Gruppe, Teiler, Untergruppe < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:37 Fr 05.12.2014 | | Autor: | YuSul |
| Aufgabe | Sei G eine endliche abelsche Gruppe mit $|G| = n$. Sei weiter k ein Teiler von n. Zeigen Sie, dass
G eine Untergruppe H mit |H| = k hat. |
Hi,
ich hätte eine Frage zu dieser Aufgabe.
Nämlich, ist dies nicht lediglich die Anwendung des Satzes von Lagrange?
Wenn k|n, dann kann ich n schreiben als n=pk
Und mit dem Satz von Lagrange ist dann
[mm] |G|=|G/H|\cdot [/mm] |H|
[mm] $n=p\cdot [/mm] k$
wobei H nun mal eine Untergruppe ist.
Das kann doch unmöglich alles gewesen sein?
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:17 Fr 05.12.2014 | | Autor: | hippias |
Nein, das ist auch nicht alles. Denn Du hast allenfalls den Satz von Lagrange wiederholt, aber nicht zu jedem Teiler $k$ der Gruppenordnung die Existenz einer Untergruppe [mm] $H\leq [/mm] G$ nachgewiesen, die die Ordnung $k$ hat. Bei den Sylowsaetzen musste man sich ja auch anstrengen 
Vermutlich habt ihr in der letzten Zeit etwas ueber endliche abelsche Gruppen gelernt, was fuer diese Uebung nuetzlich ist.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:28 Fr 05.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Wir hatten einmal eine Übungsaufgabe mit folgender Aussage:
Gegeben sei eine endliche zyklische Gruppe G mit #G = n. Zeigen Sie, dass es für jeden Teiler m von n eine eindeutige Unterguppe H von G existiert mit #H = m.
|
|
|
| |
|
Die Aussage, die hippias meinte, ist der Hauptsatz über endlich erzeugte abelsche Gruppen.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:13 So 07.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Ja, das hat auch sissile genannt.
Ich war mir auch relativ sicher, dass dieser Satz gemeint ist, aber ich konnte ihm für die Aufgabe beim durchblättern des Skriptes irgendwie nicht unbedingt abgewinnen wieso er hilft.
Über eine Anmerkung zu der offenen Frage würde ich mich sehr freuen.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:44 So 07.12.2014 | | Autor: | hippias |
An diesen Satz habe ich nicht unbedingt gedacht. Im Uebrigen wuerde ich dieses Problem auch nicht damit angehen wollen, sondern vielmehr mit dem Satz von Sylow sagen, dass $G$ ein direktes Produkt seiner Sylowgruppen ist. Nun genuegt es sich zu ueberlegen, dass eine abelsche $p$-Gruppe zu jedem Teiler seiner Ordnung eine Untergruppe dieser Ordnung besitzt. Dies gilt sogar fuer nichtabelsche $p$-Gruppen und liegt im wesentlichen darin begruendet, dass eine maximale Untergruppe einer $p$-Gruppe stets den Index $p$ hat.
Man koennte auch schoen Induktion nach der Gruppenordnung von $G$ machen: Ist $p$ ein Primteiler von $k$, so existiert nach dem Satz von Cauchy ein Element [mm] $x\in [/mm] G$ der Ordnung $p$. Da $G$ abelsch ist, ist $G/<x>$ eine abelsche und [mm] $\frac{k}{p}$ [/mm] teilt $|G/<x>|$ etc.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:52 Fr 05.12.2014 | | Autor: | sissile |
Hallo
Der Satz von Lagrange sagt lediglich, dass die Ordnung jeder Untergruppe die Gruppenordnung von G teilt aber nicht das es auch von jeden Teiler von der Gruppenordnung von G solch eine Untergruppe gibt.
Du kannst den Satz z.B. zeigen, indem du ihn auf den Spezialfall, dass G eine endliche zyklische Gruppe ist, zurückführst:
Schau dir zu diesen Beweis [mm] H= [/mm] an.
LG,
sissi
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:37 Sa 06.12.2014 | | Autor: | sissile |
Hallo nochmal,
Ich hab erst jetzt gesehen, dass du den Satz für endlich zyklische Gruppen schon hattest.
