Untergruppen

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10.12.2009, 13:13	C-Bra	Auf diesen Beitrag antworten »
Untergruppen Hallo, ich muss folgende Aufgabe lösen: Bestimme alle Untergruppen von $\begin{eqnarray} (\mathbb Z^{}_7, \cdot) \end{eqnarray}$ : So, nun sind alle Elemente von $\begin{eqnarray} \mathbb Z^{}_7 = 1,2,3,4,5,6 \end{eqnarray}$ Dann weiss ich doch, dass sie Untergruppen, gerade den echten Teilern von 6 entsprechen (da 6 # Elemente in $\begin{eqnarray} \mathbb Z^{}_7 \end{eqnarray}$ , oder?). Also U1, U2, U3, U6 Also: Triviale UG's: [1] und $\begin{eqnarray} \mathbb Z^{}_7 \end{eqnarray}$ sowie $\begin{eqnarray} U_2 =( 2,4,6) \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} U_3= (3,6) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} U_6 =( 6) \end{eqnarray}$ Habe ich das so richtig gemacht? Denn in der Lösung steht, dass $\begin{eqnarray} U_3 = U_5 \end{eqnarray}$ , aber das kommt mir etwas spanisch vor
10.12.2009, 13:30	kiste	Auf diesen Beitrag antworten »
Da Z_7* zyklisch ist gibt es wie du gesagt hast zu jedem Teiler der Gruppenordnung genau eine Untergruppe. Also zu 1,2,3 und 6. Insbesondere hast du mindest eine Gruppe zuviel in deiner Aufzählung(sprich allein hier solltest du einen Fehler erkennen). Alle deine "Untergruppen" enthalten aber nicht einmal das neutrale Element, sind also keine!
12.12.2009, 12:42	C-Bra	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, ich habe mir das alles nochmal angeschaut und habe nun folgendes herausbekommen: $\begin{eqnarray} \mathbb Z^{}_7 = (1,2,3,4,5,6) \end{eqnarray}$ . Damit ist Die Ordnung von dieser Gruppe 6, da sie 6 Elemente enthält. Alle echten Teiler von 6 sind UG's, also 1,2,3,6. Dann habe ich folgende UG's bestimmt: $\begin{eqnarray} U_1=(1) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} U_2=(2,4,1) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} U_3=(1,3,2,6,4,5) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} U_4=(1,4,2) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} U_5=(1,5,3,6,2,3) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} U_6=(1,6) \end{eqnarray}$ Also sind $\begin{eqnarray} U_1, U_2, U_3, U_6 \end{eqnarray}$ echte Untergruppen von $\begin{eqnarray} \mathbb Z^{}_7 \end{eqnarray}$ ------------------------------------------------------------------------ Nun hätte ich aber noch ein paar Fragen, die mir jemand hoffentlich beantworten kann: 1) Wie sehe ich z.B. $\begin{eqnarray} \mathbb Z^{}_7 \end{eqnarray}$ an, ob es zyklisch ist, ohne eine Element <g> zu suchen, dass die Gruppe erzeugt? 2) Die Untergruppen habe ich "mühsam" berechnet indem ich z.B. bei $\begin{eqnarray} U_5=(5^0, 5^1, 5^2, 5^3, 5^4, 5^5) \end{eqnarray*}$ und das ganze natürlich immer modulo 7 genommen habe. allerdings dauert es in einer Klausur relativ lange... gibt es da einen "einfacheren" Weg? Das war es dann bislang, Danke schonmal!
12.12.2009, 12:57	kiste	Auf diesen Beitrag antworten »
U_5 sieht mir noch suspekt aus. Echte Untergruppen sind aber nur die die echte Teilmenge der Gruppe sind. Also U_3 nicht! 1.) Mit ein wenig Theorie-Kenntnis. Für endliche Untergruppen der multiplikativen Gruppe $\begin{eqnarray} K^ \end{eqnarray}$ gilt dass sie zyklisch sind. $\begin{eqnarray} \mathbb Z_7 \end{eqnarray*}$ ist aber ein Körper. 2.) Bestimme einen Erzeuger und dann kann man die Theorie der zyklischen Gruppen benutzen
12.12.2009, 13:05	C-Bra	Auf diesen Beitrag antworten »
Bei $\begin{eqnarray} U_5 \end{eqnarray}$ ist es natürlich nur ein Schreibfehler gewesen g Aber jede Gruppe hat doch die trivialen Untergruppen {e} und sich selber. Entspricht $\begin{eqnarray} U_3 \end{eqnarray}$ nicht $\begin{eqnarray} \mathbb Z^{}_7 \end{eqnarray}$ ? $\begin{eqnarray} U_1 = (e) \end{eqnarray}$ . Aber $\begin{eqnarray} Z^{}_12 \end{eqnarray}$ ist doch nicht zyklisch?!
