Ordnung 4, V_4, isomorph < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:27 Sa 22.11.2014 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | | Beweisen Sie, dass jede Gruppe der Ordnung 4 zu [mm] \IZ_4 [/mm] oder [mm] \IZ_2 \times \IZ_2 [/mm] isomorph ist. |
Fall 1: G ist zyklisch
Ist G zyklisch, dann [mm] \exists [/mm] a [mm] \in [/mm] G: <a>=G
Nach Satz in Vorlesung ist [mm] G\cong(\IZ_4, [/mm] +).
Fall 2: G ist nicht zyklisch
Da G nicht zyklisch [mm] \exists [/mm] a [mm] \in G\setminus\{e\} [/mm] (Wenn [mm] G=\{e\}, [/mm] wäre G ja zyklisch)
Nach Lagrange ord(a) teilt 4 [mm] \Rightarrow [/mm] ord(a) [mm] \in \{2,4\}
[/mm]
Da G nicht zyklisch ist, gilt ord(a)=2, sonst würde ja a die ganze Gruppe erzeugen.
Da ein Isomorphismus ordnungserhaltend ist müssen alle Gruppen H, die isomorph zu G sind nur Elemente der Ordnung 2 haben außer das neutrale Element, dass immer Ordnung 1 hat.
Da [mm] H\cong [/mm] G [mm] \Rightarrow [/mm] |H|=|G|
Nach dem Absatz gilt für [mm] H\cong [/mm] G:
[mm] H=\{e,x,y,z|x^2=y^2=z^2=e \wedge e,x,y,z \mbox{sind alle voneinander verschieden } \} [/mm]
Wie sieht x*y [mm] \in [/mm] H aus?
x*y=x [mm] \rightarrow [/mm] y=e Wid
x*y=y [mm] \rightarrow [/mm] y=e Wid
x*y=e [mm] \rightarrow x^{-1}=y, [/mm] aber [mm] x^{-1}=x [/mm] wegen [mm] x^2=e. [/mm] AUs Eindeutigkeit des Inversen folgt x=y Wid
=> x*y=z
Analog y*x=z
D.h.:
[mm] H=
[/mm]
Fragen:
Ich hab jetzt plump gesagt H ist eine Gruppe, aber muss ich nicht zeigen, dass H mit den Eigenschaften, die ich herausgefunden habe auch eine Gruppe ist? Wenn ich mir für H eine Gruppentafel mache, sieht man das sofort. Gibt es einen anderen Weg, das eleganter zu machen?
Ist jetzt nur noch zuzeigen: [mm] \IZ_2 \times \IZ_2 \cong [/mm] H ? Dann würde ich sagen bin ich fertig wegen der Transitivität von [mm] \cong, [/mm] oder?
[mm] \IZ_2 \times \IZ_2=\{(0,0),(0,1), (1,0), (1,1) \}
[/mm]
[mm] f:H->\IZ_2 \times \IZ_2 [/mm] mit f(x)=(0,1) und f(y)=(1,0)
Die Abbildung ist wenn f ein Homomorphismus ist eindeutig durch die Bilder am Erzeugnis bestimmt.
f(x*e)=f(x)=(0,1)=(0,1)+(0,0)=f(x)+f(e)
f(y*e)=f(y)=(1,0)=(1,0)+(0,0)=f(y)+f(e)
[mm] f(x*y)\overbrace{=}^{????}(1,1)=(0,1)+(1,0)=f(x)+f(y)
[/mm]
LG,
sissi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:35 Sa 22.11.2014 | | Autor: | tobit09 |
Hallo sissile!
> Beweisen Sie, dass jede Gruppe der Ordnung 4 zu [mm]\IZ_4[/mm] oder
> [mm]\IZ_2 \times \IZ_2[/mm] isomorph ist.
> Fall 1: G ist zyklisch
> Ist G zyklisch, dann [mm]\exists[/mm] a [mm]\in[/mm] G: <a>=G
> Nach Satz in Vorlesung ist [mm]G\cong(\IZ_4,[/mm] +).
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Fall 2: G ist nicht zyklisch
> Da G nicht zyklisch [mm]\exists[/mm] a [mm]\in G\setminus\{e\}[/mm] (Wenn
> [mm]G=\{e\},[/mm] wäre G ja zyklisch)
(Und $G$ hätte nicht die Ordnung 4...  )
> Nach Lagrange ord(a) teilt 4 [mm]\Rightarrow[/mm] ord(a) [mm]\in \{2,4\}[/mm]
>
> Da G nicht zyklisch ist, gilt ord(a)=2, sonst würde ja a
> die ganze Gruppe erzeugen.
