Gruppen Ordnung 70 [PFA]

18.03.2011, 20:52

tigerbine

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Gruppen Ordnung 70 [PFA]

Hallo,

ich möchte alle Isomorphietypen der Ordnung 70 bestimmen. Es gilt also |G|=70=2*5*7. Zunächst einmal wäre da die zyklische Gruppe. Die ist abelsch und daher das direkte Produkt ihrer p-Sylowgruppen:

$\begin{eqnarray*} G \cong \mathbb Z_{70} \cong \mathbb Z_{2} \times \mathbb Z_{5} \times \mathbb Z_{7} \cong \mathbb Z_{10} \times \mathbb Z_{7} \cong \mathbb Z_{14} \times \mathbb Z_{5} \cong \mathbb Z_{2} \times \mathbb Z_{35} \end{eqnarray*}$

Wegen der Teilerfremdheit folgen die andern isomorphen Darstellungen. Da abelsch, sind alle p-Sylowgruppen Normalteiler. Daraus folgt auch, dass es jeweils nur eine p-Sylowgruppe gibt, also $\begin{eqnarray*} s_2=1,s_54=1,s_7=1 \end{eqnarray*}$ . Andere Isomorphietypen müssen nun auch andere Anzahlen an p-Sylowgruppen haben.

Verwende ich Sylow 1 und 2, so komme ich auf folgende Möglichkeiten:

$\begin{eqnarray*} s_2 \in \{1,5,7,35\},~s_5 \in \{1\},~s_7 \in \{1\} \end{eqnarray*}$

Damit kann es maximal 4 Isomorphietypen geben. Wie muss ich nun weiter vorgehen?

18.03.2011, 22:37

Mystic

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RE: Gruppen Ordnung 70 [PF]

Zitat:

Original von tigerbine
Damit kann es maximal 4 Isomorphietypen geben. Wie muss ich nun weiter vorgehen?

Da trifft es sich gut, dass es auch gleich vier offensichtliche Kandidaten gibt, nämlich $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_{70},\ D_5 \times \mathbb{Z}_7,\ D_7 \times \mathbb{Z}_5,\ D_{35} \end{eqnarray*}$ ... Augenzwinkern

Augenzwinkern

18.03.2011, 23:23

tigerbine

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RE: Gruppen Ordnung 70 [PF]
Ok, ich sehe schon, damit auch ich ungelogen *offensichtlich* sagen kann, muss ich mich mehr mit der Diedergruppe vertraut machen.

Ich kann hier also aus der Perspektive "äußeres"Produkt" [Von Faktoren zur Gruppe] starten. Ziel müßte es nun sein, eine nicht abelsche Gruppe zu bauen. Da könnte man mit dem "Bausatz" $\begin{eqnarray*} D_n,~|D_n|=2n \end{eqnarray*}$ arbeiten. Für n>2 ist die Diedergruppe dann nicht abelsch. Als ggf. zweiten Faktor kann man wieder was zyklisches nehmen.

Damit hat man dann schon $\begin{eqnarray*} \ D_5 \times \mathbb{Z}_7,\ D_7 \times \mathbb{Z}_5,\ D_{35} \end{eqnarray*}$ . Mit den vorherigen Ausführungen, ist man dann fertig.

Kann man dann salopp sagen: So wie eine zyklische Gruppe die "einfachste" abelsche ist, ist eine Diedergruppe die einfachste "nicht abelsche"?

Mit den Zyklischen bekommt man allerdings beliebige Ordnung, mit den Diedergruppen nur gerade Ordnungen. Wirft in mir die Frage nach nicht abelschen Gruppen ungerader Ordnung auf...

19.03.2011, 00:57

Leopold

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Nach dieser Liste scheint die kleinste nichtabelsche Gruppe ungerader Ordnung die Ordnung 21 zu besitzen. Ich verstehe die Beschreibung so, daß sie von zwei Elementen $\begin{eqnarray*} x,y \end{eqnarray*}$ erzeugt wird, wobei $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ die Ordnung 7 und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ die Ordnung 3 hat und die Relation $\begin{eqnarray*} yx = x^2y \end{eqnarray*}$ besteht (ziehe ein $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ rechts von $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ als $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ nach links). Wenn ich es richtig sehe, hat die Gruppe also die Elemente

$\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ (neutrales Element)

$\begin{eqnarray*} x, x^2, x^3, x^4, x^5, x^6 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y, y^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} xy, x^2y, x^3y, x^4y, x^5y, x^6y \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} xy^2, x^2y^2, x^3y^2, x^4y^2, x^5y^2, x^6y^2 \end{eqnarray*}$

Will man etwa $\begin{eqnarray*} a=xy \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} b=x^3y^2 \end{eqnarray*}$ multiplizieren, so kann man gemäß der obigen Regel so rechnen:

$\begin{eqnarray*} ab = xy \cdot x^3y^2 = xx^2x^2x^2yy^2 = x^7y^3 = e \end{eqnarray*}$

Diese zwei Elemente haben sich also als invers zueinander herausgestellt.

