Untergruppe der A5 2 [KAB]

Neue Frage »

tigerbine Auf diesen Beitrag antworten »
Untergruppe der A5 2 [KAB]
Zitat:
Die alternierende Gruppe [latex]A_5[/latex] hat eine Untergruppe der Ordnung 20. Ja/Nein


Nein.

Aber wie begründet man das, ohne die Gruppe komplett hinzuschreiben.
jester. Auf diesen Beitrag antworten »

Eine Untergruppe der Ordnung 20 würde eine transitive Operation der [l]A_5[/l] auf 3 Punkten liefern.

Falls du nicht siehst, wie das weitergeht, der nächste Schritt ist schon die Lösung, daher verstecke ich ihn ein wenig:

Zitat:
Diese würde wiederum einen nichttrivialen Homomorphismus in die S_3 induzieren, der aus Ordnungsgründen nicht injektiv sein kann. Der Kern ist also ein nichttrivialer Normalteiler, Widerspruch, da die Gruppe nicht einfach ist.
 
 
tigerbine Auf diesen Beitrag antworten »

Nette Idee! Freude

Ich muss aber gestehen, ich sehe noch nicht mal, wie ich bei dieser Fragestellung auf diese Idee

Zitat:
Eine Untergruppe der Ordnung 20 würde eine transitive Operation der [latex]A_5[/latex] auf 3 Punkten liefern.


komme... Da die Frage auch noch für andere Ordnungen kommt, was ist der Grundgedanke... Warum lässt man A5 auf 3 Punkten operieren? ... Welche Rolle spielt eine Untergruppe bei so Operationen?...

Wenn ihr mir da erst mal nen Hinweis geben könnten. Wink
Manus Auf diesen Beitrag antworten »

Ist [latex]G [/latex] eine Gruppe und [latex]U[/latex] eine Untergruppe, so operiert [latex]G[/latex] durch Linksmultiplikation transitiv auf der Menge der Linksnebenklassen von [latex]G[/latex] nach [latex]U[/latex] (also auf [latex]G/U[/latex]). Die Anzahl dieser Nebenklassen ist genau [latex]\frac{|G|}{|U|}[/latex] also in unserem Fall 3.

Nicht-triviale Operationen sind in diesem Fall besonders praktisch, weil sie nicht-triviale Homomorphismen in die zugehörige symmetrische Gruppe implizieren und diese hier weniger Elemente enthalten als die ursprüngliche Gruppe. Insbesondere müsste besagter Homomorphismus also einen Kern haben...
jester. Auf diesen Beitrag antworten »

Siehe auch Workshopschmiede, oder irgendwann dann mal in den fertigen Workshops...
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Man kann sich das Ganze auch so überlegen: Würde die [latex]A_5[/latex] eine Untergruppe [latex]U[/latex] der Ordnung 20 besitzen, so könnten unter Beachtung der Ordnung und des Signums von den 6 Typen

Typ 1: (1)
Typ 2: (12)(24), etc. (15 Stück)
Typ 3: (12345), etc. (24 Stück)
Typ 4: (12), etc.
Typ 5: (123), etc.
Typ 6: (123)(45), etc.

nur die ersten 3 Typen tatsächlich vorkommen.... Ferner wissen wir, dass genau ein Zyklus der Länge 5 vorkommt, entsprechend der Tatsache, dass eine Gruppe der Ordnung 20 genau eine Sylowgruppe der Ordnung 5 besitzt... Wir müssten also insbesondere alle Permutationen vom Typ 2 auch wirklich benützen... Das geht aber nicht, da z.B.

(12)(34) (12)(35) =(354)

ein Element der Ordnung 3 ergibt, was in einer Gruppe mit 20 Elementen natürlich nicht möglich ist...
tigerbine Auf diesen Beitrag antworten »

Also als "Gruppe G" hätten wir die A5 und als "Menge M" die "Nebenklassen G/U" der angenommenen Untergruppe U, der Ordnung 20. Dann hat M 3 Elemente. [l]\checkmark[/l]

Nun lassen wir G auf M operieren. D.h. wir betrachten einen G-Homomorphismus

[l]\phi: G \to S_M,~g\mapsto \phi_g,~\phi_g: M\to M [/l]

Es gilt hier also

(O1) [l]e_G \mapsto id_M[/l]

(O2) [l]\phi_{gh} (m) = \phi_g(\phi_h(m))[/l]

Diesen G-Hom [l]\phi[/l] wollen wir nun benutzen, um Informationen zu bekommen? Wir stecken an Wissen rein, dass A5 einfach ist, es also nur die trivialen Normalteiler gibt. Kann man also unter der Annahme |U|=20 ein [l]\phi[/l] bauen, dessen Kern ein echter NT von G wäre.

Was immer geht ist die triviale Wirkung/Operation

[l] \phi: g \mapsto \text{id}_M[/l]

die bringt uns nun hier nicht weiter. Das mit dem transitiv verstehe ich nicht. Das muss ja ziemlich das erste sein, was dir in den Sinn gekommen ist. Da müsst ihr mir mal weiterhelfen. Man wähle ein Element m aus M und schaut sich nun die Bilder [l]\phi_g(m)[/l] für alle g aus G an. Dann muss man auf ganz M kommen.

