Gruppen der Ordnung 6 < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:52 So 08.02.2015 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | | Inspiriert durch ein anderes Bsp würde ich gerne alle Gruppen der Ordnung 6 bestimmen (bis auf Isomorphie). |
Hallo,
Ich bekomme vorallem zum Ende keinen schönen Beweis gebacken. Mir stehen innere, äußere Produkte, der Satz über endlich erzeugte abelsche Gruppen, Lagrange,.. zur Verfügung.
Nach dem Satz von Lagrange gilt [mm] \forall a\in [/mm] G: ord(a) teilt |G|=6.
Ist a [mm] \not=e [/mm] so folgt ord(a) [mm] \in \{2,3,6\}
[/mm]
1)
Besitzt G ein a [mm] \in [/mm] G mit ord(a)=6 [mm] \Rightarrow [/mm] G=<a> [mm] \Rightarrow G\cong \IZ_6
[/mm]
2)
G besitze kein Element der Ordnung 6. So gilt für alle a [mm] \in [/mm] G [mm] \setminus\{e\}: [/mm] ord(a) [mm] \in \{2,3\}
[/mm]
Es gibt mindestens ein Element der Ordnung 3:
Ang alle Elemente [mm] G\setminus\{e\} [/mm] haben Ordnung 2. [mm] \forall x\in [/mm] G: [mm] x^2 [/mm] =e [mm] \Rightarrow [/mm] G abelsch.
Für abelsche Gruppe ist jede Untergruppe ein Normalteiler.
Sei N=<x> [mm] \subseteq [/mm] G [mm] \Rightarrow [/mm] N Normalteiler von G
[mm] |G/N|=\frac{|G|}{|N|}=\frac{6}{2}=3
[/mm]
[mm] \forall [/mm] aN [mm] \in [/mm] G/N gilt ord(aN) teilt 3.
Wenn aN [mm] \not\in [/mm] N gilt ord(aN)=3 [mm] \Rightarrow [/mm] <aN>=G/N
Aber [mm] (aN)^2 [/mm] = [mm] (aN)(aN)=a^2 [/mm] N = eN=N
Widerspruch zur Minimalität von ord(aN)=3.
Ich vermute es gibt auch mindestens ein Element das Ordnung 2 hat, mir ist da aber noch kein Beweis gelungen:
Ang alle Elemente von [mm] G\setminus\{e\} [/mm] haben Ordnung 3.
N=<x> [mm] \le [/mm] G, [mm] [G:N]=\frac{|G|}{|N|}=6/3=2 \Rightarrow [/mm] N Normalteiler von G.
Erreiche leider keinen Widerspruch.
Des weiteren hab ich mir dann angeschaut, wenn es ein Element der Ordnung 2 und ein Element der Ordnung 3 gibt.
[mm] =\{e,h,h^2\}
[/mm]
Da |G|=6 und |<h>|=3, [mm] \exists [/mm] a [mm] \not\in [/mm] <h> mit ord(a)=2, da keines der Elemente [mm] e,h,h^2 [/mm] Ordnung 2 hat und eines muss es ja geben nach obiger Betrachtung.
[mm] =\{e,a\}
[/mm]
[mm] e,h,h^2, [/mm] a sind alle verschieden.
Sowie [mm] \{e,a,h,h^2,h^2 a,ha\} [/mm] alle paarweise verschieden sind, was eine kurze Rechnung jeweils zeigt, hab ich hier ausgelassen.
Also hätte ich 6 verschiedene Elemente in G gefunden: [mm] $e,a,h,h^2,h^2a,ha \in [/mm] G$ Und da G nur sechs Elemente hat muss: [mm] G=\{e,a,h,h^2,h^2 a,ha\}=
[/mm]
Ich will nun einen bijektiven Homomorphismus [mm] \phi:G \to S_3, [/mm] wobei S=<(12),(123)> konstruieren, aber ich weiß nicht wie.
