Untergruppe mit Index p

09.08.2011, 18:13

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Untergruppe mit Index p

Hallo, ich möchte folgende Aussage zeigen, komme aber leider nicht ganz zurecht.

Sei H Untergruppe von G mit Index p, wobei p die kleinste Primzahl ist, die die Gruppenordnung der Gruppe G teilt. Dann ist H normal.

Die Aussage selbst gefällt mir sehr gut, da sie ja eine Verallgemeinerung der Aussage hier, mit der wir uns ja schon vor fünf Tagen beschäftigten, ist.

Der Normalisator von H kann ja nur H oder G sein, da p die kleinste Primzahl ist, die die Gruppenordnung der Gruppe G teilt. Wenn man also zeigen könnte, dass auch G auszuschließen ist, wäre man fertig.

09.08.2011, 18:57

kiste

Auf diesen Beitrag antworten »

Operiere auf G/H. Das ergibt einen Homomorphismus $\begin{eqnarray*} G \to S_{G/H} = S_{p} \end{eqnarray*}$ . Untersuche dann den Kern des Homomorphismus und zeige dass dies ganz G sein muss.

09.08.2011, 19:03

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Wie soll ich auf G/H operieren? Durch Linkstranslation?

09.08.2011, 19:54

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von mathinitus
Wie soll ich auf G/H operieren? Durch Linkstranslation?

Ja, operiere durch $\begin{eqnarray*} G\times G/H\to G/H, ~ (x,gH)\mapsto (xg)H \end{eqnarray*}$ auf den Nebenklassen.

09.08.2011, 21:31

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Wie genau definiere ich mir nun einen Homomorphismus?

Zur Operation selbst: Ich habe festgestellt, sie ist transitiv und der Stabilisator zu einem gH ist genau die Menge aller x, für die $\begin{eqnarray*} g^{-1}xg \in H \end{eqnarray*}$ gilt. Also ist der Zentralisator von g geschnitten mit H Untergruppe des Stabilisators von gH.

09.08.2011, 21:38

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von mathinitus
Wie genau definiere ich mir nun einen Homomorphismus?

Indem du ein $\begin{eqnarray*} x\in G \end{eqnarray*}$ auf die Abbildung $\begin{eqnarray*} gH\mapsto xgH \end{eqnarray*}$ abbildest. Siehe auch Workshop, Verschiedenes, Punkt 4.

Zitat:

Zur Operation selbst: Ich habe festgestellt, sie ist transitiv und der Stabilisator zu einem gH ist genau die Menge aller x, für die $\begin{eqnarray*} g^{-1}xg \in H \end{eqnarray*}$ gilt.

Stimmt, genauer ist der Stabilisator also die Untergruppe $\begin{eqnarray*} gHg^{-1} \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Also ist der Zentralisator von g geschnitten mit H Untergruppe des Stabilisators von gH.

Das sehe ich gerade nicht. verwirrt

verwirrt

~~Edit: Liegt daran, dass es falsch ist.~~
Edit: "geschnitten mit H" überlesen... das stimmt dann doch.

Anzeige

09.08.2011, 21:44

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von jester.

Zitat:

Also ist der Zentralisator von g geschnitten mit H Untergruppe des Stabilisators von gH.

Das sehe ich gerade nicht. verwirrt

verwirrt

Edit: Liegt daran, dass es falsch ist. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ich glaube es stimmt. Sei h aus H und dem Zentralisator von g, dann gilt also $\begin{eqnarray*} g^{-1}hg = g^{-1}gh=h\in H \end{eqnarray*}$ , was zu zeigen war.

Edit: Da warst du schneller mit der Korrektur als ich mit dem Beweis Augenzwinkern

Augenzwinkern

09.08.2011, 21:59

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

Kommst du damit weiter? Kiste hat doch eine gute Vorgehensweise vorgeschlagen.

09.08.2011, 22:11

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich knabber mal etwas und dann melde ich mich wieder.

09.08.2011, 22:25

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Beim Knabbern kam ich auf einen (vielleicht nur scheinbaren Widerspruch).

Zitat:

Original von jester.

Zitat:

Original von mathinitus
Wie genau definiere ich mir nun einen Homomorphismus?

Indem du ein $\begin{eqnarray*} x\in G \end{eqnarray*}$ auf die Abbildung $\begin{eqnarray*} gH\mapsto xgH \end{eqnarray*}$ abbildest.

Ich sollte nach Kiste zeigen, dass der Kern G ist. Der Kern ist die Menge der x, für die $\begin{eqnarray*} gH\mapsto xgH \end{eqnarray*}$ die Identität ist. Also suche ich die x, für die $\begin{eqnarray*} gH=xgH \end{eqnarray*}$ gilt. Das gilt doch aber nicht für alle x aus G.

09.08.2011, 22:31

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

Das gilt dann schon für alle $\begin{eqnarray*} x\in G \end{eqnarray*}$ , wenn $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ der ganze Kern ist. Aber so kommt man da wohl nicht heran. Verwende stattdessen den Homomorphiesatz, den Satz von Lagrange und die Tatsache, dass $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ der kleinste Primteiler von $\begin{eqnarray*} |G| \end{eqnarray*}$ ist.