> Da ein Isomorphismus ordnungserhaltend ist müssen alle
> Gruppen H, die isomorph zu G sind nur Elemente der Ordnung
> 2 haben außer das neutrale Element, dass immer Ordnung 1
> hat.
> Da [mm]H\cong[/mm] G [mm]\Rightarrow[/mm] |H|=|G|
>
> Nach dem Absatz gilt für [mm]H\cong[/mm] G:
> [mm]H=\{e,x,y,z|x^2=y^2=z^2=e \wedge e,x,y,z \mbox{sind alle voneinander verschieden } \}[/mm]
(Ich weiß, was du meinst, aber formal korrekt ist diese Mengennotation nicht.)
Die Verwendung des Buchstabens H ist überflüssig!
Bezeichne einfach gleich die 4 verschiedenen Elemente von $G$ mit $e$ (was das neutrale Element von $G$ sein soll), $x$, $y$ und $z$.
Mit obiger Argumentation sieht man in der Tat: [mm] $x^2=y^2=z^2=e$.
[/mm]
> Wie sieht x*y [mm]\in[/mm] H aus?
Ersetze wieder $H$ durch $G$!
> x*y=x [mm]\rightarrow[/mm] y=e Wid
> x*y=y [mm]\rightarrow[/mm] y=e Wid
> x*y=e [mm]\rightarrow x^{-1}=y,[/mm] aber [mm]x^{-1}=x[/mm] wegen [mm]x^2=e.[/mm] AUs
> Eindeutigkeit des Inversen folgt x=y Wid
> => x*y=z
> Analog y*x=z
> D.h.:
> [mm]H=[/mm]
(Mit Gruppenpräsentationen bin ich nicht so vertraut, daher kann ich das auf die Schnelle nicht prüfen.)
> Fragen:
> Ich hab jetzt plump gesagt H ist eine Gruppe, aber muss
> ich nicht zeigen, dass H mit den Eigenschaften, die ich
> herausgefunden habe auch eine Gruppe ist? Wenn ich mir für
> H eine Gruppentafel mache, sieht man das sofort. Gibt es
> einen anderen Weg, das eleganter zu machen?
Spare dir wie gesagt die Gruppe H!
> Ist jetzt nur noch zuzeigen: [mm]\IZ_2 \times \IZ_2 \cong[/mm] H ?
Zeige direkt [mm] $\IZ_2\times\IZ_2\cong [/mm] G$.
> Dann würde ich sagen bin ich fertig wegen der
> Transitivität von [mm]\cong,[/mm] oder?
>
> [mm]\IZ_2 \times \IZ_2=\{(0,0),(0,1), (1,0), (1,1) \}[/mm]
>
> [mm]f:H->\IZ_2 \times \IZ_2[/mm] mit f(x)=(0,1) und f(y)=(1,0)
> Die Abbildung ist wenn f ein Homomorphismus ist eindeutig
> durch die Bilder am Erzeugnis bestimmt.
> f(x*e)=f(x)=(0,1)=(0,1)+(0,0)=f(x)+f(e)
> f(y*e)=f(y)=(1,0)=(1,0)+(0,0)=f(y)+f(e)
> [mm]f(x*y)\overbrace{=}^{????}(1,1)=(0,1)+(1,0)=f(x)+f(y)[/mm]
Der naheliegende Weg:
Definiere [mm] $f\colon G\to\IZ_2\times\IZ_2$ [/mm] durch
f(e):=(0,0)
f(x):=(0,1)
f(y):=(1,0)
f(z):=(1,1)
und zeige, dass du einen Isomorphismus erhältst.
Dabei wirst du die Eigenschaften der Gruppenverknüpfung von G benötigen, die du dir eingangs überlegt hast (z.B. $x*y=z$).
Ein konzeptionellerer Weg:
Für jedes [mm] $a\in G\setminus\{e\}$ [/mm] ist [mm] $U_a:=\{e,a\}$ [/mm] eine Untergruppe von G, da $a$ nach deiner obigen Argumentation Ordnung $2$ hat.
[mm] $U_a$ [/mm] hat Index 2 in G und ist somit insbesondere ein Normalteiler.
Also ist [mm] $G/U_a$ [/mm] eine Gruppe der Ordnung 2 mit neutralem Element [mm] $e_a:=eU_a$ [/mm] und einem weiteren Element [mm] $d_a$ [/mm] der Ordnung 2.
Sei [mm] $h_a\colon\IZ\to G/U_a$ [/mm] der eindeutig bestimmte Homomorphismus mit [mm] $h_a(1)=d_a$.
[/mm]
Dann ist [mm] $h_a$ [/mm] surjektiv und es gilt [mm] $Kern(h_a)=2\IZ$.