EDIT 1
"ungerader Ordnung" nach Hinweis von Mystic eingefügt.

EDIT 2
Beim Konjugieren habe ich verkehrt herum gedacht. Die Relation muß korrekt $\begin{eqnarray*} xy = yx^2 \end{eqnarray*}$ heißen. Korrektur in meinem nächsten Beitrag.

19.03.2011, 01:18

tigerbine

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Danke für den Link. Ich sollte mir wohl auch noch mal das "Semidirekte Produkt" anschauen.

19.03.2011, 02:06

juffo-wup

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Zitat:

Original von tigerbine
Andere Isomorphietypen müssen nun auch andere Anzahlen an p-Sylowgruppen haben.

Entschuldigung, falls ich dich falsch verstanden habe, aber allgemein gilt das doch nicht. Zum Beispiel sind ja $\begin{eqnarray*} D_5\times Z_7 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Z_{10}\times Z_7 \end{eqnarray*}$ nicht isomorph. Aufgrund der vielen Primteiler von 70 schätze ich, es gibt wirklich viele Isomorphieklassen und die alle zu bestimmen wäre bestimmt eine Riesenarbeit.

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19.03.2011, 02:20

juffo-wup

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Ich bemerke gerade, dass ich tatsächlich etwas falsch verstanden hatte und ziehe den Kommentar daher zurück. Augenzwinkern

Augenzwinkern

19.03.2011, 02:37

tigerbine

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Hi,

so dumm ist der Einwand nicht. Interessant wäre die Frage, ob eine Gruppe (bis auf Isomorphie) durch die Anzahl ihrer p-Sylowgruppen eindeutig bestimmt ist (was ich bejahte). Im Moment will mir alerdings kein Beweis einfallen.

19.03.2011, 08:33

jester.

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$\begin{eqnarray*} C_4 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} C_2\times C_2 \end{eqnarray*}$ sind jeweils ihre eigenen 2-Sylowgruppen, sie sind jedoch nicht isomorph. Siehe genauso $\begin{eqnarray*} D_8 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Q_8 \end{eqnarray*}$ .

Vielleicht gibt es auch Beispiele unter den "Nicht-p-Gruppen".

19.03.2011, 09:25

Mystic

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Zitat:

Original von Leopold
Nach dieser Liste scheint die kleinste nichtabelsche Gruppe die Ordnung 21 zu besitzen.

Ich nehme an du beziehst dich jetzt auf nichtabelsche Gruppen ungerader Ordnung, also auf die diesbezügliche Frage von tigerbine... Augenzwinkern

Augenzwinkern

Allgemeiner gilt, dass es von der Ordnung pq, wo p,q zwei Primzahlen mit p<q sind, höchstens 2 Gruppen geben kann und zwei genau dann, wenn p ein Teiler von q-1 ist, was in deinem Beispiel p=3, q=7 tatsächlich zutrifft.

Zitat:

Original von tigerbine
so dumm ist der Einwand nicht. Interessant wäre die Frage, ob eine Gruppe (bis auf Isomorphie) durch die Anzahl ihrer p-Sylowgruppen eindeutig bestimmt ist (was ich bejahte). Im Moment will mir alerdings kein Beweis einfallen.

Ja, ist nicht von vorneherein klar, darüber muss ich auch noch nachdenken... Die Anzahl 4 im Fall n=70 stimmt aber...

Edit: Ok, hatte jetzt in der Badewanne Zeit darüber nachzudenken und gesehen, dass eigentlich Leopold und in etwas allgemeinerer Form auch ich die Frage eh schon beantwortet haben: Falls n=pq, p,q prim, p<q und p|q-1 so gibt es ja 2 Gruppen der Ordnung n, obwohl es nur jeweils eine Sylowgruppe der Ordnung p bzw. q gibt...

