Operationen Sylowgruppe < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:52 Mo 07.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
| Aufgabe | a) Bestimme alle Isormophietypen abelscher Gruppen mit 56 Elementen
b) Zeige: Jede Gruppe mit 56 Elementen enthält eine normale Sylowuntergruppe [mm] \not= [/mm] 1
c) Zeige: Enthält eine solche Gruppe $G$ mit 56 Elementen eine nicht-normale 7-Sylowgruppe und bezeichnet $K$ die 2-Sylowuntergruppe in $G$, so ist
$K [mm] \cong \IZ/2\IZ\times\IZ/2ß\IZ\times\IZ/2\IZ$.
[/mm]
Hinweis: Zeige zuerst, dass der Zentralisator von K in H trivial ist, und folgere, dass H auf den Elementen [mm] \not= [/mm] 1 von K transitiv operiert. |
Hallo,
Teilaufgabe a und b konnte ich gut lösen. Beim Lösen von Teilaufgabe b ergibt sich, dass entweder die 7-Sylowgruppe oder die 2-Sylowgruppe normal in G sind.
Deshalb kann ich in Fall von c (7-Sylow nicht normal, also 2-Sylow normal) H auf K mittels Konjugation operieren lassen.
Also betrachte ich die Operation [mm] $H\times [/mm] K [mm] \to [/mm] K, (h,k) [mm] \mapsto khk^{-1}$.
[/mm]
Nun ist nach meinen Überlegungen der [mm] ${Stab}_H(k)=\{h\in H:kh=hk\}$, [/mm] der Zentralisator [mm] $Z_H(K)=\{h\in H:kh=hk \mbox{ für alle }k\inK\}$.
[/mm]
Über die Bahnengleichung kann ich hier also nicht argumentieren...
Leider weiß ich hier gar nicht weiter. Kann mir jemand einen Tipp geben?
Lg, Verena
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:30 Mo 07.08.2006 | | Autor: | statler |
Hallo Verena,
das könnte man etwa so angreifen:
Wenn H (das ist eine von den 7-Sylow-Gruppen) trivial auf K operierte, dann auch alle Konjugierten von H. Aber dann wäre G kommutativ, was hier nicht der Fall ist, da H kein NT.
Also operiert H nicht trivial.
Aber dann ist der Zentralisator eine echte U-Gruppe, also trivial wg. der Gruppenordnung 7.
Und dann greift der Bahnensatz:
K besteht aus 2 Bahnen {e} und K ohne {e}.
Aber dann haben alle Elemente außer e die gleiche Ordnung, also Ordnung 2.
Ich hoffe, ich habe nix übersehen.
Gruß aus Hh-Harburg
Dieter
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:50 Mo 07.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
Hallo Dieter,
danke für die Tipps.
Warum der Zentralisator trivial ist, habe ich jetzt verstanden.
Aber irgendwie hab ich vermutlich noch einen Denkfahler:
> K besteht aus 2 Bahnen {e} und K ohne {e}.
Nach der Definition des Zentralisators $ [mm] Z_H(K)=\{h\in H:kh=hk \mbox{ für alle }k\inK\} [/mm] $ (Stimmt die so?) folgt meiner Ansicht nach:
[mm] \forall h\not=e [/mm] gilt [mm] \exists k\in [/mm] K, so dass [mm] k\not=hkh^{-1}.
[/mm]
Also sind die Bahnen von Elementen [mm] k\not=e [/mm] nicht einelementig.
Ich folgere: Nach dem Bahnensatz gilt dann:
[mm] $|HkH^{-1}|=[H:Stab_H(k)]| [/mm] |H|=7$ nach Lagrange. Deshalb [mm] $|HkH^{-1}|=7$, [/mm] also [mm] $HkH^{-1}=K$, [/mm] aber nicht $K [mm] \backslash\{e\}$.
[/mm]
Außerdem versteh ich die Folgerung
> Aber dann haben alle Elemente außer e die gleiche Ordnung,
> also Ordnung 2.
nicht.
Kannst Du mir nochmal auf die Sprünge helfen?
Lg, Verena
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:06 Di 08.08.2006 | | Autor: | statler |
Einen schönen guten Morgen Verena!
