Elemente einer Gruppe < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:30 Fr 18.05.2007 | | Autor: | Maren88 |
| Aufgabe | Die Ordnung der endlichen Gruppe G sei eine Primzahlpotenz: |G| = [mm] p^r [/mm] mit einer Primzahl p und 0 < r [mm] \in \IN. [/mm] Beweisen Sie, dass es neben x=1 noch mindestens p-1 weitere Elemente x [mm] \in [/mm] G geben muss, die mit jedem Element von G vertauschbar sind:
gx = xg für jedes g [mm] \in [/mm] G. |
hallo,
ich hätt da ne Idee, weshalb das so ist, aber ich hab keine Ahnung wie ich das zeigen soll.
also es muss ja zu jedem Element in G auch ein Inverses Element geben, was ja schonmal heißt, dass es zu [mm] \bruch{p^r}{2} [/mm] verschiedenen Elementen (ohne Rest) jeweils ein weiteres Element gibt, mit dem es vertauscht werden kann. aber höchst wahrscheinlich kann ich das nich einfach so behaupten, weil ja nich gesagt wird, dass G eine abelsche Gruppe ist..
oder kann ich einfach x:= g definieren und dann wäre ja klar, dass beim Vertauschen das gleiche raus kommt ?
oder wäre hier ein Widerspruchsbeweis angebracht?
ein Tip zu der Aufgabe war die Konjugation. diese sagt ja aus, dass gilt:
x [mm] \mapsto [/mm] g * x:= [mm] gxg^{-1} \in [/mm] G.
aber irgendwie komm ich da auch nich wirklich weiter. kann ich das eventuell irgendwie einsetzen? z.B.
gx = [mm] g(gxg^{-1})= (gxg^{-1})g [/mm] = xg aber das hilft mir ja auch nich weiter.. *seufz*
kann mir vielleicht jemand nen Ratschlag geben? wär echt lieb.
Lieber Gruß
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Hi Maren!
> Die Ordnung der endlichen Gruppe G sei eine Primzahlpotenz:
> |G| = [mm]p^r[/mm] mit einer Primzahl p und 0 < r [mm]\in \IN.[/mm] Beweisen
> Sie, dass es neben x=1 noch mindestens p-1 weitere Elemente
> x [mm]\in[/mm] G geben muss, die mit jedem Element von G
> vertauschbar sind:
> gx = xg für jedes g [mm]\in[/mm] G.
Bzgl. Tip mit der Konjugation: Die kann man als Operation/Aktion auf G auffassen und die Bahnen G*x mit x [mm] \in [/mm] G betrachten. Könnte es vielleicht sein, daß die Bahnen als Äquivalenzklassen, die ja eine Partition von G als Menge bilden, von ihrer Ordnung her Teiler der Gruppenordnung [mm]p^r[/mm] sind?
LG
Karsten
EDIT: Habt ihr eventuell den Begriff des Zentrums und die Klassengleichung gehabt?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:52 Fr 18.05.2007 | | Autor: | Maren88 |
> Bzgl. Tip mit der Konjugation: Die kann man als
> Operation/Aktion auf G auffassen und die Bahnen G*x mit x
> [mm]\in[/mm] G betrachten. Könnte es vielleicht sein, daß die Bahnen
> als Äquivalenzklassen, die ja eine Partition von G als
> Menge bilden, von ihrer Ordnung her Teiler der
> Gruppenordnung [mm]p^r[/mm] sind?
>
> LG
> Karsten
>
> EDIT: Habt ihr eventuell den Begriff des Zentrums und die
> Klassengleichung gehabt?
hey
also ich hab mal bissel in nem Buch gesucht und da steht, dass die Länge jeder Bahn einer Gruppe die Gruppenordnung teilt.
den Begriff des Zentrums hatten wir schon (also wenn das das gleiche wie der Kern ist) jedoch weiß ich nich was die Klassengleichung ist, wenn das diese ist: |G|= [mm] |K_1|+ [/mm] ... + [mm] |K_r| [/mm] so hatten wir diese noch nich (hab ich auch aus einem Buch..)
gruß
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Noch'ne Frage: hattet ihr den Satz von Lagrange schon?
Grüße
Karsten
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:03 Sa 19.05.2007 | | Autor: | Maren88 |
hey
ja ich glaub den hatten wir, nur hat unser Dozent den nich so genannt.. deshalb musst ich erstmal nachschaun.
also der Satz besagt doch:
Sei G endliche Gruppe, U [mm] \subset [/mm] G Untergruppe.
Insbesondere ist dann |U| Teiler der Gruppenordnung |G|.
ich hätt da noch ne Idee zu der Aufgabe. weiß nur nich so wie ich's formulieren soll, ich probier's ma :
also da x ja in G liegt, jedoch x [mm] \not= [/mm] 1 ist, kann ich doch die Gruppe durch x erzeugen oder? sprich G wäre dann { [mm] 1,x,...,x^{p^r -1} [/mm] } ?