Um diesen anwenden zu können braucht es kurze Vorüberlegungen:
Du hast sicher den Hauptsatz über endlich erzeugte Gruppen gelernt. Da G endlich ist: G [mm] \cong \IZ_{p_1^{\alpha_1}}\times [/mm] .. [mm] \times \IZ_{p_s^{\alpha_s}} [/mm] mit s [mm] \ge [/mm] 0 und Primzahlpotenzen [mm] p_1^{\alpha_1},..,p_s^{\alpha_s}
[/mm]
Die Kardinalität des kartesischen Produktes ist die Kardinalität des Produktes der Kardinalitäten:
[mm] |G|=p_1^{\alpha_1}*..*p_s^{\alpha_s}
[/mm]
Nach Vorrausetzung |G|=k teilt [mm] p_1^{\alpha_1}*..*p_s^{\alpha_s}
[/mm]
Nun erreichst du mit etwas Zahlentheorie, dass [mm] \exists k_1,..,k_s \in \IZ [/mm] mit [mm] k=k_1*..*k_s [/mm] und [mm] k_i| p_i^{\alpha_i} [/mm] für [mm] 1\le [/mm] i [mm] \le [/mm] s.
Nach der Vorarbeit, kannst du nun den Satz anwenden, den ihr schon in der Übung hattet auf die zyklischen Gruppen [mm] \IZ_{p_i^{\alpha_i}} [/mm] für alle 1 [mm] \le [/mm] i s. Dann noch ein Homomorphismus der das ganze wieder auf G schickt und dann steht der Beweis...
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:12 Sa 06.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Ja, diesen Satz hatten wir auch.
Also, es teilt k die Ordnung von G. Dann lässt sich die Ordnung schreiben als
nk.
"Nach Vorrausetzung |G|=k teilt $ p_1^{\alpha_1}\cdot{}..\cdot{}p_s^{\alpha_s} $"
Ich gehe davon aus, dass es sich um einen Tippfehler handelt. Gemeint ist doch sicherlich, dass die Kardinalität einer Untergruppe k ist, welche die eindeutige Primfaktorzerlegung von n nämlich $ p_1^{\alpha_1}\cdot{}..\cdot{}p_s^{\alpha_s} $
teilt.
"Nun erreichst du mit etwas Zahlentheorie, dass $ \exists k_1,..,k_s \in \IZ $ mit $ k=k_1\cdot{}..\cdot{}k_s $ und $ k_i| p_i^{\alpha_i} $ für $ 1\le $ i $ \le $ s. "
Ist hier trivialerweise $k_i\neq 1$ ausgeschlossen?
Dann ist $k_i=p_i$.
Denn eine Primzahlpotenz kann ja nur von der Primzahl selbst (und eben 1) geteilt werden.
Das konstruieren des Homomorphismus sollte nicht so schwer sein, ich muss ja nur das kartesische Produkt auf G abbilden mit
$\phi:(\mathbb{Z}_{p_{1}^{\alpha_1}\times ...\times\mathbb{Z}_{p_{s}^{\alpha_s}}\to G$
und als Funktionsvorschrift einfach die Multiplikation der Primpotenzen.
Die Homomorphieeigenschaften sind dann klar.
|
|
|
| |
|
Du kannst $ [mm] k_i [/mm] =1$ ausschließen, aber nötig ist es nicht. Die $ [mm] k_i [/mm] $s sind Primzahlpotenzen und nicht notwendigerweise Primzahlen.
Ich schreibe $ [mm] q_i [/mm] $ für $ [mm] p_i^{\alpha_i}$. [/mm] Wir wissen $ord [mm] (G)=\prod q_i [/mm] $ und wir haben $ [mm] k=\prod k_i [/mm] $ mit $ [mm] k_i\mid q_i [/mm] $. Sei $ [mm] G_i=\IZ/q_i [/mm] $ und $ [mm] H_i [/mm] $ die Untergruppe von $ [mm] G_i [/mm] $ mit Ordnung $ [mm] k_i [/mm] $. Dann ist [mm] $\prod H_i [/mm] $ eine Untergruppe von [mm] $\prod G_i=G [/mm] $.
Allgemein ist ein Produkt von Untergruppen Untergruppe eines Produkts.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:05 So 07.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Ok, das mit den Primzahlpotenzen war natürlich recht ungeschickt. [mm] 625=5^4 [/mm] wird ja natürlich auch von 25 geteilt und nicht nur von der Primzahl 5...
[mm] $ord(G)=\prod q_i$ [/mm] Wissen wir nach dem Satz über endlich erzeugte Gruppen, wieil G isomorph zu dem direkten Produkt der [mm] $\mathbb{Z}/q_i$ [/mm] ist. Richtig?