> Warum der Zentralisator trivial ist, habe ich jetzt
> verstanden.
> Aber irgendwie hab ich vermutlich noch einen Denkfahler:
>
> > K besteht aus 2 Bahnen {e} und K ohne {e}.
>
> Nach der Definition des Zentralisators [mm]Z_H(K)=\{h\in H:kh=hk \mbox{ für alle }k\inK\}[/mm]
> (Stimmt die so?) folgt meiner Ansicht nach:
> [mm]\forall h\not=e[/mm] gilt [mm]\exists k\in[/mm] K, so dass
> [mm]k\not=hkh^{-1}.[/mm]
Wieso sollte das aus der Definition folgen? In unserem Fall ist das allerdings so, weil H nicht trivial operiert.
> Kannst Du mir nochmal auf die Sprünge helfen?
(M)eine Formulierung des Bahnensatzes ist: Die Anzahl der Elemente einer Bahn teilt die Ordnung der operierenden Gruppe. Wenn ein von e verschiedenes Element in K eine Bahn der Länge 1 hätte, dann hätten alle Elemente Bahnen der Länge 1, weil dann ja keine Bahn der Länge 7 mehr passen würde. Aber dann würde H trivial operieren und der Zentralisator von K in H wäre H. Widerspruch!
Also besteht K aus diesen 2 Bahnen.
Die angegebene Operation ist ein Automorphismus von K. Für einen solchen ist die Ordnung eines Elementes gleich der Ordnung des Bildelementes. Da K die Ordnung 8 hat, haben ihre Elemente die Ordnung 1 (nur für e), 2, 4 oder 8. Wenn z. B. k die Ordnung 8 hätte, dann hätte [mm] k^{4} [/mm] die Ordnung 2, es gibt also auf jeden Fall mindestens ein Elem. der Ordnung 2. Aber dann haben wg. der Transitivität der Operation und weil es ein Automorphismus ist, alle Elemente außer e die Ordnung 2.
Dann muß man noch wissen oder beweisen: Eine Gruppe, in der alle Elem. die Ordnung 2 haben, ist kommutativ. Wenn sie dann noch endlich ist, weiß man, wie sie aussieht.
So klarer?
Gruß aus HH-Harburg
Dieter
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:10 Di 08.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
Hallo Dieter,
Dir auch einen wunderschönen guten Morgen und vielen Dank! Hab jetzt die Aufgabe vertanden  . Ganz schön tricky, über die Transitivität und Homomorpie gleichzeitig zu argumentieren...
Lg, Verena
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:19 Mi 30.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
Hallo Dieter,
habe grad nochmal diese Aufgabe angesehen: Verstehe jetzt doch nicht diese Folgerung:
> Wenn H (das ist eine von den 7-Sylow-Gruppen) trivial auf K
> operierte, dann auch alle Konjugierten von H. Aber dann
> wäre G kommutativ, was hier nicht der Fall ist, da H kein
> NT.
>
> Also operiert H nicht trivial.
Es könnten doch auch alle 7- Sylowgruppen trivial auf der 2 Sylowgruppe K operieren, und K nicht abelsch sein, z.B. eine
Diesergruppe...
Wie kann man diesen Fall ausschließen?
Lg, Verena
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:31 Mi 30.08.2006 | | Autor: | statler |
> Hallo Dieter,
>
> habe grad nochmal diese Aufgabe angesehen: Verstehe jetzt
> doch nicht diese Folgerung:
>
> > Wenn H (das ist eine von den 7-Sylow-Gruppen) trivial auf K
> > operierte, dann auch alle Konjugierten von H. Aber dann
> > wäre G kommutativ, was hier nicht der Fall ist, da H kein
> > NT.
> >
> > Also operiert H nicht trivial.
>
> Es könnten doch auch alle 7- Sylowgruppen trivial auf der 2
> Sylowgruppe K operieren, und K nicht abelsch sein, z.B.
> eine
> Diedergruppe...
>
> Wie kann man diesen Fall ausschließen?
Oh Verena,
das ist schon wieder lange her....
Der Zentralisator von K in G müßte dann doch H und alle konjugierten umfassen, also mind. 49 Elemente haben. Aber dann muß er ganz G sein und insbesondere K selbst umfassen.
Argument so OK?
Gruß von hier oben
Dieter
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:55 Mi 30.08.2006 | | Autor: | VerenaB |
Hallo Dieter,
ja, damit bin ich einverstanden So ist's mir klar...
Lg, Verena
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:37 Fr 09.02.2007 | | Autor: | demo |
zu a)
Ich weiss nicht welche Isomorphietypen es gibt, weil ich nicht weiss wie ich "abelsch" berücksichtigen kann. Bei zyklisch wäre es mir klar. Oder ist hier das wie zyklsich zu verwenden, da zyklische auch abelsch sind?
Bitte gebt mir einen Tipp.
Und dann zu b)
heißt normale Sylowgruppe, eine p-Sylowgruppe die Normalteiler ist? Wie kann man denn überprüfen ob zB. die 7-Sylowgruppe oder 2-Sylowgruppe normal ist.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:54 Fr 09.02.2007 | | Autor: | statler |
Moin!
> zu a)
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> Ich weiss nicht welche Isomorphietypen es gibt, weil ich
> nicht weiss wie ich "abelsch" berücksichtigen kann. Bei
> zyklisch wäre es mir klar. Oder ist hier das wie zyklsich
> zu verwenden, da zyklische auch abelsch sind?
> Bitte gebt mir einen Tipp.
Es gibt einen Hauptsatz über endliche (genauer endlich erzeugte) abelsche Gruppen, der eine vollständige Übersicht über die Isomorphietypen liefert und den man kennen sollte. Man findet ihn in allen relevanten Algebra-Büchern (Lang oder van der Waerden z. B.).
> Und dann zu b)
>
> heißt normale Sylowgruppe, eine p-Sylowgruppe die
> Normalteiler ist?
Ja.
> Wie kann man denn überprüfen ob zB. die
> 7-Sylowgruppe oder 2-Sylowgruppe normal ist.
Die Sylowschen Sätze sagen auch etwas über die Anzahl der Sylow-Gruppen und wie sie auseinander hervorgehen. Studier sie noch mal genau!
Gruß aus HH-Harburg
Dieter
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:13 Fr 09.02.2007 | | Autor: | demo |
Hallo.
Ja es gibt den Satz von Cayley,
p-Sylowgruppe ist Normatleiler <-> S ist einzige Sylowgruppe
Aber das ist doch hier nich der Fall oder? Wir haben doch auch noch die 2-Sylowgruppe hier.
Und bitte, könntest du mir das mit der Ordnung verständlich machen? Nur kurz. Habe mich da schon ganz durcheinander gemacht.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:47 Fr 09.02.2007 | | Autor: | statler |
Tach!
> Ja es gibt den Satz von Cayley,
> p-Sylowgruppe ist Normatleiler <-> S ist einzige
> Sylowgruppe
>
> Aber das ist doch hier nich der Fall oder? Wir haben doch
> auch noch die 2-Sylowgruppe hier.
>
> Und bitte, könntest du mir das mit der Ordnung verständlich
> machen? Nur kurz. Habe mich da schon ganz durcheinander
> gemacht.
Der Satz von Cayley besagt doch nur, daß es zu p|n ein Element der Ordnung p gibt.
Im allgemeinen gibt es zu einem Teiler r der Gruppenordnung n keine Untergruppe der Ordnung r. Der Satz von Sylow sagt aber: Wenn r eine Primzahlpotenz ist, dann schon. Mehr noch: Wenn r die höchste Potenz einer Primzahl p ist, die in n aufgeht, dann gibt es eine Untergruppe der Ordnung r, die Anzahl dieser Untergruppen ist ein Teiler von n, die Anzahl ist außerdem [mm] \equiv [/mm] 1 mod p und sie sind alle zueinander konjugiert.
Für n = 56 heißt das: Es gibt (mind.) eine Untergruppe der Ordnung 8 und (mind.) eine Untergruppe der Ordnung 7. Das erste ist eine 2-Sylow-Gruppe und das zweite eine 7-Sylow-Gruppe.
Jetzt etwas klarer?
Schönes Wochenende
Dieter
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