Ich wollte zuerst mit inneren Produkten arbeiten, aber <a> ist kein Normalteiler. Also ist G nicht das innere produkt von <a> und <h>.
Ein Homomorphismus ist durch Bilder der Erzeugnisse eindeutig bestimmt: [mm] \phi(a)=(12), \phi(h)=(123). [/mm] Aber wie weiß ich dass es solch eine Abbildung auch gibt?
Habt ihr eine zielführende, halbwegs elegante Idee?
LG,
sissi
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Jede Gruppe gerader Ordnung besitzt ein Element der Ordnung zwei. Dies ist ein Spezialfall des Satzes von Cauchy, den wir aber auch so einsehen können: Wir betrachten die Menge $ [mm] A=G\setminus\{1\} [/mm] $, welche eine ungerade Anzahl von Elementen enthält. Für $ [mm] a\in [/mm] A $ setzen wir $ [mm] M_a=\{a, a^{-1}\} [/mm] $. Nun liegt jedes $ [mm] a\in [/mm] A $ in einer und zwar genau einer Menge dieser Form (weshalb?). Also ist die Summe der Mächtigkeiten der $ [mm] M_a [/mm] $ ungerade und somit muss mindestens ein $ M _a $ einelementig sein, das heißt $ [mm] a^2=1$.
[/mm]
Nun hat $ G $ also eine Untergruppe der Ordnung zwei und eine der Ordnung drei, wobei letztere ein Normalteiler ist. Wir bezeichnen sie mit $ [mm] G_2$ [/mm] und $ [mm] G_3$. [/mm] Wir haben einen Homomorphismus $ [mm] f:G_2\to Aut(G_3) [/mm] $, $ [mm] x\longmapsto (g\longmapsto xgx^{-1}) [/mm] $.
Man kann leicht zeigen, dass die Abbildung $ [mm] G_3\times G_2\longrightarrow [/mm] G$, $ [mm] (x_3, x_2)\longmapsto (x_3x_2) [/mm] $ bijektiv ist, also jedes Element eindeutig als Produkt eines Elements aus $ [mm] G_3$ [/mm] und eines aus $ [mm] G_2$ [/mm] darstellbar ist. Außerdem gilt [mm] $(x_3x_2)(y_3y_2)=x_3x_2y_3x_2^{-1} x_2y_2=(x_3f (x_2)(y_3))(x_2y_2) [/mm] $, also ist die Verknüpfung durch den Automorphismus f, sowie die Verknüpfung von $ [mm] G_2$ [/mm] und $ [mm] G_3$ [/mm] eindeutig bestimmt. $ [mm] G_2$ [/mm] und $ [mm] G_3$ [/mm] sind jedoch ganz bestimmt zyklisch. Es gibt nur zwei Automorphismen von $ [mm] G_3$, [/mm] nämlich die Identität und die Vertauschung der Erzeuger. Daher ist $ Aut [mm] (G_3) [/mm] $ von der Ordnung 2 und es gibt nur zwei solchre Homomorphismen $ f $, also bis auf Isomorphie nur 2 Gruppen der Ordnung 6, nämlich $ [mm] S_3$ [/mm] und [mm] $\IZ/6$.
[/mm]
So würde ich es machen, wenn ich müsste, vielleicht sieht ja noch jemand etwas schöneres mit elementaren Mitteln 
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:22 So 08.02.2015 | | Autor: | sissile |
Hallo,
Danke für deine Antwort.
Zu Teil 1)
Sei a [mm] \in A=G\setminus\{e\} [/mm] beliebig.
