Untergruppe vom Index 2

04.08.2011, 14:30

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Untergruppe vom Index 2

Ich habe mir wie folgt überlegt, dass jede Untergruppe $\begin{eqnarray*} H<G \end{eqnarray*}$ vom Index 2 normal sein muss:

Ich nehme an, H sei nicht normal, es gibt also ein $\begin{eqnarray*} h_1\in H \end{eqnarray*}$ und ein $\begin{eqnarray*} g_1\in G \end{eqnarray*}$ , so dass $\begin{eqnarray*} g_1h_1g_1^{-1}\notin H \end{eqnarray*}$ . Das kann natürlich nur klappen, wenn schon $\begin{eqnarray*} g_1\notin H \end{eqnarray*}$ . Also gilt $\begin{eqnarray*} g_1H \ne H \end{eqnarray*}$ . Folglich gilt $\begin{eqnarray*} g_1h_1g_1^{-1}\in g_1H \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt $\begin{eqnarray*} h_1g_1^{-1}\in H \end{eqnarray*}$ und daraus $\begin{eqnarray*} g_1^{-1}\in H \end{eqnarray*}$ und daraus $\begin{eqnarray*} g_1 \in H \end{eqnarray*}$ . Widerspruch.

Meine Frage ist nun: Geht das auch irgendwie einfacher bzw. anders?

04.08.2011, 14:49

tmo

Auf diesen Beitrag antworten »

Du präsentierst hier einen Beweis in 1.5 Zeilen und erwartest nun was "einfacheres"? Big Laugh

Big Laugh

Natürlich geht es "anders". Du kannst z.b. direkt zeigen, dass die Verknüpfung auf der Faktorstruktur wohldefiniert ist.
Oder du zeigst, dass $\begin{eqnarray*} x \mapsto \begin{cases} 0 &, x \in H \\ 1 &, x \notin H \end{cases} \end{eqnarray*}$ einen Gruppenhomomorphismus $\begin{eqnarray*} G \to (\mathbb Z_2,+) \end{eqnarray*}$ ist.

Aber das "anders" ist zurecht in Anführungszeichen, am Ende ist doch alles irgendwie dasselbe.

04.08.2011, 15:07

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Dankeschön. Ursprünglich war der Beweis, den ich führe auch etwas umständlicher, beim Aufschreiben habe ich dann aber bemerkt, wie ich ihn noch etwas vereinfachen konnte. Daher wurde er dann doch noch etwas kürzer.

Nun habe ich aber zwei weitere Fragen, die mir durch diese Sache hier in den Kopf schossen:

1. Wir haben gesehen, dass H normal ist, wenn H den Index 2 hat. Hat H den Index 1, ist H natürlich auch normal, doch wie sieht es für Zahlen > 2 aus? Gibt es natürliche Zahlen > 2, für die Normalität folgt?

2. Dadurch, dass der Index von H 2 ist, haben wir natürlich $\begin{eqnarray*} \{g^2 | g\in G\}=H \end{eqnarray*}$ . Ist allgemein bei einer beliebigen Gruppe G betrachtet die Menge $\begin{eqnarray*} \{g^2 | g\in G\} \end{eqnarray*}$ immer Untergruppe? Für abelsche Gruppen habe ich mir überlegt, dass es so sein muss, aber nicht jede Gruppe ist abelsch...

04.08.2011, 18:29

tmo

Auf diesen Beitrag antworten »

Zu 1. Intuitiv würde ich sagen zu jeder anderen Zahl findet man eine Gruppe und eine Untergruppe von entsprechendem Index, die nicht normal ist. Ich kann dir aber hier keine Garantie geben.

Zu 2. Wie kommst du auf diese Gleichheit? Im Allgemeinen gilt nur die Inklusion.
Man nehme z.b. eine Gruppe, in der jedes Element selbstinvers ist und darin eine Untergruppe vom Index 2.

04.08.2011, 18:35

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von tmo
Zu 1. Intuitiv würde ich sagen zu jeder anderen Zahl findet man eine Gruppe und eine Untergruppe von entsprechendem Index, die nicht normal ist. Ich kann dir aber hier keine Garantie geben.

Zu 2. Wie kommst du auf diese Gleichheit? Im Allgemeinen gilt nur die Inklusion.
Man nehme z.b. eine Gruppe, in der jedes Element selbstinvers ist und darin eine Untergruppe vom Index 2.

