Zum Lösen von Algebra-Aufgaben

10.06.2010, 06:43

gonnabphd

Zum Lösen von Algebra-Aufgaben

Hallo,

Ich habe einmal eine sehr allgemeine Frage, welche die Algebra betrifft:

Wie geht ihr an Algebra-Aufgaben ran?

z.B. "Bestimmen Sie alle Automorphismen der symmetrischen Gruppe $\begin{eqnarray*} S_3 \end{eqnarray*}$ ."

Ich weiss die Lösung bereits, soll also nur als anregendes Beispiel dienen."

So wie die Algebra bisher auf mich wirkt, gibt es einfach keine generellen Methoden, sondern jede solche Aufgabe muss "ganz im Speziellen" gelöst werden, verlangt spezielle Betrachtungen. Viele Aufgaben kommen mir vor, wie typische Knobelaufgaben... Liege ich damit richtig? Geht das jedem so?
Muss man sich vielleicht auch einfach erstmal an diese neuartigen Fragestellungen/Vorgehensweisen gewöhnen?

Falls ich richtig liege, könnte mir dennoch jemand allgemeine Tipps geben. Oder könnte vielleicht jemand beschreiben, wie er z.B. an folgende Aufgabe rangehen würde und was man sich dabei überlegen könnte?

Es sei G eine endliche Gruppe der Ordnung 2m mit ungeradem m. Die Gruppe G enthält einen Normalteiler der Ordnung m.

Auch hier kenne ich die Lösung, wäre aber wohl nicht so schnell ( nie? ) darauf gekommen.

Wäre wirklich schön, wenn sich jemand mit mir austauschen würde! Freude

25.03.2011, 00:21

Ibn Batuta

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Auch wenn der Thread schon etwas älter ist, würde mich das auch interessieren. Wie macht ihr das?

Ibn Batuta

25.03.2011, 05:20

kiste

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RE: Zum Lösen von Algebra-Aufgaben

Zitat:

Original von gonnabphd
Es sei G eine endliche Gruppe der Ordnung 2m mit ungeradem m. Die Gruppe G enthält einen Normalteiler der Ordnung m.

Ich habe keine richtige Lösungsstragie. Ich schaue mir ein Problem an, denke über die Definition zuerst nach und betrachte dann Beispiele.

Ich skizziere einmal meinen Gedankengang für das obige Problem, es ist recht repräsentativ da ich es noch nicht kannte.

Zuerst habe ich nach einem Beispiel gesucht und m=3 angeschaut. Dort wusste ich, dass die einzige (interessante) Gruppe die S_3 ist. Dort gilt die Behauptung. Außerdem sind alle Elemente ungerader Ordnung in <(123)>.
Dann hab ich nach dem nächst größeren Beispiel geschaut, das wäre m=5. Dort wäre die D_5. Die besteht aus Drehungen und Spiegelungen. Die Behauptung wird mit den Drehungen erfüllt. Wieder ungerade Ordnung.

Aufgrund dieser Regelmäßigkeit betrachte ich also die Menge die Gruppenelemente ungerader Ordnung. Ein Routinebeweis zeigt dann, dass diese eine Untergruppe bilden.

Der Normalteilerbeweis ist mir dann recht schnell eingefallen ohne weitere Überlegungen:
Konjugation ist ein Automorphismus, ändert also die Ordnung eines Elements nicht.

Ursprünglich, als ich das erste mal auf das Problem geschaut habe war der Normalteilerbeweis allerdings noch anders geplant. Dort dachte ich, ich finde einfach eine Untergruppe der Ordnung m und diese ist automatisch dann ein Normalteiler. Dass ich es jetzt andersrum mache liegt einfach an der recht einfachen Struktur des Normalteilers.

Das die Menge jetzt gerade Kardinalität m hat zeigt eine einfache Betrachtung der Faktorgruppe.

25.03.2011, 08:13

Mystic

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RE: Zum Lösen von Algebra-Aufgaben

Zitat:

Original von gonnabphd
Es sei G eine endliche Gruppe der Ordnung 2m mit ungeradem m. Die Gruppe G enthält einen Normalteiler der Ordnung m.

Da für m=1 die Behauptung trivial ist kann man o.B.d.A. im folgenden m>1 voraussetzen..Ich hätte mir das so überlegt, dass es ein Element a der Ordnung m in G geben muss, womit dann U=<a> automatisch die Ordnung m hat und wegen [G:U]=U auch Normalteiler ist... Wäre G zyklisch und g ein Erzeuger, so könnte ich offensichtlich $\begin{eqnarray*} a=g^2 \end{eqnarray*}$ wählen... Es bleibt somit nur der Fall zu betrachten, dass alle Elemente in G höchstens die Ordnung 2 haben... Dann gilt aber

$\begin{eqnarray*} xy=(xy)e= xy(yx)^2=(x(yy)x)yx=(xex)(yx)=x^2(yx)=e(yx)=yx \end{eqnarray*}$

d.h., die Gruppe wäre abelsch und wenn die ich danach die Operation additiv schreibe könnte man sie in eindeutiger Weise als Vektorraum über den Körper $\begin{eqnarray*} \mathbb F_2 \end{eqnarray*}$ auffassen... Damit wäre aber, wie man über Basisdarstellungen der Elemente sofort sieht, die Anzahl der Elemente von G eine Potenz von 2 im Widerspruch dazu, dass m>1 und ungerade war...