[/mm]
Somit induziert [mm] $h_a$ [/mm] gemäß Homomorphiesatz einen Isomorphismus [mm] $\widetilde{h_a}\colon\IZ_2\to G/U_a$.
[/mm]
Somit erhalten wir durch
[mm] $f_a\colon G\to\IZ_2,\quad b\mapsto \widetilde{h_a}^{-1}(bU_a)$
[/mm]
einen Homomorphismus als Verkettung des kanonischen Epimorphismus' [mm] $G\to G/U_a$ [/mm] mit dem Isomorphismus [mm] $\widetilde{h_a}^{-1}$.
[/mm]
Der Kern von [mm] $f_a$ [/mm] ist [mm] $U_a$.
[/mm]
Definiere nun
[mm] $f\colon G\to\IZ_2\times\IZ_2,\quad b\mapsto $(f_x(b),f_y(b))$.
[/mm]
Die Homomorphismus-Eigenschaft von [mm] $f_x$ [/mm] und [mm] $f_y$ [/mm] vererbt sich zu der Homomorphismus-Eigenschaft von $f$.
Bleibt nur noch die Bijektivität von f zu zeigen.
Da $G$ und [mm] $\IZ_2\times\IZ_2$ [/mm] jeweils genau 4 Elemente haben, genügt es dazu, die Injektivität von f zu zeigen.
Sei also [mm] $w\in [/mm] Kern(f)$. Dann gilt [mm] $w\in\underbrace{Kern(f_x)}_{U_x=\{e,x\}}$ [/mm] und [mm] $w\in\underbrace{Kern(f_y)}_{=U_y=\{e,y\}}$.
[/mm]
Wegen [mm] $x\not=y$ [/mm] folgt wie gewünscht $w=e$.
Viele Grüße
Tobias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:16 So 23.11.2014 | | Autor: | sissile |
Danke ich habs mit meiner Methode zu Ende gebracht.
Ich muss zugeben, ich wäre wirklich NIE!! auf deine Methode gekommen!
> Für jedes $ [mm] a\in G\setminus\{e\} [/mm] $ ist $ [mm] U_a:=\{e,a\} [/mm] $ eine Untergruppe von G, da $ a $ nach deiner obigen Argumentation Ordnung $ 2 $ hat.
> $ [mm] U_a [/mm] $ hat Index 2 in G und ist somit insbesondere ein Normalteiler.
> Also ist $ [mm] G/U_a [/mm] $ eine Gruppe der Ordnung 2 mit neutralem Element $ [mm] e_a:=eU_a [/mm] $ und einem weiteren Element $ [mm] d_a [/mm] $ der Ordnung 2.
Hab ich das so richtig verstanden?:
[mm] [G:U_a]=|\{g U_a|g \in G\}|
[/mm]
[mm] G=\{e,x,y,z|a^2=y^2=z^2=e\}
[/mm]
mit x*y=y*x=z
Sei a=x
Nebenklasse von e:e [mm] U_a =U_a
[/mm]
Nebenklasse von a:a [mm] U_a =U_a
[/mm]
Nebenklasse von [mm] y:y*U_a=\{y,z\}
[/mm]
Nebenklasse von [mm] z:z*U_a=\{z,y\}
[/mm]
G= [mm] U_a \cup \{y,z\}=: e_a \cup d_a
[/mm]
[mm] [G:U_a] [/mm] =2
Aber hat hier das neutrale Element [mm] eU_a=U_a [/mm] nicht 2 Elemente e und a? Hat das neutrale Element nicht sonst immer Ordnung 1?
> Sei $ [mm] h_a\colon\IZ\to G/U_a [/mm] $ der eindeutig bestimmte Homomorphismus mit $ [mm] h_a(1)=d_a [/mm] $.
> Dann ist $ [mm] h_a [/mm] $ surjektiv und es gilt $ [mm] Kern(h_a)=2\IZ [/mm] $.
Ich weiß ein Homomorphismus ist durch das Bild des Erzeugnis eindeutig bestimmt.
[mm] h_a(2)=h_a(1+1)=h_a(1)*h_a(1)=d_a*d_a =\{y,z\}*\{y,z\}=\{e,x\}=U_a
[/mm]
[mm] h_a(3)=h_a(1+1+1)=h_a(1)*h_a(1)*h_a(1)=d_a*d_a*d_a=\{y,z\}*\{y,z\}*\{y,z\}=\{e,x\}*\{y,z\}=\{y,z\}=d_a
[/mm]
Am Schluß meine ich das Komplexprodukt.