Angenommen a [mm] \in M_a=\{a,a^{-1}\} \wedge [/mm] a [mm] \in M_b =\{b,b^{-1}\} [/mm] mit [mm] a\not=b
[/mm]
Dann ist Fall 1) a=b Wid
Fall 2) [mm] a=b^{-1} \rightarrow a^{-1}=b \rightarrow M_a=M_b
[/mm]
Fall 3) [mm] a=a^{-1}\wedge [/mm] a=b [mm] \rightarrow [/mm] Wid
Fall 4) [mm] a=a^{-1} \wedge a=b^{-1} \rightarrow [/mm] a=b Wid
D.h. es gilt entweder [mm] M_a =M_b [/mm] oder [mm] M_a \cap M_b =\emptyset
[/mm]
Zu Teil 2)
Schaust du dir nicht die Inneren Automorphismen an? Natürlich kann die [mm] Aut(G_3) [/mm] stehen bleiben aber das Bild der Abbildung sind die inneren Automorphismen.
f: G [mm] \to Inn(G_3) [/mm] mit g [mm] \mapsto f_g [/mm] wobei [mm] f_g: [/mm] x [mm] \mapsto gxg^{-1}
[/mm]
Dass f ein Homomorphismus ist, ist mir klar.
Als nächstes definierst du eine Abbildung: $ [mm] G_3\times G_2\longrightarrow [/mm] G $, $ [mm] (x_3, x_2)\longmapsto (x_3x_2) [/mm] $
[mm] G=\{e,x_2,x_3,x_3^2, x_3^2 x_2, x_3 x_2\} [/mm] deshalb ist G surjektiv.
Da [mm] |G_3 \times G_2|=|G| [/mm] folgt die Injektivität.
Was es nun mit:
> $ [mm] (x_3x_2)(y_3y_2)=x_3x_2y_3x_2^{-1} x_2y_2=(x_3f (x_2)(y_3))(x_2y_2) [/mm] $ also ist die Verknüpfung durch den Automorphismus f, sowie die Verknüpfung von $ [mm] G_2 [/mm] $ und $ [mm] G_3 [/mm] $ eindeutig bestimmt.
auf Sich hat verstehe ich nicht. Die Rechnung ist klar, aber nicht warum du sie machst. Du multipliziert zwei Elemente von [mm] G_3 \times G_2. [/mm] Als Resultat hast du ein Element von [mm] G_3 [/mm] nämlich [mm] x_3 f(x_2)(y_3) [/mm] multipliziert mit einen Element von [mm] G_2 [/mm] nämlich [mm] (x_2 y_2). [/mm] Was ist da eindeutig bestimmt, ich verstehe den Absatz nicht?
> Es gibt nur zwei Automorphismen von $ [mm] G_3 [/mm] $, nämlich die Identität und die Vertauschung der Erzeuger. Daher ist $ Aut [mm] (G_3) [/mm] $ von der Ordnung 2 und es gibt nur zwei solchre Homomorphismen f, also bis auf Isomorphie nur 2 Gruppen der Ordnung 6, nämlich $ [mm] S_3 [/mm] $ und $ [mm] \IZ/6 [/mm] $.
Aber du betrachtest doch eine spezielle Gestalt von Automorphismen als Bild von f, nämlich die Inneren. Da [mm] G_3 [/mm] zyklisch ist, hat es dann nur mehr die Identität als inneren Automorphismus. Da bin ich auch noch am Grübeln, wie du den Absatz genau meinst.
LG,
sissi
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> Schaust du dir nicht die Inneren Automorphismen an?
Nein, siehe unten.
> Natürlich kann die [mm]Aut(G_3)[/mm] stehen bleiben aber das Bild
> der Abbildung sind die inneren Automorphismen.
> f: G [mm]\to Inn(G_3)[/mm] mit g [mm]\mapsto f_g[/mm] wobei [mm]f_g:[/mm] x [mm]\mapsto gxg^{-1}[/mm]
>
> Dass f ein Homomorphismus ist, ist mir klar.
>
> Als nächstes definierst du eine Abbildung: [mm]G_3\times G_2\longrightarrow G [/mm],
> [mm](x_3, x_2)\longmapsto (x_3x_2)[/mm]
> [mm]G=\{e,x_2,x_3,x_3^2, x_3^2 x_2, x_3 x_2\}[/mm]
> deshalb ist G surjektiv.
> Da [mm]|G_3 \times G_2|=|G|[/mm] folgt die Injektivität.
Das sehen wir übrigens am einfachsten so ein: Da [mm] $G_3$ [/mm] ein Normalteiler ist, ist [mm] $G_3G_2$ [/mm] eine Untergruppe von $G$, welche sowohl [mm] $G_3$ [/mm] als auch [mm] $G_2$ [/mm] enthält. Wegen Lagrange muss [mm] $G_3G_2$ [/mm] bereits 6 Elemente enthalten. Der Schnitt [mm] $G_3\cap G_2$ [/mm] hingegen kann gemäß Lagrange nur ein Element, die $1$ enthalten. Gilt nun [mm] $x_3x_2=y_3y_2$, [/mm] so folgt [mm] $y_3^{-1}x_3=y_2x_x^{-1}$, [/mm] dieses Element liegt sowohl in [mm] $G_3$ [/mm] als auch in [mm] $G_2$, [/mm] muss also das Einselement sein und es folgt [mm] $x_3=y_3$ [/mm] und [mm] $x_2=y_2$.
[/mm]
> Was es nun mit:
> > [mm](x_3x_2)(y_3y_2)=x_3x_2y_3x_2^{-1} x_2y_2=(x_3f (x_2)(y_3))(x_2y_2)[/mm]
> also ist die Verknüpfung durch den Automorphismus f, sowie
> die Verknüpfung von [mm]G_2[/mm] und [mm]G_3[/mm] eindeutig bestimmt.
> auf Sich hat verstehe ich nicht. Die Rechnung ist klar,
> aber nicht warum du sie machst. Du multipliziert zwei
> Elemente von [mm]G_3 \times G_2.[/mm] Als Resultat hast du ein
> Element von [mm]G_3[/mm] nämlich [mm]x_3 f(x_2)(y_3)[/mm] multipliziert mit
> einen Element von [mm]G_2[/mm] nämlich [mm](x_2 y_2).[/mm] Was ist da
> eindeutig bestimmt, ich verstehe den Absatz nicht?
Wir können uns die Elemente als Paare [mm] $(x_3,x_2)$ [/mm] vorstellen, gemäß obiger Feststellung, wobei wir [mm] $(x_3,x_2)$ [/mm] mit [mm] $x_3x_2$ [/mm] identifizieren. Jedes Element ist eindeutig in dieser Form darstellbar. Insbesondere auch [mm] $(x_3x_2)(y_3y_2)$, [/mm] und die Rechnung oben zeigt, wie diese Darstellung aussieht, nämlich [mm] $(x_3f_{x_2}(y_3))(x_2y_2)$. [/mm] In der jeweiligen Komponente findet man keine Verknüpfung von Elementen aus [mm] $G_3$ [/mm] und [mm] $G_2$, [/mm] sondern nur Multiplikation innerhalb von [mm] $G_3$, [/mm] innerhalb von [mm] $G_2$ [/mm] und den Automorphismus $f$. Das heißt, sobald wir den Automorphismus $f$ kennen, kennen wir die Multiplikation $G$, wenn wir uns die Elemente von $G$ als Paare vorstellen gilt nämlich
[mm] $(G_3\times G_2)\times(G_3\times G_2)$ $((x_3,x_2),(y_3,y_2))\longmapsto(x_3,x_2)\ast(y_3,y_2)=:(x_3f_{x_2}(y_3),x_2y_2)$.
[/mm]
> > Es gibt nur zwei Automorphismen von [mm]G_3 [/mm], nämlich die
> Identität und die Vertauschung der Erzeuger. Daher ist [mm]Aut (G_3)[/mm]
> von der Ordnung 2 und es gibt nur zwei solchre
> Homomorphismen f, also bis auf Isomorphie nur 2 Gruppen der
> Ordnung 6, nämlich [mm]S_3[/mm] und [mm]\IZ/6 [/mm].