Okay stimmt, dann gilt also nur $\begin{eqnarray*} \{g^2 | g\in G\} \subset H \end{eqnarray*}$ . Doch offen bleibt die Frage, ob $\begin{eqnarray*} \{g^2 | g\in G\} \end{eqnarray*}$ immer Untergruppe sein muss. In deinem Beispiel wäre $\begin{eqnarray*} \{g^2 | g\in G\} = \{1\} \end{eqnarray*}$ und damit Untergruppe. Oft ist $\begin{eqnarray*} \{g^2 | g\in G\} = G \end{eqnarray*}$ , zum Beispiel bei $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}/3\mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ , doch habe ich noch kein Beispiel gefunden, in dem $\begin{eqnarray*} \{g^2 | g\in G\} \end{eqnarray*}$ keine Untergruppe ist.

04.08.2011, 22:03

tmo

Auf diesen Beitrag antworten »

Alt(4) ist z.b. ein Gegenbeispiel.

$\begin{eqnarray*} (234)=(243)^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (134)=(143)^2 \end{eqnarray*}$ sind Quadrate, aber $\begin{eqnarray*} (234)(134) = (14)(23) \end{eqnarray*}$ ist kein Quadrat in Alt(4).

Es ist zwar $\begin{eqnarray*} (14)(23)=(1243)^2 \end{eqnarray*}$ , aber letztere Permutation hat ungerades Signum.

Man kann sich auch recht schnell überlegen, dass es in Alt(4) 9 Quadrate gibt, also kann es gar keine Untergruppe sein:

- Wenn man die Identität quadriert, erhält man die Identität.
- Dann gibt es in Alt(4) drei Produkte aus 2 disjunkten Transpositionen. Wenn man die quadriert, kommt auch die Identität raus. Damit gibt es höchstens 9 Quadrate.
- Dann gibt es noch 8 Zykel der Länge 3. Die Zuordnung 3er-Zykel --> Quadrat des 3er-Zykels ist aber injektiv, wie die obigen Beispiele ganz gut illustrieren, denn es ist einfach: $\begin{eqnarray*} (c_1 c_2 c_3)^2=(c_1 c_3 c_2) \end{eqnarray*}$

Folglich gibt es 9 Quadrate.

Anzeige

04.08.2011, 22:28

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Vielen Dank für das Gegenbeispiel und die Erklärungen dazu. Nicht schlecht Augenzwinkern

Augenzwinkern

04.08.2011, 22:36

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Die 3 Nicht-Quadrate zusammen mit der 1 bilden ja eine normale Untergruppe von $\begin{eqnarray*} A_4 \end{eqnarray*}$ . Ist die auch in $\begin{eqnarray*} S_4 \end{eqnarray*}$ normal?

04.08.2011, 22:54

tmo

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, die ist auch ein $\begin{eqnarray*} S_4 \end{eqnarray*}$ normal.
Sei a eine Permutation in dieser Untergruppe, dann ist $\begin{eqnarray*} (\pi a \pi^{-1})^2 = \pi a^2 \pi^{-1} = \pi e \pi^{-1}=e \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} sign(\pi a \pi^{-1}) = 1 \end{eqnarray*}$ .
Damit ist $\begin{eqnarray*} \pi a \pi^{-1} \end{eqnarray*}$ wieder in dieser Untergruppe, da es sonst keine Elemente der Ordnung 2 in Alt(4) gibt.

Die Suche nach einem Gegenbeispiel hat sich übrigens als relativ interessant herausgestellt, weil sich dabei herausgestellt hat, dass in Diedergruppen die Menge der Quadrate in der Tat eine Untergruppe bildet.

Deswegen hat auch das erstbeste Gegenbeispiel Sym(3) nicht geklappt, denn es ist ja $\begin{eqnarray*} Sym(3) \cong D_3 \end{eqnarray*}$ .

Sym(4) ist auch kein Gegenbeispiel, denn die 3 "fehlenden Quadrate" aus Alt(4) kriegt man, wenn man auch ungerade Permutationen zulässt. D.h. die Menge der Quadrate ist gerade Alt(4).

Sym(5) ist glaube ich auch noch kein Gegenbeispiel, hier müsste die Menge der Quadrate noch Alt(5) sein.

Ab Sym(6) hat man aber Gegenbeispiele.
$\begin{eqnarray*} (1324)^2=(12)(34) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (465)^2=(456) \end{eqnarray*}$ , aber das Produkt $\begin{eqnarray*} (12)(3456) \end{eqnarray*}$ ist kein Quadrat.

Der entscheidende Unterschied zu den Gruppen bis Sym(5) ist, dass es in Sym(5) noch nicht möglich ist zwei disjunkte Zykel der Länge 2 und 4 zu bekommen.

05.08.2011, 10:14

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich muss dir vielmals danken. Was du hier schreibst, das finde ich sehr interessant. Ich könnte dir dabei ewig zuhören, also wenn dir noch mehr dazu einfällt, schreib es ruhig, ich werde es lesen.

Ich habe mir mal Gedanken gemacht, wie man zeigt, dass (12)(3456) kein Quadrat ist. Du kannst ja einmal drüber schauen, ob das so in Ordnung ist.
Wir suchen also eine Permutation $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ aus $\begin{eqnarray*} S_6 \end{eqnarray*}$ , deren Quadrat (12)(3456) ist. $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ kann man in disjunkte Zykel zerlegen, diese kommutieren, also kann man jeden für sich quadrieren um das Quadrat von $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ zu bestimmen. Das Quadrat eines solchen Zykels ist wieder einer gleicher Größe, wenn er ungerader Länge ist, also Signum 1 hat. Ansonsten zerfällt er beim Quadrieren in zwei halblange Zykel. Da (12)(3456) aus zwei Zykeln gerade und unterschiedlicher Länge besteht, kann es also keinen Zykel $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ geben, mit $\begin{eqnarray*} \pi^2=(12)(3456) \end{eqnarray*}$ , da wie eben bereits festgestellt, die Zerlegung des Quadrats einer Permutation in disjunkte Zykel jeden Zykel gerade Länge in gerader Vielfachheit besitzen muss.

Weiter können wir uns auch überlegen, dass dies für $\begin{eqnarray*} S_5 \end{eqnarray*}$ noch nicht klappt. Wollten wir hier ein Element aus $\begin{eqnarray*} A_5 \end{eqnarray*}$ finden, das keine Wurzel in $\begin{eqnarray*} S_5 \end{eqnarray*}$ besitzt, so müsste dieses einen Zykel gerade Länge in ungerader Vielfachheit aufweisen. Da das Signum dieser Zykel aber -1 ist, müsste es noch einen solchen geben, da unser Element sonst nicht aus $\begin{eqnarray*} A_5 \end{eqnarray*}$ käme. Dieser andere müsste also eine andere Anzahl an Elementen erhalten, so kommt man auf 2 und 4, das klappt erst ab $\begin{eqnarray*} S_6 \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von tmo: Sym(5) ist glaube ich auch noch kein Gegenbeispiel, hier müsste die Menge der Quadrate noch Alt(5) sein.

Damit wäre doch deine Vermutung bewiesen, oder?

05.08.2011, 11:26

tmo

Auf diesen Beitrag antworten »

Deine Überlegung zu $\begin{eqnarray*} (12)(3456) \end{eqnarray*}$ sind richtig.
Man könnte auch noch "pragmatischer" hingehen und bei disjunkten Zykeln vom Typ $\begin{eqnarray*} \sigma = (c_1c_2)(c_3c_4c_5c_6) \end{eqnarray*}$ einfach von $\begin{eqnarray*} \pi^2 = \sigma \end{eqnarray*}$ ausgehen, o.B.d.A $\begin{eqnarray*} \pi(c_1)=c_3 \end{eqnarray*}$ annehmen (sonst vertausche im zweiten Zykel zyklisch) und dann zeigen, dass dann auch $\begin{eqnarray*} \pi(c_1)=c_5 \end{eqnarray*}$ folgt, indem man einfach sukzessive $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ auf die Gleichung anwendet.

Diese Argumentation kann man dann natürlich auf beliebige disjunkte Zykel gerader, aber unterschiedlicher Länge ausbauen.

Zu Sym(5) und Alt(5):
Genauso hatte ich mir das auch überlegt. In Alt(5) findet man nur folgende Zykeltypen:

1 mal die Idenität
24 5er Zykel
20 3er Zykel
15 disjunkte Produkte von Transpositionen

Zu allen kann man eine "Wurzel" einfach angeben.

Obigen Zahlen kann man dann auch entnehmen, dass es in Alt(5) selbst wiederum nur 45 Quadrate gibt.

05.08.2011, 12:22

Manus

Auf diesen Beitrag antworten »

Hier ein kurzes Alternativargument dazu, dass $\begin{eqnarray*} \sigma=(1,2,3,4)(5,6) \end{eqnarray*}$ kein Quadrat ist: $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ hat offensichtlich Ordnung 4, eine Wurzel hätte also Ordnung 8. Solche Elemente enthält aber keine $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n <8 \end{eqnarray*}$ .

05.08.2011, 12:35

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Okay, aber das zeigt nicht, dass $\begin{eqnarray*} \sigma=(1,2,3,4)(5,6) \end{eqnarray*}$ generell kein Quadrat ist, nur eben nicht in $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n <8 \end{eqnarray*}$ .
Also ist meine Aussage etwas globaler, aber deine viel einfacher und trivialer.