[mm] h_a(2\IZ)=h_a(1+..+1)=h_a(1)*..*h_a(1)=\{y,z\}*.....*\{y,z\}
[/mm]
Da die Anzhal gerade ist fasse ich diese immer zusammen: [mm] =U_a *..*U_a=U_a
[/mm]
=> [mm] h_a [/mm] surjektiv, [mm] ker(h_a)=2 \IZ
[/mm]
> Somit erhalten wir durch
> $ [mm] f_a\colon G\to\IZ_2,\quad b\mapsto \widetilde{h_a}^{-1}(bU_a) [/mm] $
> einen Homomorphismus als Verkettung des kanonischen Epimorphismus' $ [mm] G\to G/U_a [/mm] $ mit dem Isomorphismus $ [mm] \widetilde{h_a}^{-1} [/mm] $.
> Der Kern von $ [mm] f_a [/mm] $ ist $ [mm] U_a [/mm] $.
Wie kommst au auf den Kern?
b [mm] \in kern(f_a) \gdw f_a(b)=0 \gdw f_a(b)=\widetilde{h_a}^{-1}(bU_a)=0
[/mm]
LG,
sissi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:18 So 23.11.2014 | | Autor: | tobit09 |
> Ich muss zugeben, ich wäre wirklich NIE!! auf deine
> Methode gekommen!
Ich habe dir ja auch nur das Endergebnis und nicht wirklich die Überlegungen, die vorher eingegangen sind, mitgeteilt.
Die Grundidee war einfach nur, den gesuchten Isomorphismus [mm] $f\colon G\to\IZ_2\times\IZ_2$ [/mm] aus zwei Homomorphismen [mm] $G\to\IZ_2$ [/mm] "zusammenzubasteln" (nämlich [mm] $f_x$ [/mm] und [mm] $f_y$).
[/mm]
Ich hätte nun schreiben können:
Sei [mm] $f_x\colon G\to\IZ_2$ [/mm] definiert durch [mm] $f_x(e)=f_x(x)=0+2\IZ$ [/mm] und [mm] $f_x(y)=f_x(z)=1+2\IZ$.
[/mm]
Dann hätte ich nachrechnen müssen, dass [mm] $f_x$ [/mm] ein Homomorphismus ist.
Um mir das zu sparen, habe ich dann die gleiche Abbildung [mm] $f_x$ [/mm] etwas anders konstruiert, so dass die Homomorphismus-Eigenschaft klar ist.
Um die Arbeit [mm] $f_x$ [/mm] zu konstruieren nicht für [mm] $f_y$ [/mm] wiederholen zu müssen, habe ich die Konstruktion schließlich gleich für beliebiges [mm] $a\in G\setminus\{e\}$ [/mm] anstelle von $x$ notiert.
> > Für jedes [mm]a\in G\setminus\{e\}[/mm] ist [mm]U_a:=\{e,a\}[/mm] eine
> Untergruppe von G, da [mm]a[/mm] nach deiner obigen Argumentation
> Ordnung [mm]2[/mm] hat.
> > [mm]U_a[/mm] hat Index 2 in G und ist somit insbesondere ein
> Normalteiler.
>
> > Also ist [mm]G/U_a[/mm] eine Gruppe der Ordnung 2 mit neutralem
> Element [mm]e_a:=eU_a[/mm] und einem weiteren Element [mm]d_a[/mm] der
> Ordnung 2.
>
> Hab ich das so richtig verstanden?:
> [mm][G:U_a]=|\{g U_a|g \in G\}|[/mm]
Ja.
> [mm]G=\{e,x,y,z|a^2=y^2=z^2=e\}[/mm]
Diese Notation erscheint mir wieder formal falsch (oder habt ihr bei Gruppen irgendeine entsprechende "Sondernotation" eingeführt?).
Du kannst stattdessen schreiben:
[mm] $G=\{e,x,y,z\}$
[/mm]
und
[mm] $x^2=y^2=z^2=e$.
[/mm]
> mit x*y=y*x=z
> Sei a=x
> Nebenklasse von e:e [mm]U_a =U_a[/mm]
> Nebenklasse von a:a [mm]U_a =U_a[/mm]
>
> Nebenklasse von [mm]y:y*U_a=\{y,z\}[/mm]
> Nebenklasse von [mm]z:z*U_a=\{z,y\}[/mm]
Ja.
> G= [mm]U_a \cup \{y,z\}=: e_a \cup d_a[/mm]
> [mm][G:U_a][/mm] =2
Genau.
Nach Lagrange hättest du auch
[mm] $[G:U_a]=\frac{|G|}{|U_a|}=\frac{4}{2}=2$
[/mm]
rechnen können.
> Aber hat hier das neutrale Element [mm]eU_a=U_a[/mm] nicht 2
> Elemente e und a?