Ich sehe gerade, dass auch schon Jester diese Frage für endliche p-Gruppen beantwortet hat, obiges Beispiel beantwortet auch eine weitergehende Frage von ihm, ob es noch andere Beispiele gibt...

19.03.2011, 10:28

Leopold

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Mein Beispiel vorhin war falsch berechnet. Die Relationen zwischen $\begin{eqnarray*} x,y \end{eqnarray*}$ müssen korrekt

$\begin{eqnarray*} x^7=e \, , \ y^3=e \, , \ xy = yx^2 \end{eqnarray*}$

heißen. Dann haben alle Elemente außer denen in $\begin{eqnarray*} \langle x \rangle \end{eqnarray*}$ die Ordnung 3.

Beispiel:

$\begin{eqnarray*} (xy)^3 = xyxyxy = yx^3yxy = y^2x^7y = y^3 = e \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \left( x^3y^2 \right)^3 = x^3y^2x^3y^2x^3y^2=y^2x^9y^2x^3y^2 = y^2x^{21}y^2y^2 = y^2y^2y^2 = y^6 = e \end{eqnarray*}$

Man hat die folgenden Untergruppen:

Ordnung 1:
$\begin{eqnarray*} \left\{ e \right\} \end{eqnarray*}$

Ordnung 3:
$\begin{eqnarray*} \left\{ e,y,y^2 \right\}, \ \left\{ e,xy,x^5y^2 \right\}, \ \left\{ e,x^2y,x^3y^2 \right\}, \ \left\{ e,x^3y,xy^2 \right\} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \left\{ e,x^4y,x^6y^2 \right\}, \ \left\{ e,x^5y,x^4y^2 \right\}, \ \left\{ e,x^6y,x^2y^2 \right\} \end{eqnarray*}$

Ordnung 7:
$\begin{eqnarray*} \left\{ e,x,x^2,\ldots,x^6 \right\} \end{eqnarray*}$

Und so paßt das auch mit den Sylowschen Sätzen zusammen.

19.03.2011, 11:50

tigerbine

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Hallo,

erst mal danke an euch alle. Mit Zunge

Mit Zunge

Ganz genau kann ich es mir erst heute Abend anschauen. Spule ich noch mal zurück:

Zitat:

Verwende ich Sylow 1 und 2, so komme ich auf folgende Möglichkeiten:

$\begin{eqnarray*} s_2 \in \{1,5,7,35\},~s_5 \in \{1\},~s_7 \in \{1\} \end{eqnarray*}$

Damit kann es maximal "4 Varianten" der Anzahl der Sylowgruppen in G geben. Zu jeder haben wir nun auch schon ein Beispiel. Da Ordnung 70 ja nur ein Beispiel ist:

=> Allgemein muss es aber nicht jede theor. Paarung geben (Meine ein Beispiel mit Widerspruch zu der Anzahl der Gruppenelemente gerechnet zu haben ...)

=> Allgemein legt eine theoretische Paarung nicht eindeutig einen Isomorphietyp fest (Beispiel Jester)

=> Frage: Wann kann man sagen, dass die Paarung - wenn "praktisch" existent - auch eindeutig ist. verwirrt

verwirrt

Zitat:

Edit: Ok, hatte jetzt in der Badewanne Zeit darüber nachzudenken und gesehen, dass eigentlich Leopold und in etwas allgemeinerer Form auch ich die Frage eh schon beantwortet haben: Falls n=pq, p,q prim, p<q und p|q-1 so gibt es ja 2 Gruppen der Ordnung n, obwohl es nur jeweils eine Sylowgruppe der Ordnung p bzw. q gibt...

Ja, Lemma gefunden.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} C_4 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} C_2\times C_2 \end{eqnarray*}$ sind jeweils ihre eigenen 2-Sylowgruppen, sie sind jedoch nicht isomorph.

In 2-Sylow steckt ja nicht drin, welche Ordnung die Untergruppe hat. Maximale Potenz von 2 ist hier einmal 2² und 2. Das müßte man dann auch noch untersuchen... verwirrt

verwirrt

Wirft mich zurück auf die 70, und was ist das Besondere hier, so dass die Arfumentation für genau 4 Isotypen komplett ist. (wenn ihr es schon sagtet und ich es übersehen habe, zitiert euch bitte. Danke)

19.03.2011, 12:08

Mystic

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Zitat:

Original von Leopold
Mein Beispiel vorhin war falsch berechnet. Die Relationen zwischen $\begin{eqnarray*} x,y \end{eqnarray*}$ müssen korrekt

$\begin{eqnarray*} x^7=e \, , \ y^3=e \, , \ xy = yx^2 \end{eqnarray*}$

heißen. Dann haben alle Elemente außer denen in $\begin{eqnarray*} \langle x \rangle \end{eqnarray*}$ die Ordnung 3.