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> ja ich glaub den hatten wir, nur hat unser Dozent den nich
> so genannt.. deshalb musst ich erstmal nachschaun.
> also der Satz besagt doch:
> Sei G endliche Gruppe, U [mm]\subset[/mm] G Untergruppe.
> Insbesondere ist dann |U| Teiler der Gruppenordnung |G|.
Das ist auch nicht der vollständige Satz von Lagrange, denn G wird hier als endlich vorausgesetzt, was beim Lagrange nicht der Fall ist.
> ich hätt da noch ne Idee zu der Aufgabe. weiß nur nich so
> wie ich's formulieren soll, ich probier's ma : ...
Hmmm. Doch eigentlich nur, wenn G zyklisch ist, oder?
Schau mal in das Buch Fischer/Sacher, Einführung in die Algebra. Da wird folgendes gezeigt: Ist p eine Primzahl, k eine von 0 verschiedene nat. Zahl und G eine Gruppe der Ordnung [mm]p^k[/mm], so ist p Teiler des Zentrums Z von G; es gilt also insb. ord(Z) > 1. Das wäre doch das, was wir haben wollen, oder?
LG
Karsten
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:35 Sa 19.05.2007 | | Autor: | Maren88 |
hm.. ok, dann hatten wir den Satz wohl doch noch nich. ist auch immer bissel doof, weil wir zu Algebra immer nur einmal in der Woche ne Vorlesung haben.
ich hab das Buch von Fischer und Sacher sogar zufällig grad ausgeliehn,würdest du mir noch die Seitenzahl sagen, hab schon gesucht, aber irgendwie find ich's nich...
hab grad gedacht ich hätt's gefunden, hab mich aber vertan. ich hab nur einen Satz über Gruppen mit der Ordnung einer Primzahl gefunden, aber bei der Aufgabe geht es ja um eine Primzahlpotenz, was ja heißt, dass beim Potenzieren nich unbedingt wieder eine Primzahl raus kommt..
schonmal vielen Danke!
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> ich hab das Buch von Fischer und Sacher sogar zufällig grad
> ausgeliehn,würdest du mir noch die Seitenzahl sagen, hab
> schon gesucht, aber irgendwie find ich's nich...
Bei mir ist das Korollar 2.3.5 auf Seite 41 (in der 3. Auflage von 1983).
LG
Karsten
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:40 Sa 19.05.2007 | | Autor: | Maren88 |
ok, danke ich hab's jetzt gefunden.
nochmal, damit ich das auch alles richtig verstehe.
man beweist, dass die Ordnung des Zentrums von G teilbar durch p ist, also mindestens die Ordnung p hat und somit p verschiedene Elemente. Da das Zentrum die Menge aller Elemente ist, die mit jedem Element von G vertauschbar sind, hat man also bewiesen, dass in einer Gruppe der Ordnung [mm] |p^r| [/mm] mindestens p-1 Elemente enthalten sind, die mit einem x [mm] \in [/mm] G vertauschbar sind.
zu dem Beweis aus dem Buch:
Man definiert also die einzelnen Elemente in G mit [mm] x_1,...,x_n [/mm] und die Elemente [mm] x_{1},...,x_m [/mm] liegen im Zentrum der Gruppe und die Elemente [mm] x_{m+1},...,x_n [/mm] nicht. (n,m [mm] \in \IN [/mm] )
dann gilt, dass für alle i [mm] \in [/mm] { m+1, ..., n } die Ordnung des Zentrums [mm] |Z(x_i)| [/mm] > 1 ist, denn sonst wäre [mm] Z(x_i) [/mm] = G. Somit ist [mm] x_i \in [/mm] Z. (soweit ist mir das auch klar)
nun wird ja der Satz von Lagrange benutzt.
kann man das so schreiben: [mm] p^r [/mm] = |G| = [mm] |Z(x_i)| [/mm] * [mm] |G/Z(x_i)| [/mm] ?
dazu haben wir ja aufgeschrieben, dass die Ordnung jeder Untergruppe (in diesem Fall das Zentrum) ein Teiler der Ordnung von G ist. jetzt wird in dem Beweis darauß gefolgert, dass p für jedes i [mm] \in [/mm] {m+1, ..., n} ein Teiler von [mm] |G/Z(x_i)| [/mm] ist, aber wieso ist das denn so?
ist das so weil die Ordnung des Zentrums die Ordnung der Gruppe nur ganzzahlig teilen kann, also die Ordnung von Z ein Vielfaches von p sein muss?
und damit wäre der Beweis ja schon abgeschlossen oder?
Gruß Maren
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> ok, danke ich hab's jetzt gefunden.
> nochmal, damit ich das auch alles richtig verstehe.
