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By Harm Pralle

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Wir zeigen die Behauptung durch vollst¨andige Induktion nach n. Die Aussage ist trivial f¨ ur n = 1. Seien also n ≥ 2 und zun¨achst (i) vorausgesetzt. 15 eindeutige Elemente s ∈ Tn und tn ∈ Tn mit t ∈ stn . Nach Induktionsvoraussetzung existieren eindeutige Elemente ti ∈ Ti f¨ ur i = 1, . . , n − 1 mit s ∈ t1 · · · tn−1 . Daraus folgt sofort (ii). Umgekehrt ist Tˆi ∩ Ti = {1} zu zeigen. Weil wir Ti ⊆ NR (Tj ) f¨ ur alle i, j ∈ {1, . . , n} voraussetzen, gilt Ti Tj = Tj Ti . Daher gen¨ ugt es, Tˆn ∩ Tn = {1} zu zeigen.

Eine Involution h ∈ Inv(R) hat einige einfache Eigenschaften: • h∗ = h • Es gilt hh ⊆ {1, h}. Dabei gilt h ∈ hh genau dann, wenn nh > 1. • ahhr = 0 f¨ ur alle r ∈ R \ {1, h}, ahhh = nh − 1. Von nun an sei R endlich und von einer Menge L von Involutionen erzeugt. 13 hat jedes Element r ∈ R = L = n∈N Ln die eindeutige L¨ange l(r) = min{n ∈ N | r ∈ Ln }. 1 Es seien p, q, r, u, t ∈ L mit r ∈ pq, q ∈ tu, l(r) = l(p) + l(q) und l(q) = l(t) + l(u) gegeben. Dann existiert ein s ∈ pt mit r ∈ su, l(s) = l(p) + l(t) und l(r) = l(s) + l(u).

Beweis. Wir nehmen an, dass L nicht einfach ist. Dann gibt es eine echte normale abgeschlossene Teilmenge T . Schritt 1: F¨ ur jede abgeschlossene Teilmenge T ⊆ L gilt T = K mit K := T ∩L. W¨are T ⊆ K , dann g¨ abe es ein r ∈ T \ K von minimaler L¨ange. Es gilt r = 1 ∈ K . 14). Wegen nl ≥ 2 gilt l ∈ ll, woraus l ∈ ll ⊆ lq ∗ ql = l∗ q ∗ ql = r ∗ r ⊆ T folgt. Wegen {r} = ql gilt auch q ∈ rl ⊆ T 2 = T . Wegen l(q) = l(r) − 1 folgt q ∈ K aufgrund der Minimalit¨at von l(r). Das impliziert wiederum r ∈ ql ⊆ K im Widerspruch zur Annahme.

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