09.08.2011, 22:33

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von jester.
Das gilt dann schon für alle $\begin{eqnarray*} x\in G \end{eqnarray*}$ , wenn $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ der ganze Kern ist.

Aber ich kann doch nichts beweisen, was offensichtlich falsch ist. Oder soll das ein Widerspruchsbeweis werden? Was wäre dann die falsche Annahme? Dass der Normalisator von H G ist?

09.08.2011, 22:53

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Also ich habe mir folgendes überlegt:

Wenn ich den Kern unserer Abbildung aus G rausteile, dann ist diese Gruppe ja isomorph zum Bild unserer Abbildung. Das Bild ist aber isomorph zu einer Untergruppe von $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ . Die Ordnung des Bildes teilt also p! und ist identisch mit der Ordnung von G/ker. Die Ordnung von G/ker in der Primfaktordarstellung enthält nur Primzahlen größer gleich p, die des Bildes nur Primzahlen kleiner gleich p. Da die Zahlen identisch sind, können beide in ihrer Primfaktordarstellung nur ps enthalten. Das Bild enthält genau ein p, also enthält G/ker auch 1 oder keins, also ist ker=G oder der Ordnung von H.

09.08.2011, 22:55

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Da wir, wie ich finde und bereits mehrfach angemerkt habe, ker=G ausschließen können, muss der Kern die Ordnung von H haben. Also haben wir gezeigt, dass es eine Untergruppe von G mit der Ordnung von H gibt, die normal ist. Daraus müsste man nun noch irgendwie folgern, dass auch H normal ist.

09.08.2011, 23:00

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

Ne, ok, der Kern muss kleiner als $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ sein, da hast du schon Recht.

Man kommt trotzdem ans Ziel, wenn man sich mal überlegt, was der Index des Kerns in $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ sein muss. Dort kommen dann wie gesagt Homomorphiesatz, Satz von Lagrange und die Sache mit dem kleinsten Primteiler ins Spiel.

Edit: Hier habe ich zu lange nicht aktualisiert, das hast du alles selbst hinbekommen.

09.08.2011, 23:01

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von mathinitus
Da wir, wie ich finde und bereits mehrfach angemerkt habe, ker=G ausschließen können, muss der Kern die Ordnung von H haben. Also haben wir gezeigt, dass es eine Untergruppe von G mit der Ordnung von H gibt, die normal ist. Daraus müsste man nun noch irgendwie folgern, dass auch H normal ist.

Genau, zeige, dass der Kern eine Teilmenge der betrachteten Untergruppe ist und wir sind fertig.

09.08.2011, 23:02

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von jester.
Ne, ok, der Kern muss kleiner als $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ sein, da hast du schon Recht.

Man kommt trotzdem ans Ziel, wenn man sich mal überlegt, was der Index des Kerns in $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ sein muss. Dort kommen dann wie gesagt Homomorphiesatz, Satz von Lagrange und die Sache mit dem kleinsten Primteiler ins Spiel.

Ich habe für meinen Beweis nun den Homomorphiesatz und die Sache mit dem kleinsten Primteiler benutzt. Es fehlt ja noch eine Kleinigkeit, brauche ich dafür den Satz von Lagrange?

09.08.2011, 23:03

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von mathinitus

Zitat:

Original von jester.
Ne, ok, der Kern muss kleiner als $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ sein, da hast du schon Recht.

Man kommt trotzdem ans Ziel, wenn man sich mal überlegt, was der Index des Kerns in $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ sein muss. Dort kommen dann wie gesagt Homomorphiesatz, Satz von Lagrange und die Sache mit dem kleinsten Primteiler ins Spiel.

Ich habe für meinen Beweis nun den Homomorphiesatz und die Sache mit dem kleinsten Primteiler benutzt. Es fehlt ja noch eine Kleinigkeit, brauche ich dafür den Satz von Lagrange?

Satz von Lagrange ist für mich "Ordnung einer Untergruppe teilt Ordnung der Gruppe", also hier $\begin{eqnarray*} \frac{|G|}{|\ker(\varphi)|} \end{eqnarray*}$ teilt $\begin{eqnarray*} p! \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ der betrachtete Homomorphismus).

09.08.2011, 23:05

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von jester.
Satz von Lagrange ist für mich "Ordnung einer Untergruppe teilt Ordnung der Gruppe", also hier $\begin{eqnarray*} \frac{|G|}{|\ker(\varphi)|} \end{eqnarray*}$ teilt $\begin{eqnarray*} p! \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ der betrachtete Homomorphismus).

Achso, klar. Habe ich gerade mit dem Satz von Cauchy verwechselt. Ich dachte, ich muss ausnutzen, dass G eine Untergruppe der Ordnung p hat Wink

Wink

09.08.2011, 23:07

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

Nun haben sich unsere Beiträge überschnitten, sodass Untergruppe mit Index p wohl untergegangen ist.