Wir wissen, dass [mm] $k|ord(G)=\prod q_i$ [/mm] dann setzt sich k aus Faktoren [mm] $k_i$ [/mm] zusammen mit [mm] $k_i|q_i$. [/mm] Und wenn es zu einem bestimmten [mm] $k_i$ [/mm] keinen Faktor gibt, der in der Zerlegung von k vorkommt, dann kann man ja einfach die 1 wählen. Richtig?
"Sei $ [mm] G_i=\IZ/q_i [/mm] $ und $ [mm] H_i [/mm] $ die Untergruppe von $ [mm] G_i [/mm] $ mit Ordnung $ [mm] k_i [/mm] $."
Dies gilt aus dem Satz welchen wir in einer Übung bewiesen hatten, oder? Also das es zu jedem Teiler der Ordnung einer Gruppe eine eindeutige Untergruppe mit eben dieser Kardinalität gibt.
"Allgemein ist ein Produkt von Untergruppen Untergruppe eines Produkts."
Hmm, ist dies eine bekannte Aussage bzw. leicht zu zeigen? Denn ich kann gerade nicht mit Gewissheit sagen, ob wir diese Erkenntnis hatten.
|
|
|
| |
|
> Ok, das mit den Primzahlpotenzen war natürlich recht
> ungeschickt. [mm]625=5^4[/mm] wird ja natürlich auch von 25 geteilt
> und nicht nur von der Primzahl 5...
>
> [mm]ord(G)=\prod q_i[/mm] Wissen wir nach dem Satz über endlich
> erzeugte Gruppen, wieil G isomorph zu dem direkten Produkt
> der [mm]\mathbb{Z}/q_i[/mm] ist. Richtig?
Ja.
> Wir wissen, dass [mm]k|ord(G)=\prod q_i[/mm] dann setzt sich k aus
> Faktoren [mm]k_i[/mm] zusammen mit [mm]k_i|q_i[/mm].
Genau. Hierbei fließt wesentlich die paarweise Teilerfremdheit der $ [mm] q_i [/mm] $ mit ein, und das ist es, was sissi mit elementaren zahlentheoretischen Überlegungen meinte.
> Und wenn es zu einem
> bestimmten [mm]k_i[/mm] keinen Faktor gibt, der in der Zerlegung von
> k vorkommt, dann kann man ja einfach die 1 wählen.
> Richtig?
Meinst du hier $ [mm] q_i [/mm] $ wo du $ [mm] k_i [/mm] $ schreibst?
> "Sei [mm]G_i=\IZ/q_i[/mm] und [mm]H_i[/mm] die Untergruppe von [mm]G_i[/mm] mit
> Ordnung [mm]k_i [/mm]."
>
> Dies gilt aus dem Satz welchen wir in einer Übung bewiesen
> hatten, oder? Also das es zu jedem Teiler der Ordnung einer
> Gruppe eine eindeutige Untergruppe mit eben dieser
> Kardinalität gibt.
Genau.
> "Allgemein ist ein Produkt von Untergruppen Untergruppe
> eines Produkts."
>
> Hmm, ist dies eine bekannte Aussage bzw. leicht zu zeigen?
> Denn ich kann gerade nicht mit Gewissheit sagen, ob wir
> diese Erkenntnis hatten.
Ja, das ist ziemlich trivial. Rechne einfach schnell die Untergruppenkriterien nach. Präzise lautet die Aussage: Seien $ [mm] (G_i)_{i\in I} [/mm] $ eine Familie von Gruppen und für jedes $ i $ sei $ [mm] H_i\le G_i [/mm] $ eine Untergruppe. Dann ist [mm] $\prod_{i\in I} H_i$ [/mm] eine Untergruppe von [mm] $\prod_{i\in I} G_i [/mm] $.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:52 So 07.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Ja, ich hatte an der Stelle [mm] $q_i$ [/mm] gemeint.
Ok, dann hatten wir diese Aussage wahrscheinlich bereits, ansonsten werde ich dies selber machen, wenn es doch trivial ist. :)
Um den Beweis nun zu beenden benötige ich noch einen Homomorphismus.
Der Homomorphismus welchen ich bereits vorgeschlagen hatte ist ungeeignet?
|
|
|
| |
|
Ich weiß nicht genau, was du meinst. Wir wissen dass $G$ isomorph zu [mm] $\prod G_i$ [/mm] ist, und wir wissen, dass [mm] $\prod G_i$ [/mm] eine Untergruppe der Ordnung $k$ hat. Damit hat natürlich auch $G$ eine Untergruppe der Ordnung $k$, nämlich das Bild von [mm] $\prod H_i$ [/mm] unter dem Isomorphismus [mm] $\prod G_i\longrightarrow [/mm] G$.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:36 So 07.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Ah, okay. Ja, ich denke das habe ich verstanden.
