[Übung Algebra] Normalteiler und Zentrum (*)

07.12.2010, 00:05	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
*[Übung Algebra] Normalteiler und Zentrum ()** Sei G eine Gruppe der Ordnung 595=5717 und H eine Untergruppe von G mit Ordnung 5. (a) H ist Normalteiler von G Meine Ideen: Es ist H eine 5-Sylowgruppe. Die Anzahl der 5-Sylowgruppen ist ein Teiler von 717 und von der Form 1+k5. Es ist 7=2mod 5 und 17=2mod 5. Somit muss gelten k=0. Damit gibt es nur eine 5-Sylowgruppe <=> H ist Normalteiler von G.
07.12.2010, 01:00	Risuku	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ich denke du hast alles richtig: Sei $\begin{eqnarray} H \in Syl_5(G) \end{eqnarray}$ Für diese Menge gilt ja: $\begin{eqnarray} \|Syl_5(G)\| \equiv 1 mod 5 \end{eqnarray}$ , sowie $\begin{eqnarray} \|Syl_5(G)\| \end{eqnarray}$ teilt 717 Aus letzterem würde erstmal folgen: $\begin{eqnarray} \|Syl_5(G)\| \in \{1, 7, 17\} \end{eqnarray*}$ Naja nur eine der Zahlen ist kongruent 1 mod 5. Daraus folgt: H NT denn alle Sylow-5-Gruppen sind ja konjugiert. lg
07.12.2010, 01:03	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke. (b) H liegt im Zentrum von G Meine Ideen: Da wird es schon was düsterer. Das Zentrum wurde als Kern eines Homomorphismus eingeführt. Muss ich hier einen solchen konstruieren?
07.12.2010, 01:17	Risuku	Auf diesen Beitrag antworten »
H im Zentrum heißt doch das alle Elemente von H mit allen Elementen von G kommutieren. Vllt ist es einfacher als es sich anhört. H ist schonmal NT von G. Wie wäre es mit Konjugiertenklassen? Ich habe in meinem Skriptum gefunden: x liegt im Zentrum von G gdw. $\begin{eqnarray} x^G = \{x\} \end{eqnarray}$ Vielleicht hilft das ja weiter.
07.12.2010, 01:49	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
Normalteiler heißt ja erst mal nur, dass es "Mengenmäßig" kommutiert. Im Zentrum muss es elementweise sein. Man kann vielleicht mit der Konjugation arbeiten. Da H Normalteiler ist, gilt $\begin{eqnarray} \varphi: G \to Aut(H),~x \to \varphi_g \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \varphi_g: x \to gxg^{-1} \in H \end{eqnarray}$ Der Kern K dieser Abbildung ist ein Normalteiler von G. Wegen der primen Ordnung ist H zyklisch, also auch abelsch und es gilt $\begin{eqnarray} H \leq K \end{eqnarray}$ . Somit gilt \|K\|=5 m mit m teilt 717. Mit dem Homomorphiesatz kann man nun noch $\begin{eqnarray} G/ker(\varphi) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} Aut(H) \end{eqnarray}$ in Bezug bringen. Es gibt einen injetivem G-Hom $\begin{eqnarray} \overline{\varphi}:~G/ker(\varphi) \to Aut(H) \end{eqnarray}$ Allgemein ist das Urbild jeder Untergruppe von $\begin{eqnarray} Aut(H) \end{eqnarray}$ eine Untergruppe von $\begin{eqnarray} G/ker(\varphi) \end{eqnarray}$ . Da ein injektiver G-Hom vorliegt, müssen die Untergruppen auch gleiche Mächtigkeit haben. Ferner liegt das neutrale Element in jeder Untergruppe. Es hat Aut(H) die Ordnung 4 ( Es gibt 4 erzeugende Elemente, eulersche Phi-Funktion von 5). Das Bild von $\begin{eqnarray} \overline{\varphi} \end{eqnarray}$ ist eine Untergruppe von Aut(H), teilt insbesondere 4. Wegen der Injektivität muss das Bild dann die Ordnung 1 haben. Und damit auch $\begin{eqnarray} G/ker(\varphi) \end{eqnarray}$ . Somit gilt nach Lagrange $\begin{eqnarray} \|G\| = \|ker(\varphi)\| \end{eqnarray}$ und damit auch $\begin{eqnarray} G=ker(\varphi) \end{eqnarray}$ . Somit ist Z(g)=G und H liegt im Zentrum von G. ----------------------------------------------------------------- Was ist {x} bei euch?
08.12.2010, 18:51	Reksilat	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi Bine, Die Argumentation sieht gut aus. Gruß, Reksilat. Edit: Auf den Rest gucke ich morgen mal drauf. ;-)
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08.12.2010, 18:54	tigerbine	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich danke dir.

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