25.03.2011, 09:25

kiste

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Das war auch kurz einer meiner Gedanken, ist aber leider falsch.

Betrachte das semi-direkte Produkt $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} C_7 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} C_3 \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} C_3 \end{eqnarray*}$ durch Quadratbildung operiert.
Wähle $\begin{eqnarray*} G = C_2 \times H \end{eqnarray*}$ . Dann hat $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ kein Element der Ordnung 21.

edit: Und warum sollten falls es das nicht gibt alle Elemente der Ordnung 2 sein? Das macht schon nach dem Satz von Cauchy oder stärker, den Sylowsätzen, keinen Sinn.

Kann es sein dass du m prim im Hinterkopf hattest?

25.03.2011, 09:33

Mystic

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Zitat:

Original von kiste
Kann es sein dass du m prim im Hinterkopf hattest?

Ja, sorry, das war mein Fehler... unglücklich

25.03.2011, 11:13

Mystic

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Hier dann noch ein (hoffentlich gelungenerer!) Versuch zu beweisen, dass

$\begin{eqnarray*} Aut(S_3)\cong S_3 \end{eqnarray*}$

ist... Zunächst einmal ist ja für jede Gruppe G die Abbildung $\begin{eqnarray*} \iota: G \to Aut(G) \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} g \mapsto \iota_g \text{ wobei } \iota_g(x)=gxg^{-1} \forall x \in G \end{eqnarray*}$

ein Homomorphismus mit dem Zentrum $\begin{eqnarray*} Z(G) \end{eqnarray*}$ als Kern... Wegen $\begin{eqnarray*} Z(S_3)=\{id\} \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \iota \end{eqnarray*}$ sogar ein Monomorphismus, d.h., $\begin{eqnarray*} Aut(S_3) \end{eqnarray*}$ enthält eine zu $\begin{eqnarray*} S_3 \end{eqnarray*}$ isomorphe Untergruppe... Andererseits gilt aber

$\begin{eqnarray*} S_3=\langle (123),(12) \rangle \end{eqnarray*}$

wobei für einen Automorphismus $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ aus Ordnungsgründen

$\begin{eqnarray*} \alpha((123)) \in \{(123),(132)\} \text{ und } \alpha((12)) \in \{(12),(13),(23)\} \end{eqnarray*}$

gelten muss... Rein kombinatorisch kann es daher höchstens $\begin{eqnarray*} 2 \cdot 3 \end{eqnarray*}$ Automorphismen geben, woraus dann tatsächlich $\begin{eqnarray*} Aut(S_3)\cong S_3 \end{eqnarray*}$ folgt...

Eine andere Möglichkeit eines Beweises besteht darin, dass man die $\begin{eqnarray*} S_3 \end{eqnarray*}$ als Diedergruppe $\begin{eqnarray*} D_3 \end{eqnarray*}$ ansieht... Diese hat die Darstellung

$\begin{eqnarray*} x^3=y^2=e, \ (xy)^2=e \end{eqnarray*}$

wobei x irgendeine der 2 nichttrivialen Rotationen und y irgendeine der 3 Spiegelungen ist... Ist dann $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ wieder ein Automorphismus der $\begin{eqnarray*} D_3 \end{eqnarray*}$ , so kann man für $\begin{eqnarray*} \alpha(x) \end{eqnarray*}$ wieder eine der beiden nichttrivialen Rotationen und für $\begin{eqnarray*} \alpha(y) \end{eqnarray*}$ eine der 3 Transpositionen wählen, wobei die dritte Relation

$\begin{eqnarray*} (\alpha(x)\alpha(y))^2=e \end{eqnarray*}$

dann automatisch erfüllt ist (die Hintereinanderausführung von einer Spiegelung und einer Drehung liefert bekanntlich eine Spieglung!)... Es führen somit tatsächlich alle diese 6 Möglichkeiten zu einem Automorphismus...

Edit: Ich denke, dass es kein allgemeines Patentrezept gibt, wie man an solche Aufgaben herangeht... Mir persönlich wäre aber wichtig, sog. "ad hoc Beweise" zu vermeiden und nach Möglichkeit Ideen zu verwenden, die auch noch auf einen allgmeineren Fall anwendbar sind, wie dies speziell bei meinem ersten Beweis hier der Fall ist...