Und dies beendet den Beweis?
|
|
|
| |
|
Ja. Noch einmal der Fahrplan:
1. [mm] $G\cong\prod\IZ/q_i$ [/mm] mit teilerfremden [mm] $q_i$ [/mm] nach dem Hauptsatz.
2. [mm] $k\mid\operatorname{ord}G=\prod q_i\implies k=\prod k_i$ [/mm] mit [mm] $k_i\mid q_i$ [/mm] wegen Teilerfremdheit der [mm] $q_i$.
[/mm]
3. Es gibt Untergruppen [mm] $H_i\le G_i$ [/mm] mit Ordnung [mm] $k_i$ [/mm] nach deiner früheren Übungsaufgabe.
4. [mm] $\prod H_i\le\prod G_i\cong [/mm] G$ ist von der Ordnung $k$.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:47 So 07.12.2014 | | Autor: | YuSul |
Ok.
Vielen Dank an alle beteiligten.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:29 So 07.12.2014 | | Autor: | sissile |
Hallo ;)
> Ja, diesen Satz hatten wir auch.
> "Nach Vorrausetzung |G|=k teilt
> [mm]p_1^{\alpha_1}\cdot{}..\cdot{}p_s^{\alpha_s} [/mm]"
>
> Ich gehe davon aus, dass es sich um einen Tippfehler
> handelt. Gemeint ist doch sicherlich, dass die
> Kardinalität einer Untergruppe k ist, welche die
> eindeutige Primfaktorzerlegung von n nämlich
> [mm]p_1^{\alpha_1}\cdot{}..\cdot{}p_s^{\alpha_s}[/mm]
> teilt.
Genau es sollte k teilt [mm] p_1^{\alpha_1} *..*p_s^{\alpha_s} [/mm] da stehen.
> "Nun erreichst du mit etwas Zahlentheorie, dass [mm]\exists k_1,..,k_s \in \IZ[/mm]
> mit [mm]k=k_1\cdot{}..\cdot{}k_s[/mm] und [mm]k_i| p_i^{\alpha_i}[/mm] für
> [mm]1\le[/mm] i [mm]\le[/mm] s. "
>
> Ist hier trivialerweise [mm]k_i\neq 1[/mm] ausgeschlossen?
> Dann ist [mm]k_i=p_i[/mm].
>
> Denn eine Primzahlpotenz kann ja nur von der Primzahl
> selbst (und eben 1) geteilt werden.
Beachte , dass es sich bei [mm] p_1^{\alpha_1} *....*p_s^{\alpha_s} [/mm] nicht um die Primfaktorzelergung von k handeln muss!(sonst würde der SChritt aus der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung folgen)
Sei die Primfaktorzerlegung von [mm] k=q_1^{\beta_1}*..*q_n^{\beta_n}= \produkt_p p^{\beta_p}, [/mm] b= [mm] p_1^{\alpha_1}*..*p_s^{\alpha_s} =\produkt_p p^{\alpha_p}
[/mm]
wobei [mm] \alpha_p \ge [/mm] 0, [mm] \beta_p \ge [/mm] 0 und [mm] \alpha_p=0=\beta_p [/mm] für alle bis auf endlich viele Primzahlen p. Beachte das beim Produkt [mm] \produkt [/mm] das p über alle Primzahlen läuft.
Die Voraussetung sagt k|b, aus der Zahlentheorie gibt es ein lemma, dass uns sagt [mm] \beta_p \le \alpha_p \forall [/mm] p(siehst du auch in einer Zeile)
Daraus folgt: k= [mm] p_1^{\beta_1} *..*p_s^{\beta_s} [/mm]
mit [mm] \beta_i \le \alpha_i \forall [/mm] 1 [mm] \le [/mm] i [mm] \le [/mm] s
Also die [mm] k_i [/mm] := [mm] p_i^{\beta_i}
[/mm]
Die weiteren Schritte hat dir ja das UniversellesObjekt im nächsten Beitrag geschrieben.
Ich hoffe es passt so wie ich es beschrieben habe, denn ich bin auch Anfänger bzw. wieder neu anfängt nach einer Pause.
LG,
sissi
|
|
|
|