> man beweist, dass die Ordnung des Zentrums von G teilbar
> durch p ist, also mindestens die Ordnung p hat und somit p
> verschiedene Elemente. Da das Zentrum die Menge aller
> Elemente ist, die mit jedem Element von G vertauschbar
> sind, hat man also bewiesen, dass in einer Gruppe der
> Ordnung [mm]|p^r|[/mm] mindestens p-1 Elemente enthalten sind,
Mindestens p (x=1 und p-1 weitere).
> die mit einem x [mm]\in[/mm] G vertauschbar sind.
Jo. Würde ich sagen.
> zu dem Beweis aus dem Buch:
> Man definiert also die einzelnen Elemente in G mit
> [mm]x_1,...,x_n[/mm] und die Elemente [mm]x_{1},...,x_m[/mm] liegen im
> Zentrum der Gruppe und die Elemente [mm]x_{m+1},...,x_n[/mm] nicht.
> (n,m [mm]\in \IN[/mm] )
> dann gilt, dass für alle i [mm]\in[/mm] { m+1, ..., n } die Ordnung
> des Zentrums [mm]|Z(x_i)|[/mm] > 1 ist, denn sonst wäre [mm]Z(x_i)[/mm] = G.
Stop. Du darfst das Zentrum Z nicht mit dem Zentralisator Cen({x}) eines Elementes x verwechseln. Der Beweis zeigt, daß die Faktorgruppe [mm]G/Cen(\{x_i\})[/mm] mehr als ein Element enthält. Naja, er behauptet es vielmehr und läßt einen ansonsten im Regen stehen. Das gehört noch genauer ausgeführt. Außerdem greift er ja auf die Klassengleichung zurück, die Du nicht zur Verfügung hast. Aber ohne Klassen- oder Bahnengleichung scheint es nicht zu gehen. Komisch, daß ihr das bislang nicht hattet. Die wirst Du wohl oder übel beweisen müssen.
LG
Karsten
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:16 So 20.05.2007 | | Autor: | Maren88 |
hm..
naja, dann muss ich wohl drauf hoffen, dass wir die Klassengleichung am Montag durchnehmen..
die Klassengleichung besagt doch:
Sei G eine endliche Gruppe und seien [mm] C_1, [/mm] . . . [mm] ,C_m [/mm] die verschiedenen
Konjugationsklassen von G, die mindestens 2 Elemente enthalten. Dann gilt
|G| = [mm] |Z(G)|+|C_1|+···+|C_m|,
[/mm]
wobei [mm] |C_i| [/mm] für i = 1, . . . ,m der Index einer Untergruppe von G und insbesondere
jeder der Summanden ein Teiler von |G| ist.
aber wie kann ich denn damit Beweisen, dass das Zentrum von G mindestens die Ordnung p-1 (ohne x=1) hat?
lieber Gruß Maren
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> die Klassengleichung besagt doch:
>
> Sei G eine endliche Gruppe und seien [mm]C_1,[/mm] . . . [mm],C_m[/mm] die
> verschiedenen
> Konjugationsklassen von G, die mindestens 2 Elemente
> enthalten.
Ja, zwei Elemente enthalten sie auf jeden Fall, nämlich x=1 und x selbst.
> Dann gilt
> |G| = [mm]|Z(G)|+|C_1|+···+|C_m|,[/mm]
> wobei [mm]|C_i|[/mm] für i = 1, . . . ,m der Index einer
> Untergruppe von G
Es ist speziell [mm]C_i = G/Cen(x_i)[/mm].
> und insbesondere
> jeder der Summanden ein Teiler von |G| ist.
Das steht so allgemein nicht da. Es wird in dem Korollar gezeigt, daß jedes [mm]G/Cen(x_i)[/mm] von p geteilt wird.
Man benutzt dazu den Satz von Lagrange:
[mm]|G| = |Cen(x_i)| * |G/Cen(x_i)|[/mm]
Wenn [mm]G/Cen(x_i)[/mm] zwei oder mehr Elemente enthält, so ist [mm]|G/Cen(x_i)|[/mm] eine Primzahlpotenz.
> aber wie kann ich denn damit Beweisen, dass das Zentrum von
> G mindestens die Ordnung p-1 (ohne x=1) hat?
Wenn wir also wissen, daß jedes [mm]G/Cen(x_i)[/mm] von p geteilt wird, gilt nach der Klassengleichung
[mm]|G| - \summe_{i=1}^{m} |C_i| = |Z|[/mm]
p teilt nach Voraussetzung auch |G|, folglich teilt p die komplette Summe auf der linken Seite und damit |Z| auf der rechten.
LG
Karsten
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:21 So 20.05.2007 | | Autor: | Maren88 |
ok, vielen Dank!
dann hoff ich ma, dass wir morgen die Klassengleichung besprechen..
hab so das Gefühl, dass unser Professor en bissel verpeilt ist und uns immer Aufgaben gibt, die wir erst nach der nächsten Vorlesung beantworten können.. -.-
Gruß Maren
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