Ich muss zugeben, deine alten definierenden Relationen der Gruppe haben mir besser gefallen, aber das ist jetzt wahrscheinlich Geschmackssache... Augenzwinkern

Augenzwinkern

Wenn man das ganze von einer etwas höheren Warte aus betrachtet, so stellt sich für den Fall einer nichtabelschen Gruppe G der Ordnung n=pq mit Primzahlen p<q das Ganze so dar, dass man dann jedenfalls die beiden zyklischen Sylowgruppen $\begin{eqnarray*} Syl_p(G) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Syl_q(G) \end{eqnarray*}$ und man sich fragen kann, ob die noch auf eine andere Weise "interagieren" können, als dass sie bloß ein direktes Produkt bilden, womit G dann abelsch und sogar zyklisch wäre...

Seien dazu x und y erzeugende Elemente von $\begin{eqnarray*} Syl_q(G) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} Syl_p(G) \end{eqnarray*}$ ... Da $\begin{eqnarray*} Syl_q(G) \end{eqnarray*}$ jedenfalls Normalteiler von G ist, muss offensichtlich

$\begin{eqnarray*} x^q=y^p=e, \ yxy^{-1}=x^k \text{ mit } k \in \{2,3,..,q-1\} \end{eqnarray*}$

gelten. Nun kann man

$\begin{eqnarray*} y^pxy^{-p}=exe=x \end{eqnarray*}$

noch auf eine andere Art berechnen, nämlich so

$\begin{eqnarray*} y^pxy^{-p} = x^{k^p} \end{eqnarray*}$

woraus für k die notwendige Bedingung

$\begin{eqnarray*} k^p \equiv 1 \mod q \quad (*) \end{eqnarray*}$

folgt... Es muss also jedenfalls

$\begin{eqnarray*} ord_q(k)=p|q-1 \end{eqnarray*}$

gelten, was wir aber ohnehin schon aus den Sylowsätzen wissen... Wählt man also k gemäß dieser Bedingung (im Fall von p=3, q=7 z.B. k=2, also den Wert, den auch Leopold gewählt hat) so klappt dann mit den Relationen

$\begin{eqnarray*} x^q=y^p=e, \ yx=x^k y \end{eqnarray*}$

auch alles wunderbar, d.h., diese Gruppe gibt es tatsächlich und auch alle anderen Möglichkeiten für k liefern bis auf Isomorphie das gleiche Ergebnis...

Edit: Was die potenziellen Werte für k betrifft, so hatte ich mich hier ursprünglich verschrieben... Es sind dies genau die Werte

$\begin{eqnarray*} \omega^{j(q-1)/p} \mod q, \quad j = 1,2,...,p-1 \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ eine Primitivwurzel mod q ist... Im Fall p=3, q=7, wo z.B. $\begin{eqnarray*} \omega=3 \end{eqnarray*}$ gewählt werden kann, könnte man statt k=2 auch k=4 nehmen...

19.03.2011, 21:43

jester.

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Zitat:

Original von tigerbine

Zitat:

$\begin{eqnarray*} C_4 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} C_2\times C_2 \end{eqnarray*}$ sind jeweils ihre eigenen 2-Sylowgruppen, sie sind jedoch nicht isomorph.

In 2-Sylow steckt ja nicht drin, welche Ordnung die Untergruppe hat. Maximale Potenz von 2 ist hier einmal 2² und 2. Das müßte man dann auch noch untersuchen... verwirrt

verwirrt

Diesen Einwand von dir verstehe ich irgendwie nicht. In einer Gruppe mit $\begin{eqnarray*} p \mid |G| \end{eqnarray*}$ ist eine p-Sylowgruppe eine Untergruppe der Ordnung $\begin{eqnarray*} p^k \end{eqnarray*}$ mit maximalem k.

Im Fall $\begin{eqnarray*} |G|=4=2^2 \end{eqnarray*}$ ist das also $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ selbst mit $\begin{eqnarray*} p=2 \end{eqnarray*}$ . Egal ob $\begin{eqnarray*} G\cong C_4 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} G\cong C_2 \times C_2 \end{eqnarray*}$ .