25.03.2011, 15:01

Reksilat

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RE: Zum Lösen von Algebra-Aufgaben
Man sieht es ja auch hier: ein allgemeines Vorgehen lässt sich kaum beschreiben - es werden dann eben doch konkrete Beweise als Beispiel angegeben. Augenzwinkern

Zu Beginn einer Algebra-Vorlesung gibt es allerdings noch genug Aufgaben, bei denen der Umgang mit abstrakten Definitionen geübt wird und keine wirkliche Kreativität benötigt ist. ("Zeige, dass ... eine Gruppe ist", "Der Schnitt zweier Ideale ist wieder ein Ideal" usw.) Da kann man wirklich ein allgemeines Vorgehen angeben (Was ist zu zeigen? Was wird vorausgesetzt? Wie kann man das umformen?)
Ein schönes Beispiel ist die Aufgabe: "Zeige, dass der Kern eines Homomorphismus ein Normalteiler ist." Es gibt einen kanonischen Beweis und dabei an jeder Stelle quasi nur eine Möglichkeit, was man als nächstes tun kann.
(Funktioniert übrigens auch bei dem Rätsel mit dem Mann, der eine Ziege einen Wolf und einen Kohlkopf über einen Fluß bringen muss.)

Die Automorphismengruppe der S3 kann man sogar fast noch in diese Kategorie einordnen, allerdings benötigt man dafür eben etwas Gefühl für Gruppen und Erzeuger. Letztlich ist das Problem aber endlich (es gibt nur 6! viele bijektive Abbildungen von S3 nach S3) und insofern für fleißige Studenten auch so lösbar. Big Laugh

Man kann es sich auch sukzessive erleichtern, wenn man schon weiß, dass die Identität festgelassen wird. Dann bleiben weniger Möglichkeiten und mit etwas Probieren sieht man zum Beispiel, dass die Ordnung jeweils beibehalten wird. Es kommt dann eben wirklich darauf an, wie viel Rüstzeug man mitbringt.
Hier braucht man dann vor allem Erfahrung, aber ein kanonischer Ansatz bleibt sichtbar.

Ohnehin ist eben Erfahrung das wichtigste. Natürlich ist der Blick auf Beispiele naheliegend, weshalb diese in den Übungen auf keinen Fall zu kurz kommen dürfen. Wenn man noch nie zwei Permutationen miteinander multipliziert hat, wird man auch kaum was mit nichtabelschen Gruppen anfangen können. Dann wird es vor allem schwierig, Zwischenschritte zu sehen, auf die man hinarbeiten kann.

Zitat:

Original von kiste
Aufgrund dieser Regelmäßigkeit betrachte ich also die Menge die Gruppenelemente ungerader Ordnung. Ein Routinebeweis zeigt dann, dass diese eine Untergruppe bilden.

Kannst Du den Beweis kurz skizzieren? Allgemein bilden diese Elemente ja keine Untergruppe. Die Gruppenordnung muss hier also irgendwo eingehen. Bloß wo? verwirrt

Ich selbst konnte mich an diesen schönen Beweisansatz erinnern. Da wär ich aber auch nicht so schnell drauf gekommen.

Gruß,
Reksilat.

25.03.2011, 15:54

kiste

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Nein kann ich nicht, mir ist vorhin als ich unterwegs war auch aufgefallen, dass es nicht allgemein gilt. Das ist leider ein Denkfehler der mir schon öfters passiert.

25.03.2011, 15:57

Reksilat

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Dann bin ich ein wenig beruhigt. Ich dachte schon, ich sei nicht routiniert genug. Augenzwinkern

26.03.2011, 19:29

Mystic

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Zitat:

Original von Reksilat
Dann bin ich ein wenig beruhigt. Ich dachte schon, ich sei nicht routiniert genug. Augenzwinkern

Auch mir fällt richtiggehend ein Stein vom Herzen, denn damit scheint zumindestens eine Lösung nicht mehr ganz so trivial zu sein... Augenzwinkern

Eine solche besteht jedenfalls darin, dass man jedem Gruppenelement $\begin{eqnarray*} g \in G \end{eqnarray*}$ das Vorzeichen zuordnet, welches die Linksmultiplikation

$\begin{eqnarray*} \lambda_g: G \to G \text{ mit } x \mapsto gx \end{eqnarray*}$

als Permutation von G besitzt... Dies ist jedenfalls ein Homorphismus $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ in die multplikative Gruppe $\begin{eqnarray*} H=(\{-1,1\},\cdot) \end{eqnarray*}$ mit der gewöhnlichen Multiplikation als Operation... Könnte man also zeigen, dass es wenigstens ein Gruppenelement mit Vorzeichen -1 gibt, dann wäre $\begin{eqnarray*} Ker \ \sigma \end{eqnarray*}$ der gewünschte Normalteiler der Ordnung m... Das ist aber mit etwas Nachdenken nicht wirklich schwer... Augenzwinkern

26.03.2011, 19:59

Reksilat

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Das ist auch der Ansatz, den Mathespezialschüler im oben von mir verlinkten Thread verfolgt. Es würde mich ja interessieren, ob gonnabphd noch einen anderen Beweis zu bieten hat. Ich habe jedenfalls auch nicht mehr gefunden.

Mir wäre als Ansatz noch eingefallen, dass die Menge der Quadrate hier ja gerade die Menge der ungeraden Elemente ist. Aber auch damit bin ich nicht weiter gekommen.

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