Symmetrische Gruppe < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:01 Fr 18.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
| Aufgabe | 1) Die Kleinsche Vierergruppe [mm] V_4 [/mm] ist der einzige NT der [mm] A_4.
[/mm]
2) Für n [mm] \geq [/mm] 5 ist [mm] A_n [/mm] der einzige nichttriviale NT der [mm] S_n.
[/mm]
3) [mm] A_4 [/mm] und [mm] V_4 [/mm] sind die einzigen nichttrivialen Normalteiler der [mm] S_4. [/mm] |
Hallo,
knobel grad an obigen Aufgaben rum...
Kann mir jemand folgende Überlegungen auf Richtigkeit durchschauen und mir an ein paar Stellen weiterhelfen?
zu 1) Sei N [mm] A_4 [/mm] ein nichttrriv. NT. Ich weiß, dass ein NT der Ordnung 2 immer im Zentrum der Gruppe liegt:
Wenn H:={e,h} normal in G, dann folgt [mm] \forall g\in G\setminus [/mm] H: [mm] ghg^{-1}\in\{e,h\}. [/mm] wenn [mm] ghg^{-1}=e, [/mm] gilt gh=e, also [mm] g=h^{-1}, [/mm] Widerspruch zu g nicht in H.
Also [mm] ghg^{-1}=g, [/mm] also [mm] g\in [/mm] Z(G).
Zeige, dass [mm] Z(A_n)={e} [/mm] für [mm] n\geq [/mm] 4:
Sei [mm] \sigma \in Z(A_n)\setminus{e}. [/mm] Dann gilt:
[mm] \sigma [/mm] (123) [mm] \sigma^{-1}=(123), [/mm] also [mm] \sigma [/mm] lässt 4 fest. Da [mm] \sigma [/mm] gerade, ist [mm] \sigma [/mm] eine Potenz von (123). Damit [mm] <(123)>\in Z(A_n). [/mm] Widerspruch zu [mm] (234)(123)(234)^{-1}=(134).
[/mm]
Somit folgt [mm] |N|\geq [/mm] 3.
Betrachte nun [mm] N\cap V_4. [/mm]
Annahme: [mm] N\cap V_4=\{e\}.
[/mm]
Aus dem ersten Isomorphiesatz folgt:
[mm] NV_4/V_4\cong N/N\cap V_4\cong [/mm] N.
Dann folgt: 12 [mm] \leq |N||V_4|=|N V_4|\leq [/mm] 12, da N [mm] V_4 \leq A_4, |A_4|=12.
[/mm]
Also |N|=3, doch eine Gruppe, die von einem Dreierzykel erzeugt ist, ist nicht normal in der [mm] A_4.
[/mm]
Damit [mm] N\cap V_4 [/mm] nichttrivial.
[mm] 3\leq |H\cap V_4| [/mm] | [mm] |V_4|=4, [/mm] damit [mm] H\cap V_4= V_4.
[/mm]
Da [mm] [A_4:V_4]=3 [/mm] ist damit die Faktorgruppe zyklisch mit Primzahlordung und besitzt deshalb nur die triviale Untergruppe. Da das Bild einer Untergruppe U [mm] \leq A_4 [/mm] vom kanonischen Epi [mm] A_4\to A_4/V_4 [/mm] eine Untergruppe U' von [mm] A_4/V_4 [/mm] ist, muss gelten, U' jedoch nur trivial sein kann, gilt: [mm] U'=A_4. [/mm]
zu 2)
Sei N nichttriv. NT der [mm] S_n
[/mm]
Verwende, dass [mm] A_n\cap [/mm] N NT von [mm] A_n. [/mm] Da für [mm] n\geq [/mm] 5 [mm] A_n [/mm] einfach, folgt [mm] A_n\cap N=A_n [/mm] oder {e}.
Nehme an, dass [mm] N\cap A_n =\{e\}, [/mm] also N außer e nur ungerade Permutationen enthält. Da das Produkt zweier ungerader Permutationen wieder gerade ist, kann N nur 1 ungerade Permutation und die Inverse dazu enthalten, also eine Permutation mit Ordung 2. Deshalb ist [mm] |N|\leq [/mm] 3. |N|=2 führt wie in 1) zu einem Widerspruch, also |N|=3 und damit zyklisch , wird also von Element der Ordnung 3 erzeugt, dieses liegt in [mm] A_n, [/mm] Widerspruch zu Annahme.
Also gilt [mm] A_n\cap [/mm] N= [mm] A_n [/mm] und damit [mm] A_n\subseteq [/mm] N.
Wegen [mm] S_n/A_n [/mm] zyklisch von Pimzahl-Ordnung 2, folgt wie oben, dass zwischen [mm] A_n [/mm] und [mm] S_n [/mm] keine weitere Untergruppe liegt.
zu 3) N nichttriv. NT der [mm] S_4.
