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Ordnung 4, V_4, isomorph: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
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

        
Bezug
Ordnung 4, V_4, isomorph: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
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]


> 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.

[ok]


>  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

[ok]


> 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

Bezug
                
Bezug
Ordnung 4, V_4, isomorph: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
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

Bezug
                        
Bezug
Ordnung 4, V_4, isomorph: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
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]

Bezug
                                
Bezug
Ordnung 4, V_4, isomorph: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
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

Bezug
                                        
Bezug
Ordnung 4, V_4, isomorph: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 18:10 So 23.11.2014
Autor: UniversellesObjekt

Der Beweis ist nicht schwer. Aber der "Satz" ist ungeheuer nützlich. Stichwort für den Beweis: Potenzgesetze.

Liebe Grüße,
UniversellesObjekt

Bezug
        
Bezug
Ordnung 4, V_4, isomorph: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:57 Sa 22.11.2014
Autor: UniversellesObjekt

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

Bezug
                
Bezug
Ordnung 4, V_4, isomorph: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
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

Bezug
                        
Bezug
Ordnung 4, V_4, isomorph: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
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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Ordnung 4, V_4, isomorph: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
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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Ordnung 4, V_4, isomorph: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 09:35 So 23.11.2014
Autor: UniversellesObjekt

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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Ordnung 4, V_4, isomorph: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
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 []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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Ordnung 4, V_4, isomorph: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 15:14 So 23.11.2014
Autor: UniversellesObjekt

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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Ordnung 4, V_4, isomorph: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
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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Ordnung 4, V_4, isomorph: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
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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Ordnung 4, V_4, isomorph: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
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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Ordnung 4, V_4, isomorph: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 17:10 So 23.11.2014
Autor: UniversellesObjekt


> 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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Ordnung 4, V_4, isomorph: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
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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Ordnung 4, V_4, isomorph: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 17:58 So 23.11.2014
Autor: UniversellesObjekt

[]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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Ordnung 4, V_4, isomorph: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
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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