Es ist G die A5, und die wird von den 3er Zyklen erzeugt. Wenn [l]\phi[/l] nicht trivial ist, dann muss es mindestens einen 3-Zykel geben, mit [l]\phi_g \neq \text{id}_M[/l]. Aus Ordnungsgründen gilt dann [l]o(\phi_g)=3[/l].

Komme irgendwie nicht weiter... verwirrt
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Du hast bisher völlig ignoriert was Manus in aller Ausführlichkeit über die Beschaffenheit der Menge M geschrieben hat bzw. wie das "Operieren" der [latex]A_5[/latex] auf dieser Menge M überhaupt definiert ist, nämlich

Zitat:
Original von Manus
Ist [latex]G [/latex] eine Gruppe und [latex]U[/latex] eine Untergruppe, so operiert [latex]G[/latex] durch Linksmultiplikation transitiv auf der Menge der Linksnebenklassen von [latex]G[/latex] nach [latex]U[/latex] (also auf [latex]G/U[/latex]). Die Anzahl dieser Nebenklassen ist genau [latex]\frac{|G|}{|U|}[/latex] also in unserem Fall 3.
tigerbine Auf diesen Beitrag antworten »

Das tut mir Leid und war keine böse Absicht. Also *virtuell Papier knüll*

Zitat:
Also als "Gruppe G" hätten wir die A5 und als "Menge M" die "Nebenklassen G/U" der angenommenen Untergruppe U, der Ordnung 20. Dann hat M 3 Elemente. [latex]\checkmark[/latex]


Nun lassen wir G auf M operieren - durch Linksmultiplikation. D.h. wir betrachten einen G-Homomorphismus

[latex]\phi: G \to S_M,~g\mapsto \phi_g [/latex]

[latex]\phi_g: M\to M,~m \mapsto gm[/latex]

Die Nebenklassen m bilden eine Partition von G. Bezeichnen wir sie mal U, aU, bU. Es ist hier dann

[l]G(U)=\{gU~|~g \in G\}=G/U[/l]

es gibt also nur eine Bahn. Die Operation ist transitiv. Bin ich nun wieder auf Kurs?

Zitat:
Diesen G-Hom [latex]\phi[/latex] wollen wir nun benutzen, um Informationen zu bekommen? Wir stecken an Wissen rein, dass A5 einfach ist, es also nur die trivialen Normalteiler gibt. Wie sieht der Kern von [l]\phi[/l] aus?


Es ist nun [l]|S_3|=6[/l] und [l]|A_5|=60[/l]. Somit kann [l]\phi[/l] nicht injektiv sein, und besitzt einen nichttrivialen Kern. Da [l]\phi[/l] nicht trivial ist [spielt hier nun das transitiv rein], ist der Kern ein echter Normalteiler der A5 - Widerspruch.
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von tigerbine
Da [l]\phi[/l] nicht trivial ist [spielt hier nun das transitiv rein], ist der Kern ein echter Normalteiler der A5 - Widerspruch.

Ja, da spielt das rein und dementsprechend fehlt auch noch ein klitzekleines Stück in deinem Beweis... Ich führe ihn dir noch mal ganz allgemein vor und du kannst dann die fehlenden Teile daraus leicht ergänzen... Der folgende Satz sagt im Wesentlichen aus, dass "große" einfache Gruppen keine echten Untergruppen mit "kleinem" Index besitzen können...

Satz: Sei G eine einfache Gruppe der Ordnung n. Ist dann U < G eine echte Untergruppe von G, so muss für ihren Index m=[G:U] gelten [latex]m! \ge n[/latex] ...

Beweis: Wir betrachten dazu die Menge [latex]M=G/U=\{aG|a \in G\}[/latex] der Linksnebenklassen von G nach U, auf der G vermöge

[latex]g(aU)=(ga)U \quad (g,a \in G)[/latex]

operiert... Tatsächlich ist diese Operation wohldefiniert, denn tausche ich den Vertreter a der Klasse aU gegen einen anderen [latex]au \ (u \in U)[/latex] aus, so ändert sich dadurch offenbar nichts... Auch die restlichen Eigenschaften einer Operation von G auf G/U sind offensichtlich erfüllt, insbesondere wird dadurch also ein Homomorphismus [latex]\phi: G \to S_m[/latex] induziert... Da für ein beliebiges [latex]g \in G \setminus U[/latex] aber gilt [latex]g(U)=gU \ne U[/latex], ist [latex]\phi[/latex] nichttrivial und muss daher wegen der Einfachheit von G injektiv, also eine Einbettung von [latex]G[/latex] in [latex]S_m[/latex] sein... Daraus folgt aber sofort [latex]n \le m![/latex] , q.e.d.

Tatsächlich braucht man also die Transitivität der Operation gar nicht, aber sie gilt natürlich wegen

[latex](ba^{-1})(aU) =bU \quad  (a,b \in G)[/latex]

Insbesondere folgt aus der Einfachheit der alternierenden Gruppen [latex]A_n[/latex] für [latex]n\ge 5[/latex] die bemerkenswerte

Folgerung: [latex]A_n[/latex] hat für [latex] n \ge 5[/latex] keine echten Untergruppen mit einem Index < n.

Edit: Also für A_5 gilt das jedenfalls, bei größeren Alternierenden Gruppen könnte es Ausnahmen geben, das müsste man sich noch genauer ansehen...

Edit2: Hat sich erledigt, s.u.
tigerbine Auf diesen Beitrag antworten »

Also mit dem Satz erschlage ich dann auch diese Aufgabe: http://www.matheboard.de/thread.php?threadid=452257, denn U der Ordnung 15 hätte den Index 4 und 4! < 60.

Zitat:

Zitat:
Original von tigerbine
Da [latex]\phi[/latex] nicht trivial ist [spielt hier nun das transitiv rein], ist der Kern ein echter Normalteiler der A5 - Widerspruch.

Ja, da spielt das rein und dementsprechend fehlt auch noch ein klitzekleines Stück in deinem Beweis..


Ich dachte, deinen Beweis verstanden zu haben. Bei mir meinte ich mit den [], dass ich ja begründen muss, dass der Kern nicht ganz G ist. Meintest du das mit "fehlen" oder übersehe ich etwas?
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von tigerbine
Bei mir meinte ich mit den [], dass ich ja begründen muss, dass der Kern nicht ganz G ist. Meintest du das mit "fehlen" oder übersehe ich etwas?

Ja, die Begründung, warum der Kern nicht ganz G ist, fehlt bei dir... Die Transitivität der Gruppenoperation ist da m.E. ein "zu schweres Geschoß", abgesehen davon, dass du sie ja gar nicht bewiesen hast...

Und ja, Untergruppen der Ordnung 15 der [latex]A_5[/latex] kann es dann auch nicht geben... Ich bin allerdings noch am überlegen (s.Edit), ob die Folgerung in dieser Schärfe für größere alternierende Gruppen stimmt, denn eigentlich weiß man ja nur, dass [latex]2m! \ge n![/latex] sein muss, wenn m der Index der Untergruppe U in G ist, was also dann alle m mit 2m! < n! ausschließt.. Ich glaube schon, dass dies unter den gegebenen Bedingungen, also n>4, dasselbe wie m<n ist, bin aber heute schon etwas denkfaul... verwirrt

Edit: 2m! < n! ist natürlich für n>2 zu m<n äquivalent, ist eigentlich eh trivial, hatte gestern nur einen Knoten im Hirn... Big Laugh
tigerbine Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Mystic
Zitat:
Original von tigerbine
Bei mir meinte ich mit den [], dass ich ja begründen muss, dass der Kern nicht ganz G ist. Meintest du das mit "fehlen" oder übersehe ich etwas?

Ja, die Begründung, warum der Kern nicht ganz G ist, fehlt bei dir... Die Transitivität der Gruppenoperation ist da m.E. ein "zu schweres Geschoß", abgesehen davon, dass du sie ja gar nicht bewiesen hast..


Diese "Schußwaffe" wurde mir aber doch in die Hand gelegt. Big Laugh

Mit [] wollte ich deutlich machen, dass diese Stelle - das nichttrivial noch nicht bewiesen ist, aber mit was ich da ran gehen wollte. Augenzwinkern

Über die Abschätzung - dein edit - schlafe ich eine Nacht. Augenzwinkern
tigerbine Auf diesen Beitrag antworten »

Frage zu Mystics Einwurf, ich hätte die Transitivität der Operation nicht gezeigt. Tat ich das hier denn nicht? verwirrt

Zitat:
Nun lassen wir G auf M operieren - durch Linksmultiplikation. D.h. wir betrachten einen G-Homomorphismus

[latex]\phi: G \to S_M,~g\mapsto \phi_g [/latex]

[latex]\phi_g: M\to M,~m \mapsto gm[/latex]

Die Nebenklassen m bilden eine Partition von G. Bezeichnen wir sie mal U, aU, bU. Es ist hier dann

[latex]G(U)=\{gU~|~g \in G\}=G/U[/latex]

es gibt also nur eine Bahn. Die Operation ist transitiv.


Und daraus folgt dann, dass [l]Kern(\phi) \neq G[/l]? Oder weil [l]\phi[/l] nicht trivial ist? ....

Des weiteren hatten wir

Zitat:
Es ist nun [latex]|S_3|=6[/latex] und [latex]|A_5|=60[/latex]. Somit kann [latex]\phi[/latex] nicht injektiv sein, und besitzt einen nichttrivialen Kern.


Also muss [l]Kern(\phi) [/l] echter Normalteiler von G sein. Widerspruch, da A5 einfach ist.

==========
Nichts desto trotzt erschlägt der Satz von Mystic natürlich mehr. Keine Frage. Bis auf eine:

Zitat:
Wir betrachten dazu die Menge [latex]M=G/U=\{aG|a \in G\}[/latex] der Linksnebenklassen von G nach U, auf der G vermöge


Müsste es nicht aU heißen?
Neue Frage »
Antworten »



Verwandte Themen

Die Beliebtesten »
Die Größten »
Die Neuesten »