[/mm]
Wieder [mm] N\cap A_4 [/mm] NT der [mm] A_4, [/mm] und damit [mm] N\cap A_4 \in \{A_4,V_4,e\}.
[/mm]
Doch wie kann ich jetzt weiter argumentieren?
Lg, Verena
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:04 Mo 21.08.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Verena!
> 1) Die Kleinsche Vierergruppe [mm]V_4[/mm] ist der einzige NT der
> [mm]A_4.[/mm]
> 2) Für n [mm]\geq[/mm] 5 ist [mm]A_n[/mm] der einzige nichttriviale NT der
> [mm]S_n.[/mm]
> 3) [mm]A_4[/mm] und [mm]V_4[/mm] sind die einzigen nichttrivialen
> Normalteiler der [mm]S_4.[/mm]
> Hallo,
> knobel grad an obigen Aufgaben rum...
>
> Kann mir jemand folgende Überlegungen auf Richtigkeit
> durchschauen und mir an ein paar Stellen weiterhelfen?
>
> zu 1) Sei N [mm]A_4[/mm] ein nichttrriv. NT. Ich weiß, dass ein NT
> der Ordnung 2 immer im Zentrum der Gruppe liegt:
> Wenn H:={e,h} normal in G, dann folgt [mm]\forall g\in G\setminus[/mm]
> H: [mm]ghg^{-1}\in\{e,h\}.[/mm] wenn [mm]ghg^{-1}=e,[/mm] gilt gh=e, also
Wenn $g h [mm] g^{-1} [/mm] = e$ ist, dann gilt $g h = e g = g e$ und somit $h = e$. Damit gilt $g h [mm] g^{-1} [/mm] = h$ fuer alle $g [mm] \in [/mm] G$, also $h [mm] \in [/mm] Z(G)$.
> [mm]g=h^{-1},[/mm] Widerspruch zu g nicht in H.
> Also [mm]ghg^{-1}=g,[/mm] also [mm]g\in[/mm] Z(G).
>
> Zeige, dass [mm]Z(A_n)={e}[/mm] für [mm]n\geq[/mm] 4:
> Sei [mm]\sigma \in Z(A_n)\setminus{e}.[/mm] Dann gilt:
> [mm]\sigma[/mm] (123) [mm]\sigma^{-1}=(123),[/mm]
> also [mm]\sigma[/mm] lässt 4 fest.
> Da [mm]\sigma[/mm] gerade, ist [mm]\sigma[/mm] eine Potenz von (123).
Warum gilt das? Es ist doch $n [mm] \ge [/mm] 4$ beliebig, warum darf [mm] $\sigma$ [/mm] nichts mit 5, 6, etc. machen?
> Damit [mm]<(123)>\in Z(A_n).[/mm]
Warum? Wenn $(1 2 3)$ eine Potenz von [mm] $\sigma$ [/mm] waere, dann wuerde das stimmen. So hast du erstmal nur [mm] $\langle [/mm] (1, 2, 3) [mm] \rangle \cap Z(A_n) \neq \{ e \}$.
[/mm]
> Widerspruch zu [mm](234)(123)(234)^{-1}=(134).[/mm]
>
> Somit folgt [mm]|N|\geq[/mm] 3.
> Betrachte nun [mm]N\cap V_4.[/mm]
> Annahme: [mm]N\cap V_4=\{e\}.[/mm]
> Aus dem ersten Isomorphiesatz
> folgt:
>
> [mm]NV_4/V_4\cong N/N\cap V_4\cong[/mm] N.
> Dann folgt: 12 [mm]\leq |N||V_4|=|N V_4|\leq[/mm] 12, da N [mm]V_4 \leq A_4, |A_4|=12.[/mm]
Gilt wirklich $|N| [mm] |V_4| [/mm] = |N [mm] V_4|$? [/mm] Da bin ich mir grad nicht sicher... Macht aber nichts, da [mm] $\le$ [/mm] auf jeden Fall gilt und mehr brauchst du hier nicht.
> Also |N|=3, doch eine Gruppe, die von einem Dreierzykel
> erzeugt ist, ist nicht normal in der [mm]A_4.[/mm]
>
> Damit [mm]N\cap V_4[/mm] nichttrivial.
> [mm]3\leq |H\cap V_4|[/mm] | [mm]|V_4|=4,[/mm] damit [mm]H\cap V_4= V_4.[/mm]
Wieso ist $3 [mm] \le [/mm] |H [mm] \cap V_4|$? [/mm] Du weisst doch erstmal nur, dass $|H [mm] \cap V_4| \ge [/mm] 2$ ist.
> Da [mm][A_4:V_4]=3[/mm] ist damit die Faktorgruppe zyklisch mit
> Primzahlordung und besitzt deshalb nur die triviale
> Untergruppe. Da das Bild einer Untergruppe U [mm]\leq A_4[/mm] vom
> kanonischen Epi [mm]A_4\to A_4/V_4[/mm] eine Untergruppe U' von
> [mm]A_4/V_4[/mm] ist, muss gelten, U' jedoch nur trivial sein kann,
> gilt: [mm]U'=A_4.[/mm]
Wenn du die Luecken zwischendurch stopfen kannst, waerst du damit fertig.
> zu 2)
> Sei N nichttriv. NT der [mm]S_n[/mm]
> Verwende, dass [mm]A_n\cap[/mm] N NT von [mm]A_n.[/mm] Da für [mm]n\geq[/mm] 5 [mm]A_n[/mm]
> einfach, folgt [mm]A_n\cap N=A_n[/mm] oder {e}.
> Nehme an, dass [mm]N\cap A_n =\{e\},[/mm] also N außer e nur
> ungerade Permutationen enthält. Da das Produkt zweier
> ungerader Permutationen wieder gerade ist, kann N nur 1
> ungerade Permutation und die Inverse dazu enthalten, also
> eine Permutation mit Ordung 2. Deshalb ist [mm]|N|\leq[/mm] 3. |N|=2
Permutationen der Ordnung $2$ sind ihre eigene Inverse: damit ist $|N| = 2$.
> führt wie in 1) zu einem Widerspruch,
Nach 1) folgt $N [mm] \subseteq Z(S_n)$. [/mm] In 1) hast du gezeigt, dass [mm] $Z(A_n) [/mm] = [mm] \{ e \}$ [/mm] ist. Aber was ist [mm] $Z(S_n)$? [/mm] Du weisst erstmal nur, dass [mm] $Z(S_n) \cap A_n [/mm] = [mm] \{ e \}$ [/mm] ist, aber das bringt nichts neues... Oder uebersehe ich da grad was?
> also |N|=3 und damit
> zyklisch , wird also von Element der Ordnung 3 erzeugt,
> dieses liegt in [mm]A_n,[/mm] Widerspruch zu Annahme.
>
> Also gilt [mm]A_n\cap[/mm] N= [mm]A_n[/mm] und damit [mm]A_n\subseteq[/mm] N.
> Wegen [mm]S_n/A_n[/mm] zyklisch von Pimzahl-Ordnung 2, folgt wie
> oben, dass zwischen [mm]A_n[/mm] und [mm]S_n[/mm] keine weitere Untergruppe
> liegt.
Genau.
> zu 3) N nichttriv. NT der [mm]S_4.[/mm]
> Wieder [mm]N\cap A_4[/mm] NT der [mm]A_4,[/mm] und damit [mm]N\cap A_4 \in \{A_4,V_4,e\}.[/mm]
>
> Doch wie kann ich jetzt weiter argumentieren?
Wenn $N [mm] \cap A_4 [/mm] = [mm] A_4$ [/mm] ist, dann ist $N = [mm] A_4$ [/mm] oder $N = [mm] S_4$ [/mm] wie oben (da [mm] $|S_4/A_4| [/mm] = 2$).
Ist $N [mm] \cap A_4 [/mm] = [mm] \{ e \}$, [/mm] so muss $N$ eine ungerade Permutation enthalten. Wie du oben schon argumentiert hast, ist somit $|N| = 2$ und wie bei 2) gibts nen Widerspruch.
Also muss $N [mm] \cap A_4 [/mm] = [mm] V_4$ [/mm] sein, also [mm] $V_4 \subseteq [/mm] N$. Betrachte nun [mm] $S_4/V_4$: [/mm] Von dieser Gruppe ist [mm] $N/V_4$ [/mm] ein Normalteiler, und ebenso [mm] $A_4/V_4$. [/mm] Da [mm] $S_4$ [/mm] kein Element der Ordnung 6 (oder Vielfache davon) enthaelt, tut [mm] $S_4/V_4$ [/mm] dies auch nicht, womit [mm] $S_4/V_4 \not\cong \IZ/6$ [/mm] gilt und somit [mm] $S_4/V_4 \cong S_3$.
[/mm]
Aber nun hat [mm] $S_4/V_4 \cong S_3$ [/mm] genau einen nicht-trivialen Normalteiler, naemlich [mm] $A_4/V_4$. [/mm] Also musst [mm] $N/V_4 \in \{ V_4/V_4, A_4/V_4, S_4/V_4 \}$ [/mm] sein, also $N [mm] \in \{ V_4, A_4, S_4 \}$.
[/mm]
Ich hoffe mal, ich konnte ein wenig helfen...
LG Felix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:47 Mo 21.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
Hallo Felix!
Hab versucht, die Lücken zu stopfen...
> > 1) Die Kleinsche Vierergruppe [mm]V_4[/mm] ist der einzige NT der
> > [mm]A_4.[/mm]
> > 2) Für n [mm]\geq[/mm] 5 ist [mm]A_n[/mm] der einzige nichttriviale NT
> der
> > [mm]S_n.[/mm]
> > 3) [mm]A_4[/mm] und [mm]V_4[/mm] sind die einzigen nichttrivialen
> > Normalteiler der [mm]S_4.[/mm]
> > zu 1) Sei N [mm]A_4[/mm] ein nichttrriv. NT. Ich weiß, dass ein NT
> > der Ordnung 2 immer im Zentrum der Gruppe liegt:
> > Wenn H:={e,h} normal in G, dann folgt [mm]\forall g\in G\setminus[/mm]
> > H: [mm]ghg^{-1}\in\{e,h\}.[/mm] wenn [mm]ghg^{-1}=e,[/mm] gilt gh=e, also
>
> Wenn [mm]g h g^{-1} = e[/mm] ist, dann gilt [mm]g h = e g = g e[/mm] und
> somit [mm]h = e[/mm]. Damit gilt [mm]g h g^{-1} = h[/mm] fuer alle [mm]g \in G[/mm],
> also [mm]h \in Z(G)[/mm].
>
> > [mm]g=h^{-1},[/mm] Widerspruch zu g nicht in H.
> > Also [mm]ghg^{-1}=g,[/mm] also [mm]g\in[/mm] Z(G).
> >
> > Zeige, dass [mm]Z(A_n)={e}[/mm] für [mm]n\geq[/mm] 4:
> > Sei [mm]\sigma \in Z(A_n)\setminus{e}.[/mm] Dann gilt:
> > [mm]\sigma[/mm] (123) [mm]\sigma^{-1}=(123),[/mm]
> > also [mm]\sigma[/mm] lässt 4 fest.
> > Da [mm]\sigma[/mm] gerade, ist [mm]\sigma[/mm] eine Potenz von (123).
>
> Warum gilt das? Es ist doch [mm]n \ge 4[/mm] beliebig, warum darf
> [mm]\sigma[/mm] nichts mit 5, 6, etc. machen?
>
Das stimmt: Diese Argumtentation zieht nur bei der [mm] A_4. [/mm]
Hier: Sei [mm]\sigma \in Z(A_n)\setminus{e}.[/mm] Dann gilt:
[mm]\sigma[/mm] (12...n-1) [mm]\sigma^{-1}=(\sigma(1) \sigma(2)...\sigma(n-1))=(1 2...n). [/mm]
Ist [mm] \sigma(1)=k, [/mm] so folgt [mm] \sigma(l)=k+l [/mm] mod n-1. Somit ist [mm] \sigma [/mm] eine Potenz von (12....n-1).
Damit gilt [mm] \{e\}\leq U\leq <(12..n)>\geq Z(A_n).
[/mm]
Jedoch vertauscht [mm] e\neq \sigma\in [/mm] U nicht mit (23..n), denn [mm] (23....n)(12..n-1)^k (23....n)^{-1} [/mm] hält n nicht fest,
also [mm] (23....n)(12..n-1)^k (23....n)^{-1}\neq (12...n-1)^k.
[/mm]
> > Somit folgt [mm]|N|\geq[/mm] 3.
> > Betrachte nun [mm]N\cap V_4.[/mm]
> > Annahme: [mm]N\cap V_4=\{e\}.[/mm]
> > Aus dem ersten
> Isomorphiesatz
> > folgt:
> >
> > [mm]NV_4/V_4\cong N/N\cap V_4\cong[/mm] N.
> > Dann folgt: 12 [mm]\leq |N||V_4|=|N V_4|\leq[/mm] 12, da N [mm]V_4 \leq A_4, |A_4|=12.[/mm]
>
> Gilt wirklich [mm]|N| |V_4| = |N V_4|[/mm]? Da bin ich mir grad
> nicht sicher... Macht aber nichts, da [mm]\le[/mm] auf jeden Fall
> gilt und mehr brauchst du hier nicht.
Ich denke, in diesem Fall schon, da j angenommen ist, dass [mm] N\cap V_4={e}. [/mm]
>
> > Also |N|=3, doch eine Gruppe, die von einem Dreierzykel
> > erzeugt ist, ist nicht normal in der [mm]A_4.[/mm]
> >
> > Damit [mm]N\cap V_4[/mm] nichttrivial.
> > [mm]3\leq |N\cap V_4|[/mm] | [mm]|V_4|=4,[/mm] damit [mm]H\cap V_4= V_4.[/mm]
>
> Wieso ist [mm]3 \le |N \cap V_4|[/mm]? Du weisst doch erstmal nur,
> dass [mm]|H \cap V_4| \ge 2[/mm] ist.
Das stimmt. Da jedoch N und [mm] V_4 [/mm] Normalteiler der [mm] A_4 [/mm] sind, folgt, dass [mm] N\cap V_4 [/mm] ein Normalteiler der [mm] A_4 [/mm] ist, und somit hat dieser mindestens Ordnung 3. Stimmt's so?
>
> > Da [mm][A_4:V_4]=3[/mm] ist damit die Faktorgruppe zyklisch mit
> > Primzahlordung und besitzt deshalb nur die triviale
> > Untergruppe. Da das Bild einer Untergruppe U [mm]\leq A_4[/mm] vom
> > kanonischen Epi [mm]A_4\to A_4/V_4[/mm] eine Untergruppe U' von
> > [mm]A_4/V_4[/mm] ist, muss gelten, U' jedoch nur trivial sein kann,
> > gilt: [mm]U'=A_4.[/mm]
>
> Wenn du die Luecken zwischendurch stopfen kannst, waerst du
> damit fertig.
>
> > zu 2)
> > Sei N nichttriv. NT der [mm]S_n[/mm]
> > Verwende, dass [mm]A_n\cap[/mm] N NT von [mm]A_n.[/mm] Da für [mm]n\geq[/mm] 5 [mm]A_n[/mm]
> > einfach, folgt [mm]A_n\cap N=A_n[/mm] oder {e}.
> > Nehme an, dass [mm]N\cap A_n =\{e\},[/mm] also N außer e nur
> > ungerade Permutationen enthält. Da das Produkt zweier
> > ungerader Permutationen wieder gerade ist, kann N nur 1
> > ungerade Permutation und die Inverse dazu enthalten, also
> > eine Permutation mit Ordung 2. Deshalb ist [mm]|N|\leq[/mm] 3. |N|=2
>
> Permutationen der Ordnung [mm]2[/mm] sind ihre eigene Inverse: damit
> ist [mm]|N| = 2[/mm].
>
> > führt wie in 1) zu einem Widerspruch,
>
> Nach 1) folgt [mm]N \subseteq Z(S_n)[/mm]. In 1) hast du gezeigt,
> dass [mm]Z(A_n) = \{ e \}[/mm] ist. Aber was ist [mm]Z(S_n)[/mm]? Du weisst
> erstmal nur, dass [mm]Z(S_n) \cap A_n = \{ e \}[/mm] ist, aber das
> bringt nichts neues... Oder uebersehe ich da grad was?
Ich hab gedacht, da [mm] A_n\leq S_n, [/mm] folgt, dass [mm] Z(S_n)\leq Z(A_n), [/mm] denn die Elemente z, die mit allen Elementen der [mm] S_n [/mm] vertauschen, vertauschen doch erst recht mit allen Elementen der [mm] A_n. [/mm] Stimmt das?
>
> > also |N|=3 und damit
> > zyklisch , wird also von Element der Ordnung 3 erzeugt,
> > dieses liegt in [mm]A_n,[/mm] Widerspruch zu Annahme.
> >
> > Also gilt [mm]A_n\cap[/mm] N= [mm]A_n[/mm] und damit [mm]A_n\subseteq[/mm] N.
> > Wegen [mm]S_n/A_n[/mm] zyklisch von Pimzahl-Ordnung 2, folgt wie
> > oben, dass zwischen [mm]A_n[/mm] und [mm]S_n[/mm] keine weitere Untergruppe
> > liegt.
>
> Genau.
>
> > zu 3) N nichttriv. NT der [mm]S_4.[/mm]
> > Wieder [mm]N\cap A_4[/mm] NT der [mm]A_4,[/mm] und damit [mm]N\cap A_4 \in \{A_4,V_4,e\}.[/mm]
>
> >
> > Doch wie kann ich jetzt weiter argumentieren?
>
> Wenn [mm]N \cap A_4 = A_4[/mm] ist, dann ist [mm]N = A_4[/mm] oder [mm]N = S_4[/mm]
> wie oben (da [mm]|S_4/A_4| = 2[/mm]).
>
> Ist [mm]N \cap A_4 = \{ e \}[/mm], so muss [mm]N[/mm] eine ungerade
> Permutation enthalten. Wie du oben schon argumentiert hast,
> ist somit [mm]|N| = 2[/mm] und wie bei 2) gibts nen Widerspruch.
>
> Also muss [mm]N \cap A_4 = V_4[/mm] sein, also [mm]V_4 \subseteq N[/mm].