09.08.2011, 23:15

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Also ich fasse noch einmal zusammen:

Wir sind nun soweit, dass wir festgestellt haben, dass der Kern den Index p hat, genauso wie H. Der Kern ist natürlich normal. Nun bleibt noch zu zeigen, dass der Kern H ist und dann wären wir fertig. Dafür reicht es nun noch zu zeigen, dass der Kern Teilmenge von H ist, da wir vom Kern bereits wissen, dass er Index p hat.

Sei also $\begin{eqnarray*} x\notin H \end{eqnarray*}$ Dann gilt $\begin{eqnarray*} gH \ne xgH \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} g=1 \end{eqnarray*}$ , also kann x nicht zum Kern gehören.

Fertig und vielen Dank für die Hilfe!

10.08.2011, 14:26

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Wir haben nun ja gezeigt, dass H normal ist, außerdem bekommt man durch Konjugation keine weitere Gruppe mit dem selben Index (da H ja normal ist also Fixpunkt bezüglich Konjugation). Könnte es nun dennoch möglich sein, dass es mehr als eine Gruppe mit dem Index p gibt? In dem Spezialfall, dass H Sylowuntergruppe ist, geht das bekanntlich nicht, doch wie sieht es im Allgemeinen aus?

10.08.2011, 15:32

jester.

Auf diesen Beitrag antworten »

Spontan fällt mir die $\begin{eqnarray*} Q_8 \end{eqnarray*}$ ein, die drei Untergruppen von Ordnung 4 hat (also Index 2, kleinster und einziger Primteiler).

10.08.2011, 16:22

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Du hast recht, es geht sogar noch einfacher: Sogar $\begin{eqnarray*} (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2 \end{eqnarray*}$ wäre ein Gegenbeispiel.

11.08.2011, 01:48

akechi90

Auf diesen Beitrag antworten »

Auf das Risiko hin, das alte Problem neu aufzuwärmen - es geht etwas bequemer:
Lasse $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} G/H \end{eqnarray*}$ operieren. Betrachte dann den Stabilisator $\begin{eqnarray*} G_x \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} x \in G/H \end{eqnarray*}$ . Dieser operiert auf $\begin{eqnarray*} (G/H) \setminus \{x\} \end{eqnarray*}$ , wobei diese Menge genau $\begin{eqnarray*} p-1 \end{eqnarray*}$ Elemente besitzt.
Um zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ normal ist, genügt es zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ alle dieser Elemente stabilisiert.
Enthielte eine Bahn also mehr als ein Element, wäre die Bahnenlänge ein nichttrivialer Teiler von $\begin{eqnarray*} |G| \end{eqnarray*}$ , der kleiner als $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ wäre, was wir aber ausgeschlossen haben.

Gruß,
Carsten

11.08.2011, 08:29

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Edit: Sorry, hab Quatsch gedacht.

11.08.2011, 09:06

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von akechi90
Auf das Risiko hin, das alte Problem neu aufzuwärmen - es geht etwas bequemer:
Lasse $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} G/H \end{eqnarray*}$ operieren. Betrachte dann den Stabilisator $\begin{eqnarray*} G_x \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} x \in G/H \end{eqnarray*}$ . Dieser operiert auf $\begin{eqnarray*} (G/H) \setminus \{x\} \end{eqnarray*}$ , wobei diese Menge genau $\begin{eqnarray*} p-1 \end{eqnarray*}$ Elemente besitzt.

Bis hierhin konnte ich dir folgen. Sei $\begin{eqnarray*} x = gH \end{eqnarray*}$ das Element, das wir nun aus G/H ausschließen. Dann ist $\begin{eqnarray*} gHg^{-1} \end{eqnarray*}$ der Stabilisator von x. Dieser ist gleichmächtig zu H und im Falle, dass H normal ist, sogar H. Das wissen wir aber noch nicht. Unsere neue Gruppenoperation lässt aber $\begin{eqnarray*} gHg^{-1} \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} (G/H) \setminus \{x\} \end{eqnarray*}$ operieren.

Zitat:

Original von akechi90
Um zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ normal ist, genügt es zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ alle dieser Elemente stabilisiert.

Für diese Aussage setzt du doch nun schon voraus, dass $\begin{eqnarray*} H \le gHg^{-1} \end{eqnarray*}$ , oder? Denn stabilisieren können nur Elemente der Gruppe, die auf unserer Menge wirkt. Aber, dass das H ist, galt es doch gerade zu zeigen.

11.08.2011, 16:58

mathinitus

Auf diesen Beitrag antworten »

Was habe ich hier falsch verstanden?

11.08.2011, 21:52

akechi90

Auf diesen Beitrag antworten »

Nun, es würde bereits genügen, anzunehmen, dass $\begin{eqnarray*} x = H \end{eqnarray*}$ , dann erledigt sich das. Dann ist $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ der Stabilisator, und das Argument funktioniert reibungslos. Hatte ich vergessen zu erwähnen, sorry.

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »