Zentrum von Gruppen

06.05.2013, 16:55

Mulder

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Zentrum von Gruppen

Ich versuche gerade, mir die Zentren der Gruppen $\begin{eqnarray*} D_ {12} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} D_{13} \end{eqnarray*}$ zu überlegen.

Eigentlich würde es ja reichen, die Elemente zu finden, die mit den Erzeugern kommutieren, das wären in diesem Fall $\begin{eqnarray*} \tau \end{eqnarray*}$ (das soll eine Spiegelung sein, also $\begin{eqnarray*} \tau^2 = \mathrm{id} ) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ (das sind dann die Drehungen, also $\begin{eqnarray*} \sigma^{12} \end{eqnarray*}$ , bzw. $\begin{eqnarray*} \sigma^{13} = \mathrm{id} \end{eqnarray*}$ ).

Für n=12 sollte das Zentrum wohl aus der Identität und $\begin{eqnarray*} \sigma^{6} \end{eqnarray*}$ bestehen, bei n=13 nur aus der Identität, oder?

Wollte ich jetzt irgendwie mal für alle Elemente einzeln überlegen. Die haben ja entweder die Form $\begin{eqnarray*} \sigma^k \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \tau \sigma^k \end{eqnarray*}$ . Denn wir haben ja den Zusammenhang

$\begin{eqnarray*} \sigma \tau \sigma = \sigma^{-1} \end{eqnarray*}$

So, wenn ich mir nun z.B. mal ein $\begin{eqnarray*} \sigma^k \end{eqnarray*}$ hernehme, kommutiert das natürlich mit $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ . Aber aus $\begin{eqnarray*} \sigma^k \tau = \tau \sigma^k \end{eqnarray*}$ irgendwie auf $\begin{eqnarray*} k = \frac{n}{2} \end{eqnarray*}$ zu schließen ist mir bisher nicht gelungen. Hat jemand einen Tipp, wie man das machen könnte?

Bei $\begin{eqnarray*} \tau \sigma^k \end{eqnarray*}$ fehlt mir auch noch ein bisschen der Ansatz.

$\begin{eqnarray*} \tau \end{eqnarray*}$ selbst liegt natürlich nicht im Zentrum.

06.05.2013, 17:01

tmo

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Wenn du bei $\begin{eqnarray*} \tau \sigma^k = \sigma^k \tau \end{eqnarray*}$ von links mit $\begin{eqnarray*} \tau \end{eqnarray*}$ multiplizierst, steht doch sofort $\begin{eqnarray*} \sigma^k = \sigma^{-k} \end{eqnarray*}$ da.

06.05.2013, 17:08

Mulder

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Ach, das ist alles? Ich dachte irgendwie,

$\begin{eqnarray*} \sigma \tau \sigma = \sigma^{-1} \end{eqnarray*}$

wäre so ein Sonderfall für k=1. Mir fehlt wohl noch ein bisschen der Zugang zu diesen Permutationen. Für k=1 habe ich mir das an einem Bild angesehen, aber für k allgemein ist das für mich gar nicht so direkt einzusehen.

Okay dann ist das ja wirklich banal. und ich krakel hier blätter voll mit den wildesten umformungen...

06.05.2013, 17:10

tmo

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Die Zeile $\begin{eqnarray*} \sigma \tau \sigma = \sigma^{-1} \end{eqnarray*}$ habe ich oben wohlwollend überlesen. Das ist falsch. Ich habe für mich da die richtige Gleichung gesehen:

In der Diedergruppe gilt $\begin{eqnarray*} \tau \sigma \tau = \sigma^{-1} \end{eqnarray*}$

06.05.2013, 17:14

Mulder

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ja, richtig, das war ein tippfehler, pardon.

okay, danke in jedem fall. den anderen fall sollte ich dann auch hinbekommen.

Wink

Wink

06.05.2013, 17:54

Mulder

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okay, das war dann in der tat kein problem.

wie könnte man denn noch checken, ob die $\begin{eqnarray*} D_ {12} \end{eqnarray*}$ isomorph zu $\begin{eqnarray*} \mathbb Z / 2 \mathbb Z\times D_ {6} \end{eqnarray*}$ ist? verwirrt

verwirrt

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06.05.2013, 17:58

Mystic

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Zitat:

Original von Mulder
okay, danke in jedem fall. den anderen fall sollte ich dann auch hinbekommen.

Es gibt in Wahrheit nur diesen einen Fall. Die Elemente von $\begin{eqnarray*} D_n \end{eqnarray*}$ haben ja die Gestalt

$\begin{eqnarray*} \tau^j \sigma^k \quad (j \in \{0,1\},k \in \{0,1,\ldots,n-1\} \end{eqnarray*}$

Ein derartiges Element ist aber gegenüber Konjugieren mit $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ genau dann invariant, wenn entweder die Diedergruppe kommutativ oder j=0 ist...

06.05.2013, 18:07

tmo

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Zitat:

Original von Mulder
wie könnte man denn noch checken, ob die $\begin{eqnarray*} D_ {12} \end{eqnarray*}$ isomorph zu $\begin{eqnarray*} \mathbb Z / 2 \mathbb Z\times D_ {6} \end{eqnarray*}$ ist? verwirrt

verwirrt

Bestimme das Zentrum beider Seiten.

06.05.2013, 18:35

Mulder

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hm...

also $\begin{eqnarray*} \mathbb Z / 2 \end{eqnarray*}$ wäre ja abelsch, also müsste ich mir dann noch das zentrum von $\begin{eqnarray*} D_6 \end{eqnarray*}$ anschauen, also wieder die Identität und nun eben $\begin{eqnarray*} \sigma^3 \end{eqnarray*}$ .

zusammenfassend käme ich dann auf insgesamt vier elemente im zentrum von $\begin{eqnarray*} \mathbb Z / 2 \mathbb Z\times D_ {6} \end{eqnarray*}$ .

06.05.2013, 18:36

tmo

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Genau.

06.05.2013, 18:56

Mulder

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Okay...

Jetzt muss ich überlegen, worauf wir eigentlich hinauswollen. Big Laugh

Big Laugh

Also bei einem etwaigen Isomorphismus

$\begin{eqnarray*} f: \mathbb Z / 2 \mathbb Z\times D_ {6} \to D_ {12} \end{eqnarray*}$

hätte ich in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z / 2 \mathbb Z\times D_ {6} \end{eqnarray*}$ vier Elemente , die mit allen anderen kommutieren. Wenn a so ein Element wäre, müsste also auch f(a) in $\begin{eqnarray*} D_ {12} \end{eqnarray*}$ mit allen Elementen in $\begin{eqnarray*} D_ {12} \end{eqnarray*}$ kommutieren, was aber nicht sein kann, weil ich soviele Elemente, die in $\begin{eqnarray*} D_ {12} \end{eqnarray*}$ kommutieren, gar nicht habe (dass f injektiv ist benutze ich hier dann). Das ergibt sich ja aus der Homomorphieeigenschaft von f.

Also nicht isomorph? verwirrt

verwirrt

06.05.2013, 19:56

tmo

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Genau. Nicht Isomorph.

Genauer gesagt nutzt du die Surjektivität hier auch, wenn du folgerst, dass $\begin{eqnarray*} f(a) \end{eqnarray*}$ wieder im Zentrum liegt.

06.05.2013, 20:19

Mystic

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Um ehrlich zu sein, erscheint es mir hier naheliegender, einfach die Elemente der Ordnung 2 für beide Gruppen abzuzählen. Deren Anzahl bestimmt sich für die $\begin{eqnarray*} D_n \end{eqnarray*}$ leicht zu n+1 oder n, je nachdem, ob n gerade oder ungerade ist...

06.05.2013, 20:26

tmo

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Zitat:

Original von Mystic
Um ehrlich zu sein, erscheint es mir hier naheliegender, einfach die Elemente der Ordnung 2 für beide Gruppen abzuzählen.

Ansichtssache Augenzwinkern

Augenzwinkern

. Dem Titel des Threads folgend, schien mir eben eine Betrachtung des Zentrums naheliegend. Vielleicht war es ja sogar eine Teilaufgabe, die direkt nach der Bestimmung des Zentrums folgte. Dann wurde einem das im wahrsten Sinne des Wortes "nahe gelegt".

Dass nicht-isomorphe Gruppen zumeist recht viele Eigenschaften haben, in denen sie sich unterscheiden, ist ja kein Geheimnis. Da darf sich jeder doch seine Lieblingseigenschaft rauspicken Big Laugh

Big Laugh

06.05.2013, 20:45

Mulder

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Zitat:

Original von tmo
Vielleicht war es ja sogar eine Teilaufgabe, die direkt nach der Bestimmung des Zentrums folgte.

So isses.

Augenzwinkern

Dann ist es natürlich auch schön, wenn man gleich im Anschluss mal sieht, dass die "Mühe" nicht für die Tonne war.

Dennoch bin ich hinterher immer gerne für Alternativen zu haben. Nur kurz: Also in der D12 käme ich dann auf 13 Elemente der Ordnung 2 und in dem anderen Gemüse müssten es deren 14 sein.

Und wenn $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z / 2 \mathbb Z\times D_ {6} \end{eqnarray*}$ Ordnung 2 hat, muss auch f(a) in $\begin{eqnarray*} D_ {12} \end{eqnarray*}$ Ordnung 2 haben, weil neutrale Elemente wieder auf neutrale Elemente abgebildet werden? und das würde dann ja wieder nicht hinhauen, weil ich in D12 eins zuwenig hätte.

Oder war eine andere Argumentation gedacht?

Danke euch beiden. Wink

Wink

06.05.2013, 20:52

tmo

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Ohne nachzuzählen sage ich dir sofort, dass 14 Elemente der Ordnung 2 in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/2\mathbb Z \times D_6 \end{eqnarray*}$ falsch sein muss (Die Anzahl muss ungerade sein).

15 sollten es sein.

Ja die Begründung passt dann wieder. Isomorphismen erhalten natürlich die Ordnung der einzelnen Elemente.

Dass isomorphe Gruppen gleich viele Elemente einer gegebenen Ordnung besitzen, überrascht ja nicht wirklich.

06.05.2013, 21:01

Mulder

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Zitat:

Original von tmo
(Die Anzahl muss ungerade sein).

Hmm, war/ist mir nicht ganz klar.

Okay, dann hätte ich den Denkfehler noch gerne bereinigt. In D6 sind es 7 Elemente der Ordnung 2.

Und ob "davor" jetzt 0 oder 1 steht, ist egal, weil 0+0 und 1+1 ja beides wohl 0 ergibt. Neutrales Element ist doch (0, id)...

Was habe ich verbockt? Augenzwinkern

Augenzwinkern

06.05.2013, 21:05

tmo

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Es kommt eben noch (1,id) dazu.

Das vergisst du, wenn du einfach die Anzahl der Elemente der Ordnung 2 in $\begin{eqnarray*} D_6 \end{eqnarray*}$ verdoppelst.

Wegen der ungeraden Anzahl:

Zähle in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/2 \mathbb Z \times G \end{eqnarray*}$ alle Elemente, die höchstens Ordnung 2 haben (d.h. die jenigen mit $\begin{eqnarray*} x^2=e \end{eqnarray*}$ ). Das ist dann wirklich die doppelte Anzahl der Elemente in $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ , die höchstens Ordnung 2 haben.

Abzüglich des neutralen Elements haben wir also eine ungerade Anzahl von Elementen mit genau Ordnung 2 in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z/2 \mathbb Z \times G \end{eqnarray*}$

06.05.2013, 21:07

Mulder

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Zitat:

Original von tmo
Es kommt eben noch (1,id) dazu.

Forum Kloppe

Super, dann ist das mit der ungeraden Zahl natürlich logisch.

Wink

Wink

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