> Betrachte nun [mm]S_4/V_4[/mm]: Von dieser Gruppe ist [mm]N/V_4[/mm] ein
> Normalteiler, und ebenso [mm]A_4/V_4[/mm]. Da [mm]S_4[/mm] kein Element der
> Ordnung 6 (oder Vielfache davon) enthaelt, tut [mm]S_4/V_4[/mm] dies
> auch nicht, womit [mm]S_4/V_4 \not\cong \IZ/6[/mm] gilt und somit
> [mm]S_4/V_4 \cong S_3[/mm].
>
> Aber nun hat [mm]S_4/V_4 \cong S_3[/mm] genau einen nicht-trivialen
> Normalteiler, naemlich [mm]A_4/V_4[/mm]. Also musst [mm]N/V_4 \in \{ V_4/V_4, A_4/V_4, S_4/V_4 \}[/mm]
> sein, also [mm]N \in \{ V_4, A_4, S_4 \}[/mm].
Das hab ich jetzt verstanden 
> Ich hoffe mal, ich konnte ein wenig helfen...
Danke, sehr sogar...
LG Verena
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:09 Mo 21.08.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Verena!
> > > [mm]g=h^{-1},[/mm] Widerspruch zu g nicht in H.
> > > Also [mm]ghg^{-1}=g,[/mm] also [mm]g\in[/mm] Z(G).
> > >
> > > Zeige, dass [mm]Z(A_n)={e}[/mm] für [mm]n\geq[/mm] 4:
> > > Sei [mm]\sigma \in Z(A_n)\setminus{e}.[/mm] Dann gilt:
> > > [mm]\sigma[/mm] (123) [mm]\sigma^{-1}=(123),[/mm]
> > > also [mm]\sigma[/mm] lässt 4 fest.
> > > Da [mm]\sigma[/mm] gerade, ist [mm]\sigma[/mm] eine Potenz von (123).
> >
> > Warum gilt das? Es ist doch [mm]n \ge 4[/mm] beliebig, warum darf
> > [mm]\sigma[/mm] nichts mit 5, 6, etc. machen?
>
> Das stimmt: Diese Argumtentation zieht nur bei der [mm]A_4.[/mm]
> Hier: Sei [mm]\sigma \in Z(A_n)\setminus{e}.[/mm] Dann gilt:
> [mm]\sigma[/mm] (12...n-1) [mm]\sigma^{-1}=(\sigma(1) \sigma(2)...\sigma(n-1))=(1 2...n).[/mm]
Das hinten soll sicher au$(1 2 ... n-1)$ sein, oder?
> Ist [mm]\sigma(1)=k,[/mm] so folgt [mm]\sigma(l)=k+l[/mm] mod n-1. Somit ist
> [mm]\sigma[/mm] eine Potenz von (12....n-1).
Das stimmt.
> Damit gilt [mm]\{e\}\leq U\leq <(12..n)>\geq Z(A_n).[/mm]
Hier auch wieder $(1 2 ... n-1)$.
> Jedoch
> vertauscht [mm]e\neq \sigma\in[/mm] U nicht mit (23..n), denn
> [mm](23....n)(12..n-1)^k (23....n)^{-1}[/mm] hält n nicht fest,
...es sei denn $(1 2 ... [mm] n-1)^k [/mm] = id$...
> also [mm](23....n)(12..n-1)^k (23....n)^{-1}\neq (12...n-1)^k.[/mm]
Genau!
> > > Somit folgt [mm]|N|\geq[/mm] 3.
> > > Betrachte nun [mm]N\cap V_4.[/mm]
> > > Annahme: [mm]N\cap V_4=\{e\}.[/mm]
> > > Aus dem ersten
> > Isomorphiesatz
> > > folgt:
> > >
> > > [mm]NV_4/V_4\cong N/N\cap V_4\cong[/mm] N.
> > > Dann folgt: 12 [mm]\leq |N||V_4|=|N V_4|\leq[/mm] 12, da N
> [mm]V_4 \leq A_4, |A_4|=12.[/mm]
> >
> > Gilt wirklich [mm]|N| |V_4| = |N V_4|[/mm]? Da bin ich mir grad
> > nicht sicher... Macht aber nichts, da [mm]\le[/mm] auf jeden Fall
> > gilt und mehr brauchst du hier nicht.
>
> Ich denke, in diesem Fall schon, da j angenommen ist, dass
> [mm]N\cap V_4={e}.[/mm]
Ich bin mir nicht sicher ob das reicht, ich dachte es muss noch $N [mm] V_1 [/mm] = [mm] V_1 [/mm] N$ gelten (wobei $N [mm] V_1$ [/mm] und [mm] $V_1 [/mm] N$ hier nicht die Komposita der Untergruppen sind, sondern einfach die punktweisen Produkte a la $A B = [mm] \{ a b \mid a \in A, b \in B \}$). [/mm] Aber wie schon gesagt, [mm] $\le$ [/mm] gilt auf jeden Fall, und mehr brauchst du nicht.
Ein Gegenbeispiel: Schau dir in [mm] $S_3$ [/mm] die Permutationen [mm] $\sigma_1 [/mm] = (1 2)$ und [mm] $\sigma_2 [/mm] = (2 3)$ an. Es ist [mm] $\langle \sigma_i \rangle [/mm] = [mm] \{ e, \sigma_i \}$, [/mm] und es gilt [mm] $\langle \sigma_1 \rangle \cap \langle \sigma_2 \rangle [/mm] = [mm] \{ e \}$. [/mm] Jedoch ist [mm] $\sigma_1 \sigma_2 [/mm] = (2 3 1)$, und $(2 3 1) (2 3 1) = (1 3 2)$ und $(2 3 1) (2 3 1) (2 3 1) = (1 3 2) (2 3 1) = id$. Also enthaelt [mm] $\langle \sigma_1, \sigma_2 \rangle$ [/mm] ein Element der Ordnung 3, womit $4 = [mm] |\langle \sigma_1 \rangle| \cdot |\langle \sigma_2 \rangle| [/mm] < [mm] |\langle \sigma_1, \sigma_2 \rangle| [/mm] = 6 = [mm] |S_3|$ [/mm] gilt!
> > > Also |N|=3, doch eine Gruppe, die von einem Dreierzykel
> > > erzeugt ist, ist nicht normal in der [mm]A_4.[/mm]
> > >
> > > Damit [mm]N\cap V_4[/mm] nichttrivial.
> > > [mm]3\leq |N\cap V_4|[/mm] | [mm]|V_4|=4,[/mm] damit [mm]H\cap V_4= V_4.[/mm]
> >
> > Wieso ist [mm]3 \le |N \cap V_4|[/mm]? Du weisst doch erstmal nur,
> > dass [mm]|H \cap V_4| \ge 2[/mm] ist.
>
> Das stimmt. Da jedoch N und [mm]V_4[/mm] Normalteiler der [mm]A_4[/mm] sind,
> folgt, dass [mm]N\cap V_4[/mm] ein Normalteiler der [mm]A_4[/mm] ist, und
> somit hat dieser mindestens Ordnung 3. Stimmt's so?
Ja, das stimmt! (Da hab ich gar nicht dran gedacht )
> > Nach 1) folgt [mm]N \subseteq Z(S_n)[/mm]. In 1) hast du gezeigt,
> > dass [mm]Z(A_n) = \{ e \}[/mm] ist. Aber was ist [mm]Z(S_n)[/mm]? Du weisst
> > erstmal nur, dass [mm]Z(S_n) \cap A_n = \{ e \}[/mm] ist, aber das
> > bringt nichts neues... Oder uebersehe ich da grad was?
>
> Ich hab gedacht, da [mm]A_n\leq S_n,[/mm] folgt, dass [mm]Z(S_n)\leq Z(A_n),[/mm]
> denn die Elemente z, die mit allen Elementen der [mm]S_n[/mm]
> vertauschen, vertauschen doch erst recht mit allen
> Elementen der [mm]A_n.[/mm] Stimmt das?
Allerdings muessen die Elemente aus [mm] $Z(S_n)$ [/mm] nicht umbedingt in [mm] $A_n$ [/mm] liegen, womit sie insbesondere nicht in [mm] $Z(A_n)$ [/mm] liegen muessen! (Wenn das in diesem konkreten Fall doch gelten wuerde, muesste man es jedoch erstmal beweisen.)
LG Felix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:55 Mo 21.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
> > > > Somit folgt [mm]|N|\geq[/mm] 3.
> > > > Betrachte nun [mm]N\cap V_4.[/mm]
> > > > Annahme: [mm]N\cap V_4=\{e\}.[/mm]
> > > > Aus dem ersten
> > > Isomorphiesatz
> > > > folgt:
> > > >
> > > > [mm]NV_4/V_4\cong N/N\cap V_4\cong[/mm] N.
> > > > Dann folgt: 12 [mm]\leq |N||V_4|=|N V_4|\leq[/mm] 12, da N
> > [mm]V_4 \leq A_4, |A_4|=12.[/mm]
> > >
> > > Gilt wirklich [mm]|N| |V_4| = |N V_4|[/mm]? Da bin ich mir grad
> > > nicht sicher... Macht aber nichts, da [mm]\le[/mm] auf jeden Fall
> > > gilt und mehr brauchst du hier nicht.
> >
> > Ich denke, in diesem Fall schon, da j angenommen ist, dass
> > [mm]N\cap V_4={e}.[/mm]
>
> Ich bin mir nicht sicher ob das reicht, ich dachte es muss
> noch [mm]N V_1 = V_1 N[/mm] gelten (wobei [mm]N V_1[/mm] und [mm]V_1 N[/mm] hier nicht
> die Komposita der Untergruppen sind, sondern einfach die
> punktweisen Produkte a la [mm]A B = \{ a b \mid a \in A, b \in B \}[/mm]).
> Aber wie schon gesagt, [mm]\le[/mm] gilt auf jeden Fall, und mehr
> brauchst du nicht.
>
> Ein Gegenbeispiel: Schau dir in [mm]S_3[/mm] die Permutationen
> [mm]\sigma_1 = (1 2)[/mm] und [mm]\sigma_2 = (2 3)[/mm] an. Es ist [mm]\langle \sigma_i \rangle = \{ e, \sigma_i \}[/mm],
> und es gilt [mm]\langle \sigma_1 \rangle \cap \langle \sigma_2 \rangle = \{ e \}[/mm].
> Jedoch ist [mm]\sigma_1 \sigma_2 = (2 3 1)[/mm], und [mm](2 3 1) (2 3 1) = (1 3 2)[/mm]
> und [mm](2 3 1) (2 3 1) (2 3 1) = (1 3 2) (2 3 1) = id[/mm]. Also
> enthaelt [mm]\langle \sigma_1, \sigma_2 \rangle[/mm] ein Element der
> Ordnung 3, womit [mm]4 = |\langle \sigma_1 \rangle| \cdot |\langle \sigma_2 \rangle| < |\langle \sigma_1, \sigma_2 \rangle| = 6 = |S_3|[/mm]
> gilt!
Ich hab gedacht, dass für N Normalteiler von G und [mm] U\leq [/mm] G gilt: [mm] UN/N\cong U/U\cap [/mm] N und
dass daraus mit Lagrange folgt: [mm] $|UN|=|U||N|/|U\cap [/mm] N|$...
> > > > Also |N|=3, doch eine Gruppe, die von einem Dreierzykel
> > > > erzeugt ist, ist nicht normal in der [mm]A_4.[/mm]
> > > >
> > > > Damit [mm]N\cap V_4[/mm] nichttrivial.
> > > > [mm]3\leq |N\cap V_4|[/mm] | [mm]|V_4|=4,[/mm] damit [mm]H\cap V_4= V_4.[/mm]
> >
> >
> > > Wieso ist [mm]3 \le |N \cap V_4|[/mm]? Du weisst doch erstmal nur,
> > > dass [mm]|H \cap V_4| \ge 2[/mm] ist.
> >
> > Das stimmt. Da jedoch N und [mm]V_4[/mm] Normalteiler der [mm]A_4[/mm] sind,
> > folgt, dass [mm]N\cap V_4[/mm] ein Normalteiler der [mm]A_4[/mm] ist, und
> > somit hat dieser mindestens Ordnung 3. Stimmt's so?
>
> Ja, das stimmt! (Da hab ich gar nicht dran gedacht )
Kann ich den Widerspruch zu|N|=2 so herleiten?
Wenn |N|=2 ist das erzeugende Element [mm] \alpha [/mm] ein Produkt von disjunkten Zweizykeln und zu sich selbst invers. Ist
(ij) ein solcher Zweierzykel, [mm] i\neq [/mm] k, so folgt dass [mm] (ik)\alpha(ik)^{-1}\notin [/mm] N= [mm] \{\alpha,e\}, [/mm] also N ist nicht normal.
> LG Felix
>
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:26 Mo 21.08.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Verena!
> Ich hab gedacht, dass für N Normalteiler von G und [mm]U\leq[/mm] G
> gilt: [mm]UN/N\cong U/U\cap[/mm] N und
> dass daraus mit Lagrange folgt: [mm]|UN|=|U||N|/|U\cap N|[/mm]...
Ooops, sorry ich hatte ganz vergessen das $N$ ja ein Normalteiler ist! Denn fuer Normalteiler gilt natuerlich automatisch $N U = U N$ fuer jede andere Untergruppe $U$... (Sogar fuer jede beliebige Teilmenge $U$.) Das ist ja grad die Normalteilerdefinition :)
> Kann ich den Widerspruch zu|N|=2 so herleiten?
> Wenn |N|=2 ist das erzeugende Element [mm]\alpha[/mm] ein Produkt
> von disjunkten Zweizykeln und zu sich selbst invers. Ist
> (ij) ein solcher Zweierzykel, [mm]i\neq[/mm] k, so folgt dass
> [mm](ik)\alpha(ik)^{-1}\notin[/mm] N= [mm]\{\alpha,e\},[/mm] also N ist nicht
> normal.
Ja, das geht!
LG Felix
|
|
|
|