Ja, das neutrale Element der Gruppe [mm] $G/U_a$ [/mm] ist selbst eine Menge, die zwei-elementig ist.
> Hat das neutrale Element nicht sonst
> immer Ordnung 1?
Die Ordnung von [mm] $eU_a=U_a$ [/mm] als Gruppenelement in [mm] $G/U_a$ [/mm] ist auch 1 so wie jedes neutrale Element einer Gruppe stets Ordnung 1 hat.
In diesem Fall ist es halt gleichzeitig eine zwei-elementige Menge.
> > Sei [mm]h_a\colon\IZ\to G/U_a[/mm] der eindeutig bestimmte
> Homomorphismus mit [mm]h_a(1)=d_a [/mm].
>
> > Dann ist [mm]h_a[/mm] surjektiv und es gilt [mm]Kern(h_a)=2\IZ [/mm].
>
> Ich weiß ein Homomorphismus ist durch das Bild des
> Erzeugnis eindeutig bestimmt.
Und zu jeder Gruppe G' und jedem Gruppenelement [mm] $a'\in [/mm] G'$ existiert ein eindeutig bestimmter Gruppenhomomorphismus [mm] $h\colon\IZ\to [/mm] G'$ mit $h(1)=a'$.
> [mm]h_a(2)=h_a(1+1)=h_a(1)*h_a(1)=d_a*d_a =\{y,z\}*\{y,z\}=\{e,x\}=U_a[/mm]
>
> [mm]h_a(3)=h_a(1+1+1)=h_a(1)*h_a(1)*h_a(1)=d_a*d_a*d_a=\{y,z\}*\{y,z\}*\{y,z\}=\{e,x\}*\{y,z\}=\{y,z\}=d_a[/mm]
Ja.
> [mm]h_a(2\IZ)=h_a(1+..+1)=h_a(1)*..*h_a(1)=\{y,z\}*.....*\{y,z\}[/mm]
Du meinst vermutlich [mm] $h_a(2n)$ [/mm] für ein [mm] $n\in\IN\setminus\{0\}$ [/mm] anstelle von [mm] $h_a(2\IZ)$.
[/mm]
> Da die Anzhal gerade ist fasse ich diese immer zusammen:
> [mm]=U_a *..*U_a=U_a[/mm]
>
> => [mm]h_a[/mm] surjektiv, [mm]ker(h_a)=2 \IZ[/mm]
Ich würde wie folgt argumentieren:
[mm] $ker(h_a)$ [/mm] ist eine Untergruppe von [mm] $\IZ$, [/mm] hat also die Form [mm] $ker(h_a)=m\IZ$ [/mm] für ein [mm] $m\in\IN_0$.
[/mm]
Es gilt [mm] $2\in ker(h_a)=m\IZ$, [/mm] also $m|2$ und somit [mm] $m\in\{1,2\}$.
[/mm]
Wäre $m=1$, so wäre [mm] $1\in m\IZ=ker(h_a)$, [/mm] was aber nicht der Fall ist.
Also $m=2$ und somit [mm] $ker(h_a)=m\IZ=2\IZ$.
[/mm]
Schöner wird es, wenn man folgende allgemeine Charakterisierung der Ordnung eines Gruppenelementes kennt:
Sei $G$ eine endliche Gruppe und [mm] $a\in [/mm] G$.
Sei [mm] $h\colon\IZ\to [/mm] G$ der eindeutig bestimmte Homomorphismus mit $h(1)=a$.
Dann ist die Ordnung von $a$ in G die eindeutig bestimmte Zahl [mm] $m\in\IN$ [/mm] mit [mm] $ker(h)=m\IZ$.
[/mm]
Dann folgt [mm] $ker(h_a)=2\IZ$ [/mm] direkt daraus, dass [mm] $d_a$ [/mm] in [mm] $G/U_a$ [/mm] Ordnung 2 hat.
> > Somit erhalten wir durch
>
> > [mm]f_a\colon G\to\IZ_2,\quad b\mapsto \widetilde{h_a}^{-1}(bU_a)[/mm]
>
> > einen Homomorphismus als Verkettung des kanonischen
> Epimorphismus' [mm]G\to G/U_a[/mm] mit dem Isomorphismus
> [mm]\widetilde{h_a}^{-1} [/mm].
>
> > Der Kern von [mm]f_a[/mm] ist [mm]U_a [/mm].
>
> Wie kommst au auf den Kern?
