g N} = g G {N G g N}. Lemma 4.4. Het inverse beeld van een normale deelgroep onder een homomorfisme is ook een normale deelgroep. Bewijs. Zij π : G 1 G 2 een homomorfisme en N G 2. Dan is N de kern van het natuurlijke homomorfisme φ : G 2 G 2 /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 : G 1 G 2 /N en is dus een normale deelgroep van G 1. 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

17 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 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 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 voor een zekere r 0. p r 1 p 1 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) = p r. 16

18 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 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. 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 (p r 1)/(p 1) normale groepen van deze index zijn met r 0. Voor elke priem p hebben we dan Als r 2 dan 2 G D(G) G + pr 1 G p 1 p p r 1 G p 1 p (p + 1) G p > G, wat een contradictie is. Dus r is 0 of 1, en pr 1 p 1 is 0 of Zij π : G 1 G 2 een surjectief homomorfisme (Dus G 2 is isomorf met een quotiënt van G 1 ). Als N en M verschillende normale deelgroepen van G 2 met index p zijn, dan zijn π 1 N en π 1 M ook verschillende normale deelgroepen van G 1 met index p. Dit is een contradictie aangezien G 1 strak is. Dan volgt dat G 2 ook strak is. 3. Elke abelse groep A kan geschreven worden als A = C t p 1 C 1 p tn n met p i priemgetallen en t i 1 (i 1,, n). Stel dat p i = p j (neem hiervoor p) voor i j. Aangezien t i 1 is, heeft C p t i een normale deelgroep N i van index p, net zoals C p t j. N i C p t j en N j C p t i zijn dus verschillende deelgroepen van index p van C p t j C p t i, en C p t j C p t i is niet strak. Aangezien C p t j C p t i 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 p k s verschillend, en dus volgt A = C t p 1 1 p t p tn n 17

19 uit het feit dat deze priemmachten relatief priem zijn ten opzichte van elkaar en dus directe producten vormen Abelse Leinster groepen Als n een perfect getal is, dan weten we uit Voorbeeld 3.7 dat een cyclische groep C n 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 C n met orde n perfect zijn. We zullen daarvoor volgende stelling aantonen. Gevolg Als G een Leinstergroep is dan is elk abels quotiënt van G cyclisch. 2. De abelse Leinstergroepen zijn precies de cyclische groepen C n van orde n met n perfect. Bewijs. 1. Dit volgt direct uit Stelling 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 Een groep G is nilpotent als er normale deelgroepen G 0, G 1,, G n van G bestaan zodat 1. 1 = G 0 G 1 G n = G en 2. G i+1 /G i Z(G/G i ) voor 0 i < n. Opmerking: δ(g) δ(g/n) Stelling Als G een eindig nilpotente groep is met δ(g) 2 dan is G cyclisch en G is een perfect of ontoereikend getal. 18

20 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 NP = 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 p r 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 Een groep G is oplosbaar als er normale deelgroepen G 0, G 1,, G n van G bestaan zodat 1. 1 = G 0 G 1 G n = G, 2. G i+1 /G i is abels voor 0 i < n. Als bovendien G i+1 /G i cyclisch is, dan noemen we G superoplosbaar. Stelling Zij G een superoplosbare groep met δ(g) 1 + G 1/3. Dan G = C p, C pq of C p C q 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 = N 1 > > N k = 1 een rij normale deelgroepen van G zodat elk quotiënt cyclisch is. Dan bestaat er een index i waarvoor geldt dat N i N en N i+1 N = 1. Dan N i /N i+1 NN i+1 /N i+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 = C p, C pq of C p C q. Stel eerst dat G/N = C p. Als r = p dan volgt dat G = C p 2 of C p C p. Dit is een contradictie aangezien G niet nilpotent is. Als r p dan is G = C r C p wat per definitie niet kan. Stel nu G/N = C pq. 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

21 en Q met orde qr normale deelgroepen van G. Stel nu s = min{p, q, r}. Dan geldt dat s 3 pqr G en dus s G 1/3. Dan volgt dus δ(g) = q + 1 p + 1 pq + w G 1/ s, met w de ongekende normale deelgroepen. Hieruit kunnen we dus afleiden dat q + p 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 = C p C q C pq met p 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 en dus δ(g) = q + 1 pq + w G 1/ s, p + 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 = C r (C p C q ). Maar dan is de deelgroep C p C q normaal in G met grotere orde dan G 2/3. Dit is ook een contradictie. Stelling 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 = p n. Dan is het quotiënt G/N eenvoudig en isomorf met C r waar r priem is. Als r = p dan is G een cyclische groep van orde p n+1. Aangezien G nilpotent is, moet uit Stelling 4.11 volgen dat n = 1 en G = p 2. Dan volgt dat δ(g) = 1 + G 1/2 + G 1, een contradictie. 20

22 Dus r p en N heeft een complement C r 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 C r 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 C r niet normaal is, dan is G = N C r en C r 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 Zij G een groep van orde p t 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 = 2 t+1 1 is een Mersenne priem en G is cyclisch. 2. q = 2 t 1 een Mersenne priem en G = M q,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 p t q waar p en q priem zijn en t een natuurlijk getal. We merken al op dat p q, want anders zou G een p-groep zijn. Definiëer nu O p (G) als een maximale normale p-groep, en O q (G) als een maximale normale q-groep. Dan mogen geen van beiden triviaal zijn. Met andere woorden O q (G) = q en O p (G) = p k voor k een natuurlijk getal. Zij N = O q (G) en H een Sylow p-deelgroep van G. Dan is G = N 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 δ(g) (1 + p + p2 + + p t )(q + 1) p t q = pt+1 1 p t (p 1) q + 1 < p q 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 en geval 1. komt voor. We kunnen dus veronderstellen dat q 3. Zij p = 2. In dit geval 2 t+1 q = D(G) = ( k )(1 + q) + (2 k t )q = (2 t+1 1)q + 2 k+1 1 waaruit volgt dat q = 2 k

23 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/O 2 (G) van orde 2 t k als deelgroep van H ook een deelgroep van Aut(N) dewelke orde q 1 = 2 k+1 2 heeft. Dus moet 2 t k een deler zijn van 2 k+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 = M q,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 r n = 1 (mod m) zal een ZM-drietal genoemd worden, en de overeenkomstige groep a, b a m = b n = 1, b 1 ab = a r 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 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 a m = b n = 1, b 1 ab = a r. Dan geldt (b s a t ) d = b sd a t(1+rs +r 2s + +r (d 1)s ) voor alle natuurlijke getallen s, t, d. Gevolg 5.4. Zij G = ZM(m, n, r) = a, b a m = b n = 1, b 1 ab = a r. Dan geldt (a 1 ba) d = b d a 1 rd voor elk natuurlijk getal d. 22

24 Stelling 5.5. Zij G = ZM(m, n, r) = a, b a m = b n = 1, b 1 ab = a r. Voor elke deler d van n, schrijf e(d) := ggd(r d 1, m). Dan is voor elke deler d van n en elke deler k van e(d), de groep N k,d := a k, b d een normale deelgroep van G. Omgekeerd is elke normale deelgroep van G van deze vorm. De groep N k,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 N k,d een normale groep is. Per definitie van G weten we al dat a genormalizeerd is door b. Andersom geldt dat a 1 b d a = b d a 1 rd = b d (a 1 ) e(d), en aangezien k een deler is van e(d), ligt dit element in N k,d. N k,d is dus een normale deelgroep. Omgekeerd, zij N een willekeurige normale deelgroep van G. Eerst bewijzen we dat N van de vorm a k, b d met k en d respectievelijk delers van m en n is. Inderdaad, zij g = b s a t een willekeurig element van N. Dan is g 1 b 1 gb = a t(r 1) N. Aangezien ggd(r 1, m) = 1, volgt dat ook a t N, en dus ook b s N. Het blijft nog te bewijzen dat k een deler is van e(d). Aangezien b d N, volgt uit Gevolg 5.4 dat a e(d) N. Nu volgt uit het feit dat k het kleinste getal is waarvoor a k N dat k een deler is van e(d). Dan is N = N k,d. Tenslotte bewijzen we nog dat de orde van N k,d gelijk is aan mn/kd. We hebben al gezien dat elk element g N k,d kan geschreven worden als g = b s a t 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) = d n δ(e(d)) d = d n δ(gdd(r d 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 van de vorm N k,d oplevert met k een deler van e(d). Als we de orden van deze groepen optellen dan krijgen we N k,d = k e(d) k e(d) mn kd = mn d D(e(d)) e(d) 23 = mn d δ(e(d)).

25 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(r p 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 r n 1, en dus α is een deler van n en groter dan 1. Merk op dat δ(e(d)) = 1 + 1/p als p r d 1 deelt, en δ(e(d)) = 1 als p niet r d 1 deelt, of respectievelijk α deelt d wel of deelt d niet. Uit stelling 5.6 volgt dan δ(g) = = d n δ(e(d)) d n d 1 d + 1 p d n,α d = δ(n) + n/α pα. Uit het feit dat G = pn volgt dan het resultaat. 1 d = ( 1 + p) 1 1 d n,α d d + 1 d n,α d d 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 Voorbeelden van Leinster groepen van de vorm ZM(p, n, r) C s gevonden met behulp van de cyclische extensie methode zijn ZM(3, 2, α = 2) C 5, ZM(127, 7, α = 7) C , ZM( , 2 2 4, α = 2) C (r werd hier niet explicitiet berekend, en werd vervangen door α). 24

26 Voorbeeld Door het toepassen van de cyclische extensie methode op de groepen van de vorm ZM(m, 2t, 1), vinden we volgende voorbeelden ZM(3, 2 2, 1) C 1, ZM(4157, 2 12, 1) C , ZM( , 2 20, 1) C Referenties [1] Tom Leinster, Perfect Numbers and Groups, [2] De Medts T, Maróti A., Perfect numbers and finite groups, Rend. Sem. Mat. Univ. Padova 129, [3] David Burton, Elementary Number Theory, [4] Eric Jespers, Inleiding groepentheorie, Vrije Universiteit Brussel, [5] Eric Jespers, Galoistheorie, Vrije Universiteit Brussel, [6] François Brunault, Answer on Is there an odd-order group whose order is the sum of the orders of the proper normal subgroups?, [7] De Medts T. Lists of known Leinster groups, The cyclic extension method, tdemedts/leinster/#lists 25