12.12.2009, 13:08	C-Bra	Auf diesen Beitrag antworten »
Edit: Soll oben natürlich $\begin{eqnarray} \mathbb Z^{}_{12} \end{eqnarray*}$ lauten
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12.12.2009, 13:09	kiste	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja da hast du Recht. Aber du hast echte Untergruppen geschrieben, nicht Untergruppen! $\begin{eqnarray} \mathbb Z_{12} \end{eqnarray}$ ist auch kein Körper. Es ist $\begin{eqnarray} \mathbb Z_{12} \cong \mathbb Z_4\times \mathbb Z_3 \end{eqnarray}$ . Und damit $\begin{eqnarray} \mathbb Z_{12}^ \cong \mathbb Z_4^\times \mathbb Z_3^ \cong \mathbb Z_2\times \mathbb Z_2 \end{eqnarray*}$
12.12.2009, 13:20	C-Bra	Auf diesen Beitrag antworten »
Oh, ok mein Fehler, wußte nicht, dass es da noch eine spezielle Differenzierung bei den Begriffen gibt. Also sind ECHTE Untergruppen alle UG's bis auf die trivialen UG's oder nur bis auf die Gruppe selbst? Dann kommt mir grad noch eine Frage in den Sinn: Was heißt $\begin{eqnarray} \mathbb Z_{12} \cong \mathbb Z_4\times \mathbb Z_3 \end{eqnarray}$ eigtl. anschaulich? Theoretisch: Zwei Gruppen sind isomorph, wenn es einen Isomorphismus (bij. Homomorph.) von Gruppe G nach H gibt. $\begin{eqnarray} \mathbb Z_{12} = (0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11) \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} \mathbb Z_{4} = (0,1,2,3) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \mathbb Z_{3} = (0,1,2) \end{eqnarray}$ An was erkennt man dass diese Gruppen isomorh sind? etwa daran dass 12=3*4, also 3 und 4 Teiler sind?
12.12.2009, 13:27	kiste	Auf diesen Beitrag antworten »
Nach meiner Definition sind echte UG alle außer die Gruppe selbst. Daran dass 12=3*4 und zusätzlich ggT(3,4)=1 Stichwort: Chinesischer Restsatz
12.12.2009, 13:37	C-Bra	Auf diesen Beitrag antworten »
Sorry, wenn ich jetzt so dumm nachfrage, aber warum gilt: $\begin{eqnarray} \mathbb Z_{12}^ \cong \mathbb Z_4^\times \mathbb Z_3^ \cong \mathbb Z_2\times \mathbb Z_2 \end{eqnarray}$ ? Den ersten Schritt würde ich dann verstehen, aber die zweite Isomorphie... Und auf mein Beispiel oben bezogen hat unser Übungsleiter gesagt: $\begin{eqnarray} <[2]> = <[4]> \cong \mathbb Z_3 \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} <[2]>,<[4]> = U_2, U_4 \end{eqnarray*}$ bei mir sind. Warum gilt diese Isomorphie? Weil beide Gruppen salopp gesagt das gleiche neutrale Element haben und ansonsten auch die gleiche Ordnung?
12.12.2009, 14:15	Cugu	Auf diesen Beitrag antworten »
Es sollte $\begin{eqnarray} \mathbb{Z}_3^\cong\mathbb{Z}_2 \end{eqnarray}$ gelten. Man muss also eine bijektive Abbildung finden können, die die Gruppenstruktur erhält. Betrachte $\begin{eqnarray} \mathbb{Z}_3^* \end{eqnarray}$ . Hier gibt es $\begin{eqnarray} 1,2 \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} 1\circ1&=&1<br /> 2\circ2&=&1 \end{eqnarray}$ ist, wobei die Verknüpfung $\begin{eqnarray} '\circ' \end{eqnarray}$ für die Multiplikation modulo $\begin{eqnarray} 3 \end{eqnarray}$ in $\begin{eqnarray} \mathbb{Z} \end{eqnarray}$ steht. Betrachte nun $\begin{eqnarray} \mathbb{Z}_2 \end{eqnarray}$ Hier gibt es $\begin{eqnarray} 0,1 \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} 0\circ0&=&0<br /> 1\circ1&=&0 \end{eqnarray}$ ist, wobei die Verknüpfung $\begin{eqnarray} '\circ' \end{eqnarray}$ für die Addition modulo $\begin{eqnarray} 2 \end{eqnarray}$ in $\begin{eqnarray} \mathbb{Z} \end{eqnarray}$ steht. Wenn man nun eine Abbildung $\begin{eqnarray} \mathbb{Z}_3^\rightarrow\mathbb{Z}_2 \end{eqnarray}$ durch $\begin{eqnarray} 1 \mapsto 0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} 2 \mapsto 1 \end{eqnarray}$ definiert, dann ist das in der Tat ein Isomorphismus. Der Fall $\begin{eqnarray} \mathbb{Z}_4^\cong\mathbb{Z}_2 \end{eqnarray*}$ ist analog. Da die Verknüpfungen bei karthesischen Produkten komponentenweise definiert sind, folgt dann die zweite Isomorphie.
12.12.2009, 17:17	kiste	Auf diesen Beitrag antworten »
Man kann auch ein bisschen Gruppentheorie alternativ benutzen: Mit dem Satz von Lagrange folgt nämlich dass jede Gruppe von Primzahlordnung zyklisch ist. Und es gibt bis auf Isomorphie nur eine zyklische Gruppe

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