Für jedes [mm] $b\in [/mm] G$ gelten die Äquivalenzen:
> b [mm]\in kern(f_a) \gdw f_a(b)=0 \gdw f_a(b)=\widetilde{h_a}^{-1}(bU_a)=0[/mm]
Da [mm] $\widetilde{h_a}^{-1}$ [/mm] als Isomorphismus injektiv ist und somit [mm] $ker(\widetilde{h_a}^{-1})=\{U_a\}$ [/mm] erfüllt, kann man deine Kette äquivalenter Aussagen wie folgt fortsetzen:
[mm] $\ldots\gdw bU_a\in ker(\widetilde{h_a}^{-1})\gdw bU_a=U_a\gdw b\in U_a$.
[/mm]
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:41 So 23.11.2014 | | Autor: | sissile |
Danke für deine Erklärungen.
Kann es sein das wir den Satz:
"Und zu jeder Gruppe G' und jedem Gruppenelement $ [mm] a'\in [/mm] G' $ existiert ein eindeutig bestimmter Gruppenhomomorphismus $ [mm] h\colon\IZ\to [/mm] G' $ mit $ h(1)=a' $."
gar nicht hatten? Oder ist das ein Spezialfall eines anderen Satzes? Ist der Beweis schwer?
LG,
sissi
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Der Beweis ist nicht schwer. Aber der "Satz" ist ungeheuer nützlich. Stichwort für den Beweis: Potenzgesetze.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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Man kann auch kürzer argumentieren: Entweder ist G zyklisch oder es existieren zwei verschiedene Untergruppen der Ordnung 2. Diese haben Index 2 und sind somit Normalteiler. Wegen Lagrange schneiden sie sich trivial. Somit ist G direktes Produkt der beiden Untergruppen und damit sind wir fertig.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:26 Sa 22.11.2014 | | Autor: | tobit09 |
Hallo UniversellesObjekt!
Danke für deinen alternativen Vorschlag!
> Entweder ist G
> zyklisch oder es existieren zwei verschiedene Untergruppen
> der Ordnung 2. Diese haben Index 2 und sind somit
> Normalteiler. Wegen Lagrange schneiden sie sich trivial.
Ich sehe ein, dass sie sich trivial schneiden.
Aber was hat das mit Lagrange zu tun?
> Somit ist G direktes Produkt der beiden Untergruppen und
> damit sind wir fertig.
Warum ist $G$ direktes Produkt der beiden Untergruppen?
Ich glaube übrigens nicht, dass dieser alternative Weg wirklich wesentlich kürzer ist als meiner. Deiner ist mit weniger Details notiert...
Viele Grüße
Tobias
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:40 So 23.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Sei [mm] $|U_1|=p=|U_2|$, [/mm] $p$ prim. Sei ein Element [mm] $e\not=x\in U_1\cap U_2$ [/mm] gegeben. Dann ist [mm] $\left< x \right>\subseteq U_1, U_2$, [/mm] d.h. [mm] \text{ord}(x)|p [/mm] nach Lagrange. Wegen [mm] $|U_1|=p=|U_2|$ [/mm] muss dann also schon [mm] U_1=\left< x \right> =U_2 [/mm] gelten.
Die andere Aussagen ist im Kern die Folgende:
Sei $G$ eine Gruppe und [mm] $N_1, N_2 \subseteq [/mm] G$ Normalteiler. Falls [mm] $G=N_1\cdot N_2$ [/mm] und [mm] $N_1 \cap N_2=\{e\}$, [/mm] dann gilt [mm] $G\cong N_1\times N_2$ [/mm] (via [mm] $\varphi: N_1\times N_2\rightarrow N_1\cdot N_2, (n_1,n_2)\mapsto n_1\cdot n_2$, [/mm] einfaches Nachrechnen).
Übrigens: Man kann die Aussage [mm] $G=N_1\cdot N_2$ [/mm] und [mm] $N_1 \cap N_2=\{e\}$ [/mm] auch zu [mm] $|G|=|N_1|\cdot |N_2|$ [/mm] und [mm] $N_1 \cap N_2=\{e\}$ [/mm] vereinfachen, diese sind äquivalent.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:55 So 23.11.2014 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Teufel!
Vielen Dank für die Aufklärung! 
> Sei [mm]|U_1|=p=|U_2|[/mm], [mm]p[/mm] prim. Sei ein Element [mm]e\not=x\in U_1\cap U_2[/mm] gegeben
(Dann ist im Falle $p=2$ sofort [mm] $U_1=\{e,x\}=U_2$ [/mm] klar.)
> Dann ist [mm]\left< x \right>\subseteq U_1, U_2[/mm], d.h.
> [mm]\text{ord}(x)|p[/mm] nach Lagrange. Wegen [mm]|U_1|=p=|U_2|[/mm] muss
> dann also schon [mm]U_1=\left< x \right> =U_2[/mm] gelten.