05.08.2011, 13:23

tmo

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn man sich zusätzlich überlegt, dass jede Permutation der Ordnung 8 in ihrer Zerlegung in disjunkte Zykel mind. ein 8er-Zykel enthält (Der Rest sind beliebig viele Transpositionen und 4er-Zykel), welcher quadriert zwei disjunkte 4er-Zykel ergibt, so ist der Beweis übrigens mit dieser Überlegung auch für $\begin{eqnarray*} n \geq 8 \end{eqnarray*}$ erbracht.

05.08.2011, 13:27

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Aber genau das, ist ja auch das, was ich mir überlegt habe. Wir haben eine ungerade Anzahl an 4er-Zykeln, also gibt es keine "Wurzel".

05.08.2011, 13:50

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Stimmt es eigentlich, dass $\begin{eqnarray*} S_4 \end{eqnarray*}$ drei verschiedene Kompositionsreihen hat? Mir fällt nur eine ein:
$\begin{eqnarray*} \{1\} \subset <(12)(34)> \subset A_4 \subset S_4 \end{eqnarray*}$

05.08.2011, 14:06

Manus

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von mathinitus
Stimmt es eigentlich, dass $\begin{eqnarray*} S_4 \end{eqnarray*}$ drei verschiedene Kompositionsreihen hat? Mir fällt nur eine ein:
$\begin{eqnarray*} \{1\} \subset <(12)(34)> \subset A_4 \subset S_4 \end{eqnarray*}$

Das ist keine Kompositionsreihe (der zweite Faktor ist nicht einfach). Du musst an dritter Stelle noch die $\begin{eqnarray*} V_4 \end{eqnarray*}$ aus der $\begin{eqnarray*} A_4 \end{eqnarray*}$ einbauen und hast dann darin drei mögliche Wahlen für die Untergruppe vom Index 2.

Betrachten wir Hauptreihen, so fallen diese weg (da die drei Doppel-2-Zykel in der $\begin{eqnarray*} S_4 \end{eqnarray*}$ konjugiert sind) und wir erhalten tatsächlich Eindeutigkeit.

Edit: Sorry TMO, habe nicht mitbekommen, dass du da warst.

05.08.2011, 14:28

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Tut mir Leid, vergessen wir meinen letzten Post ganz schnell, ich stand etwas unter Zeitdruck und hatte einen Termin. Vorher wollte ich das schnell noch abgeschickt haben und bin dann sofort los, noch auf dem Weg dorthin ist mir sehr fix klar geworden, wie dumm es war, was ich da gerade schrieb, mit $\begin{eqnarray*} <(12)(34)> \end{eqnarray*}$ meinte ich übrigens $\begin{eqnarray*} V_4 \end{eqnarray*}$ , ich hatte übersehen, dass $\begin{eqnarray*} V_4 \end{eqnarray*}$ nicht einfach ist, da ja es ja drei normale nichttriviale Untergruppen hat, folglich ist mir dann auch sofort klar geworden, warum es drei verschiedene Kompositionsreihen gibt.

10.08.2011, 15:19

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Untergruppe vom Index 2

Zitat:

Original von mathinitus
Ich habe mir wie folgt überlegt, dass jede Untergruppe $\begin{eqnarray*} H<G \end{eqnarray*}$ vom Index 2 normal sein muss:

Ich nehme an, H sei nicht normal, es gibt also ein $\begin{eqnarray*} h_1\in H \end{eqnarray*}$ und ein $\begin{eqnarray*} g_1\in G \end{eqnarray*}$ , so dass $\begin{eqnarray*} g_1h_1g_1^{-1}\notin H \end{eqnarray*}$ . Das kann natürlich nur klappen, wenn schon $\begin{eqnarray*} g_1\notin H \end{eqnarray*}$ . Also gilt $\begin{eqnarray*} g_1H \ne H \end{eqnarray*}$ . Folglich gilt $\begin{eqnarray*} g_1h_1g_1^{-1}\in g_1H \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt $\begin{eqnarray*} h_1g_1^{-1}\in H \end{eqnarray*}$ und daraus $\begin{eqnarray*} g_1^{-1}\in H \end{eqnarray*}$ und daraus $\begin{eqnarray*} g_1 \in H \end{eqnarray*}$ . Widerspruch.

Meine Frage ist nun: Geht das auch irgendwie einfacher bzw. anders?

Ich habe nun doch noch einen einfacheren Beweis gefunden:

Zu zeigen ist, dass die Linksnebenklassen mit den Rechtsnebenklassen übereinstimmen. Beide bestehen natürlich nur aus zwei Elementen, H steckt in beiden drin, als muss das jeweils andere auch das gleiche sein, da ja beides zusammen eine disjunkte Vereinigung von G bilden.

10.08.2011, 15:33

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich glaube das ist der verbreitetste Beweis der Tatsache, dass Ungergruppen vom Index 2 normal sind.

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »