Kompositionsreihe, unendliche < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 15:34 Mi 03.02.2016 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | | Jede unendliche abelsche Gruppe hat keine Kompositionsreihe. |
Hallo
Angenommen [mm] G=G_0 \vartriangleright G_1 \vartriangleright [/mm] ... [mm] \vartriangleright G_n [/mm] = [mm] \{e\} [/mm] ist eine Kompositionsreihe
Sei k [mm] \in \{1,..,n-1\} [/mm] maximal sodass [mm] G_k \not= \{e\}.
[/mm]
Die faktoren einer Kompositionsreihe sind einfach, insebesondere [mm] G_k/G_{k+1}= G_K/\{e\} \cong G_k [/mm] einfach.
Sei g [mm] \in G_k\setminus\{e\}. [/mm] Ist [mm] \not= G_k [/mm] haben wir eine echte Untergruppe von [mm] G_k [/mm] gefunden, da G abelsch ist, ist <g> auch ein normalteiler.
D.h. es muss [mm] =G_k [/mm] sein und somit [mm] G_k [/mm] zyklisch.
Ist [mm] G_k [/mm] eine unendliche zyklische Gruppe, so ist G [mm] \cong \mathbb{Z}. [/mm]
[mm] \mathbb{Z} [/mm] hat nicht triviale Normalteiler.(Dann auch G oder?). Wid.
Ist [mm] G_k [/mm] eine endliche zyklische Gruppe dann muss |G|= Primzahl sein. Aber wo ist da nun der Widerspruch?
LG,
sissi
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:46 Mi 03.02.2016 | | Autor: | sissile |
Ich habs glaube ich:
Angenommen $ [mm] G=G_0 \vartriangleright G_1 \vartriangleright [/mm] $ ... $ [mm] \vartriangleright G_n [/mm] $ = $ [mm] \{e\} [/mm] $ ist eine Kompositionsreihe.
So ist jede der Faktoren [mm] G_i/G_{i+1} [/mm] für [mm] i\in \{0,..,n-1\} [/mm] einfach und auch abelsch da G abelsch ist.
Es sei H eine dieser Faktorgruppen. Angenommen H ist unendlich und x [mm] \in [/mm] H mit [mm] x\not=e_H. [/mm] Ist ord(x) endlich so wäre <x> [mm] \vartriangleleft [/mm] H ein Widerspruch. Ist ord(x) unendlich, so ist [mm] x^2\not= [/mm] e und [mm] x^2\not=x^{-1} [/mm] und somit [mm] \vartriangleleft [/mm] H ein Widerspruch.
Also sind sämliche Faktoren der Kompositionsreihe endlich.
Aus Bsp. in der Vorlesung:|G|= [mm] \prod_{i=0}^{n-1} |G_i/G_{i+1}| [/mm] folgt, dass G auch endlich ist. Widerspruch.
Über Korrektur würde ich mich freuen!
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Ja, das passt. Die einfachen abelschen Gruppen sind genau die zyklischen Gruppen von Primzahlordnung. Ist allgemeiner $R$ ein Ring, so sind die einfachen $R$-Moduln genau diejenigen, welche von der Form [mm] $R/\mathfrak{m}$ [/mm] sind, wobei [mm] $\mathfrak{m}$ [/mm] ein maximales (Links-)Ideal ist. Der Beweis läuft genau wie bei abelschen Gruppen:
Allgemein gilt ja: [mm] $H\not=0$ [/mm] ist einfach, wenn jeder surjektive Homomorphismus [mm] $H\longrightarrow [/mm] K$ entweder ein Isomorphismus oder trivial ist. Im Fall von abelschen Gruppen ist das äquivalent dazu, dass $H$ genau zwei Untergruppen $0$ und $H$ hat. Insbesondere ist für [mm] $x\not=0$ [/mm] die erzeugte Untergruppe gleich $H$, das heißt [mm] $\IZ\longrightarrow [/mm] H$, [mm] $n\longmapsto n\cdot [/mm] x$ ist surjektiv, also [mm] $H\cong\IZ/I$ [/mm] für eine Untergruppe (aka Ideal) von [mm] $\IZ$. [/mm] Ist nun [mm] $J\supset [/mm] I$ ein Ideal, so hat man eine surjektive Abbildung [mm] $\IZ/I\longrightarrow\IZ/J$, [/mm] welche ein Isomorphismus oder trivial sein muss. Im ersten Fall ist $J=I$, im zweiten Fall ist $J=(1)$, also war $I$ maximal. Die maximalen Ideale in [mm] $\IZ$ [/mm] sind genau $(p)$ mit $p$ prim.
Also sind die einfachen abelschen Gruppen genau die zyklischen von Primzahlordnung.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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