> Die andere Aussagen ist im Kern die Folgende:
> Sei [mm]G[/mm] eine Gruppe und [mm]N_1, N_2 \subseteq G[/mm] Normalteiler.
> Falls [mm]G=N_1\cdot N_2[/mm] und [mm]N_1 \cap N_2=\{e\}[/mm], dann gilt
> [mm]G\cong N_1\times N_2[/mm] (via [mm]\varphi: N_1\times N_2\rightarrow N_1\cdot N_2, (n_1,n_2)\mapsto n_1\cdot n_2[/mm],
> einfaches Nachrechnen).
>
> Übrigens: Man kann die Aussage [mm]G=N_1\cdot N_2[/mm] und [mm]N_1 \cap N_2=\{e\}[/mm]
> auch zu [mm]|G|=|N_1|\cdot |N_2|[/mm] und [mm]N_1 \cap N_2=\{e\}[/mm]
> vereinfachen, diese sind äquivalent.
Letztere Äquivalenz setzt die Endlichkeit von G voraus, oder?
Mir fehlt in der Argumentation von UniversellesObjekt noch die Begründung von [mm] $G=N_1\times N_2$.
[/mm]
Aber $G$ ist endlich mit [mm] $|G|=4=2*2=|N_1|*|N_2|$ [/mm] und somit das Problem gelöst!
Viele Grüße
Tobias
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Weil Teufel schon mit einem allgemeinen $ p $ argumentiert, kann man auch gerade zeigen, dass jede Gruppe der Ordnung $ [mm] p^2$, [/mm] $ p $ prim, zyklisch oder Produkt zweier Gruppen der Ordnung $ p $ ist.
Der einzige Schritt, den man noch modifizieren muss, ist der, weshalb Untergruppen der Ordnung $ p $ schon Normalteiler sind. Dazu gibt es die folgende allgemeinere Aussage:
Ist $ G $ eine Gruppe der Ordnung $ n $, $ p $ der kleinste Primteiler von $ n $ und $ H $ vom Index $ p $, so ist $ H $ Normalteiler. Da der Beweis jedoch deutlich schwieriger als der für den Spezialfall $ p=2$ ist, der völlig elementar ist, habe ich mich hier darauf beschränkt.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:08 So 23.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Wenn man die passenden kleineren Lemmata hat, könnte man das relativ schnell so machen:
Ist $G$ eine $p$-Gruppe, d.h. [mm] $|G|=p^k$, [/mm] dann gilt $p|Z(G)$ (Zentrum von $G$). Folgt aus der ![[]](/images/popup.gif) Klassengleichung.
Ferner gibt es folgendes Lemma: Ist $G/Z(G)$ zyklisch, dann ist $G$ abelsch.
Nimmt man sich also jetzt eine Gruppe $G$ der Ordnung [mm] $p^2$, [/mm] dann kann man das alles wunderbar zusammensetzen. [mm] $|G/Z(G)|\in\{1,p\}\Rightarrow [/mm] G$ abelsch [mm] $\Rightarrow$ [/mm] alle Untergruppen sind Normalteiler.
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Stimmt, so ist es auch hübsch. Wenn man weiß, dass $ G $ abelsch ist, folgt der Rest auch mit der Klassifikation endlicher abelscher Gruppen.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:58 So 23.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Nein, das funktioniert sogar, falls [mm] |G|=\infty [/mm] ist. (Sorry, stimmte so nicht.) Es gilt nämlich aber folgende Formel:
Seien $E,F$ Untergruppen einer Gruppe $G$. Dann gilt
[mm] $|EF|\cdot |E\cap F|=|E|\cdot [/mm] |F|$.
Und die Formel gilt insbesondere auch für [mm] $|E|=\infty$ [/mm] und [mm] $|F|=\infty$. [/mm] Dadurch geht dann im Fall [mm] $|E\cap [/mm] F|=1$ stets $|EF|=|E||F|$. Das ist eine sehr schöne Formel, meiner Meinung nach. ;) Ein relativ einfacher Beweis ging über Gruppenoperationen, aber ich habe den genauen Ansatz gerade nicht parat. Ich glaube, dass man die Gruppe [mm] $E\times [/mm] F$ auf $G$ via [mm] $(e,f).g=egf^{-1}$ [/mm] operieren lassen muss und dann schaut, was die Bahnengleichung [mm] |E|\cdot |F|=|E\times F|=|Stab_{E\times F}(1_G)|\cdot |(E\times F).1_G| [/mm] liefert. Dann gilt [mm] $|Stab_{E\times F}(1_G)|=|E\cap [/mm] F|$ und [mm] $|(E\times F).1_G|=|EF|$.
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:30 So 23.11.2014 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Teufel!
> Nein, das funktioniert sogar, falls [mm]|G|=\infty[/mm] ist. Es
> gilt nämlich folgende Formel:
>
> Seien [mm]E,F[/mm] Untergruppen einer Gruppe [mm]G[/mm]. Dann gilt
>
> [mm]|EF|\cdot |E\cap F|=|E|\cdot |F|[/mm].
>
> Und die Formel gilt insbesondere auch für [mm]|E|=\infty[/mm] und
> [mm]|F|=\infty[/mm]. Dadurch geht dann im Fall [mm]|E\cap F|=1[/mm] stets
> [mm]|EF|=|E||F|[/mm].
(Zumindest letztere Formel kann man sich auch "zu Fuß" überlegen, indem man sich überlegt, dass im Falle [mm] $E\cap F=\{e\}$
[/mm]
[mm] $E\times F\to E*F,\quad (x,y)\mapsto [/mm] x*y$
ein Isomorphismus ist.)
Mithilfe dieser Gleichung erhalte ich die Implikation
[mm] $G=N_1*N_2\quad\Longrightarrow\quad|G|=|N_1|*|N_2|$.
[/mm]
Du behauptetest aber, dass auch die umgekehrte Implikation
[mm] $|G|=|N_1|*|N_2|\quad\Longrightarrow\quad G=N_1*N_2$
[/mm]
gilt.
Dies kann ich auch im Falle $G$ endlich beweisen.
Behauptest du nun, dass diese Implikation auch für beliebige Gruppen G gelte?
Viele Grüße
Tobias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:38 So 23.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Du hast Recht, ich kann die Äquivalenz auch nur für endliches $G$ zeigen. Hast du vielleicht auch ein Gegenbeispiel für unendliches $G$ parat?
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> Seien [mm]E,F[/mm] Untergruppen einer Gruppe [mm]G[/mm]. Dann gilt
>
> [mm]|EF|\cdot |E\cap F|=|E|\cdot |F|[/mm].
Das ist mir nicht ganz klar. Was ist wenn wir die beiden Einbettungen von [mm] $\IZ/2$ [/mm] in [mm] $\IZ/2\amalg\IZ/2$ [/mm] betrachten?
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:45 So 23.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Ehrlich gesagt bin ich gerade nicht so fit in der Topologie, wie kann man sich dieses Produkt denn vorstellen?
Aber sofern das Ding eine Gruppe ist und [mm] \IZ_2 [/mm] da zwei mal drinnen liegt, sollte die Aussage gelten.
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Koprodukt von Gruppen
Das Koprodukt zweier Gruppen $ [mm] G_1$ [/mm] und $ [mm] G_2$ [/mm] wird immer von $ [mm] G_1$ [/mm] und $ [mm] G_2$ [/mm] erzeugt, die beiden Gruppen schneiden sich trivial in $ [mm] G_1\amalg G_2$ [/mm] und falls beide Gruppen nicht trivial sind, ist ihr Koprodukt unendlich. Das scheint mir ein Gegenbeispiel zu sein.
Ich denke, dass für $|EF|=|E||F|$ mit $ [mm] E\cap [/mm] F=0$ eine der beiden Gruppen Normalteiler sein muss. Und dann folgt die Behauptung aus der Theorie semidirekter Produkte.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:02 Mo 24.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Ah ok, ja, ich kannte die Konstruktion, aber unter dem Namen "Freies Produkt".
Ok, also wir haben [mm] $G=\{0,1_G\}\cong \IZ_2$ [/mm] und [mm] $H=\{0,1_H\}\cong \IZ_2$, [/mm] also [mm] G\*H=\{\underbrace{1_G1_H1_G1_H\ldots}_{\text{Länge n}}\;|\; n\in\IN_0\}\cup \{\underbrace{1_H1_G1_H1_G\ldots}_{\text{Länge n}}\;|\; n\in\IN_0\} [/mm] sozusagen, oder?
Mit [mm] G\cong \{0, 1_G\}\le G\*H [/mm] und [mm] H\cong \{0, 1_H\}\le G\*H. [/mm] Dann gilt die Formel aber auch, es ist doch $|G|=|H|=2$ und [mm] $|G\cap [/mm] H|=1$. Dann ist noch [mm] GH=\{0,1_G,1_H,1_G1_H\}, [/mm] also $|GH|=4 [mm] \Rightarrow |G||H|=|GH||G\cap [/mm] H|$. Liegt eventuell ein Missverständnis mit der Definition GH vor? Damit meine ich [mm] $GH=\{gh\in G\* H\;|\;g\in G, h\in H\}$.
[/mm]
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