> Aber du betrachtest
> doch eine spezielle Gestalt von Automorphismen als Bild von
> f, nämlich die Inneren. Da [mm]G_3[/mm] zyklisch ist, hat es dann
> nur mehr die Identität als inneren Automorphismus. Da bin
> ich auch noch am Grübeln, wie du den Absatz genau meinst.
Ein innerer Automorphismus von [mm] $G_3$ [/mm] ist von der Form [mm] $g\longmapsto xgx^{-1}$, [/mm] wobei [mm] $x\in G_3$! [/mm] Hierbei stammt $x$ jedoch aus einer anderen Gruppe, nämlich [mm] $G_2$, [/mm] die gemeinsam mit [mm] $G_3$ [/mm] in $G$ eingebettet ist, es handelt sich also nicht um innere Automorphismen, die Elemente müssen durchaus nicht kommutieren, wie die [mm] $S_3$ [/mm] ja Beispielsweise zeigt.
(Betrachte [mm] $G_2=\langle(12)\rangle$, $G_3=\langle(123)\rangle$, $G_3\longmapsto G_3$, $x\longmapsto [/mm] (12)x(21)$.)
Die Hauptidee ist: Es gibt nur eine Gruppe der Ordnung 2, nur eine Gruppe der Ordnung 3 und nur zwei Automorphismen einer Gruppe der Ordnung 3. Wir haben gezeigt, dass sich durch diese Informationen eine Gruppe der 6 eindeutig bestimmen lässt, also gibt es höchstens zwei solche Gruppen.
(Was ich hier übrigens heimlich gemacht habe, ist an diesem Beispiel die elementaren Tatsachen über semidirekte Produkte herzuleiten. Ich habe den Beweis, dass Gruppen der Ordnung $pq$ ein semidirektes Produkt von [mm] $\IZ/p$ [/mm] und [mm] $\IZ/q$ [/mm] sind, entpackt und dir als meine gute Idee verkauft^^ Darum denke ich, dass jemand noch einen hübscheren Weg findet, und Hippias ist ja auch gerade dabei )
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
> LG,
> sissi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:01 Mo 09.02.2015 | | Autor: | sissile |
Hallo,
Vielen Dank, dass du dir nochmal die Zeit genommen hast.
Jetzt verstehe ich um einiges mehr.
Der Schluß ist mir noch nicht ganz klar:
> Es gibt nur zwei Automorphismen von $ [mm] G_3 [/mm] $, nämlich die
> Identität und die Vertauschung der Erzeuger. Daher ist $ Aut [mm] (G_3) [/mm] $
> von der Ordnung 2 und es gibt nur zwei solchre
> Homomorphismen f, also bis auf Isomorphie nur 2 Gruppen der
> Ordnung 6, nämlich $ [mm] S_3 [/mm] $ und $ [mm] \IZ/6 [/mm] $.
Ja es gilt [mm] |Aut(G_3)|=2. [/mm] Wie folgst du, dass es dann nur zwei Homomorphismen f gibt?
Sei x [mm] \in G_2, [/mm] g [mm] \in G_3 [/mm] : [mm] f(x)(g)=f_x (g)=xgx^{-1}
[/mm]
Aber [mm] G_2=\{\epsilon, x_2\} [/mm] so ist [mm] f(\epsilon) [/mm] (g)=g, [mm] f(x_2)(g)=x_2 [/mm] g [mm] x_2
[/mm]
D.h. doch es gibt nur ein f, den wie soll f anderes abbilden?
Und wenn es nur zwei solche Homomorphismen gibt, dann weißt du doch nur, dass du zwei verschiedene Veknüpfung in G hast.
[mm] (x_3, x_2)*(y_3 y_2)=(x_3 y_3,x_2y_2)
[/mm]
bzw.
[mm] (x_3, x_2)*(y_3 y_2)=(x_3 (x_2 y_3 x_2),x_2y_2)
[/mm]
Ich glaub das Bsp. war eine Nummer zu hoch und sollte ich mir erst in der zweiten Vo. von Algebra anschauen..
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Der Automorphismus [mm] $g\longmapsto $x_2gx_2$ [/mm] ist entweder die Identität (nämlich wenn die Gruppe kommutativ ist), oder vertauscht die beiden Erzeuger der [mm] $G_3$. [/mm] Das meinte ich.
Wenn in der zweiten Verknüpfung, die du aufschreibst, [mm] $x_2y_3x_2=y_3$ [/mm] gilt, stimmt sie mit der ersten überein. Wenn das nicht gilt, ist die Konjugation durch den nichttrivialen Homomorphismus [mm] $G_2\longrightarrow Aut(G_3)$ [/mm] gegeben, mehr Möglichkeiten gibt es nicht.
Ich hoffe, es ist ein bisschen klarer geworden. Das ganze ist wahrscheinlich leichter nachzuvollziehen, wenn man sich ganz allgemein ansieht, wie semidirekte Produkte funktionieren.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:28 Mo 09.02.2015 | | Autor: | hippias |
Ich weiss nicht, ob das folgende schoen wird, aber ich brauche lediglich den Satz von Sylow und ich folge der Philosophie, dass sich die Struktur einer Gruppe aus seiner Sylowstruktur ergeben sollte. Im vorliegenden konkreten Fall liessen sich alle Schlussfolgerungen aus den Sylowsaetzen auch direkt beweisen.
Aus den Sylowsaetzen folgt, dass $G$ genau eine Untergruppe $P$ der Ordnung $3$ hat, also $P$ ein Normalteiler der Ordnung $3$ ist. Fuer die Menge $X$ der Untergruppen der Ordnung $2$ gilt [mm] $|X|\in \{1,3\}$. [/mm] Ferner operiert $G$ auf $X$ transitiv durch Konjugation. Es sei $K$ der Kern dieser Operation, sodass $G/K$ zu einer Untergruppe von [mm] $S(X)(\cong S_{3})$ [/mm] isomorph ist.
1. Fall: $K>1$. Waere in diesem Fall $|X|=3$, so waere [mm] $|G:N_{G}(S)|= [/mm] 3$ fuer alle [mm] $S\in [/mm] X$, d.h. es waere aus Ordnungsgruenden [mm] $N_{G}(S)= [/mm] S$. Dies widerspricht aber der Annahme, dass der Kern nicht trivial ist, es also Elemente [mm] $\neq [/mm] 1$ gibt, die alle drei $2$-Sylowgruppen festlassen.
Also gilt $|X|=1$, sodass [mm] $S\in [/mm] X$ normal ist. Dann ist $G= [mm] S\times [/mm] P$ zyklisch.
2. Fall: $K=1$. In diesem Fall ist [mm] $G/K\cong [/mm] G$ isomorph zu einer Untergruppe von [mm] $S_{3}$. [/mm] Aus Ordnungsgruenden ist dann sogar [mm] $G\cong S_{3}$.
[/mm]
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:03 Mo 09.02.2015 | | Autor: | sissile |
Danke, werde ich mir zu einen späteren Zeitpunkt durchlesen, den Sylowsätze kommen erst in der zweite Vorlesung zu Algebra.
LG,
sissi
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:24 Mo 09.02.2015 | | Autor: | statler |
Hi,
deine Frage müßte sich noch ohne den ganzen Apparat der weiteren Gruppentheorie bewältigen lassen, indem du einfach mal versuchst, eine (oder mehrere) Verknüpfungstafel(n) im Sudoku-Stil herzustellen. Dazu wrde ich insbesondere raten, falls du auf Lehramt studierst.
Gruß Dieter
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