19.03.2011, 22:41

tigerbine

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Das war kein Einwand, sondern sollte eine "weiterführende" Überlegung sein, die sich als Rohrkrepierer herausgestellt hat. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Danke.

Könnt ihr mir von der "Hohen Warte" gerade noch mit Strg+C machen, warum es also nur die 4 angegeben Gruppen der Ordnung 70 gibt. Mein Standpunkt ist noch zu niedrig, für den Überblick. Sorry. Ups

Ups

19.03.2011, 23:34

Mystic

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Zitat:

Original von tigerbine
Könnt ihr mir von der "Hohen Warte" gerade noch mit Strg+C machen, warum es also nur die 4 angegeben Gruppen der Ordnung 70 gibt.

Naja, was mich betrifft, so hab ich bis jetzt nur mal 4 nichtisomorphe Gruppen der Ordnung 70 genannt, dass es nicht mehr als 4 gibt, weiß ich jetzt nur aus Quellen im Internet wie z.B. dieser hier, ohne dass ich das bisher begründet habe...

Ich denke aber, wenn man denn Versuch machen wollte, das auch zu beweisen, dann sollte man sich überlegen, auf welche Weise die Sylowgruppen der Ordnung 2, 5 und 7, welche hier noch alle von Primzahlordnung und daher zyklisch sind, in die Gruppe G der Ordnung 70 "eingebettet" sein können bzw. welche "Verbindungen" sie paarweise außer dem direkten Produkt miteinander eingehen können... Wie ich oben allgemein für Gruppen der Ordnung pq, p,q prim, p<q, "skizziert" habe, gibt es dafür höchstens eine Möglichkeit und auch diesen nur, wenn p Teiler von q-1 ist. Damit kann also nur die Sylowgruppe der Ordnung 2 mit den anderen beiden eine Verbindung außerhalb des direkten Produkts eingehen und dass muss dann jeweils die Diedergruppe ergeben... Diese Überlegungen sollte man zu einem Beweis ausbauen können, aber so ganz trivial scheint mir die Sache dann doch nicht zu sein...

Wenn du das in der Literatur nachschlagen willst, dann solltest du aber gleich den allgemeinen Fall n=pqr, p,q,r prim, p<q<r, versuchen zu finden (siehe dazu auch die Quellenangaben in obigem Link zur Formel a(pqr))...

20.03.2011, 00:44

tigerbine

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Hey,

danke für das Feedback. Wenn ein Profi sagt

Zitat:

aber so ganz trivial scheint mir die Sache dann doch nicht zu sein...

ist das ja was anderes, als wenn ich nur nicht drauf komme (weil ich z.B. einen Satz noch nicht kenne). Augenzwinkern

Augenzwinkern

Das Beispiel von jester machte die "Kombinatorik" Idee im Allgemeinen ja schon mal zu nichte. Somit kann ich den Ansatzfehler schon mal nicht wiederholen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

edit: Internetrecherche |G|=p*q*r, p<q<r prim

Beweisversuch: http://www.matheplanet.com/matheplanet/n...php?topic=60290
Diese Gruppen sind nicht einfach: http://www.math.tugraz.at/~wagner/SimpleGroups.pdf
Reksilat: http://www.matheboard.de/archive/408850/thread.html
Diese Gruppen sind Auflösbar: Quelle

Schluss für heute Schläfer

Schläfer

20.03.2011, 01:29

juffo-wup

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Mir ist eine Idee hierzu gekommen: Die Sylow-Untergruppen $\begin{eqnarray*} S_5 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} S_7 \end{eqnarray*}$ der Ordnung 5 bzw. 7 der Gruppe $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ der Ordnung 70 sind ja Normalteiler, also ist für eine 2-Sylow-Untergruppe $\begin{eqnarray*} S_2 \end{eqnarray*}$ die Menge $\begin{eqnarray*} H:=S_7\cdot S_2 \end{eqnarray*}$ eine Untergruppe, sodass $\begin{eqnarray*} H\cap S_5 \end{eqnarray*}$ trivial ist (letzteres wegen der Ordnung). Man kann zeigen, dass dann $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ isomorph zu einem semidirekten Produkt $\begin{eqnarray*} S_5\rtimes H \end{eqnarray*}$ ist (natürlich kann man auch die Rollen von $\begin{eqnarray*} S_5 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} S_7 \end{eqnarray*}$ vertauschen). Wenn man also eine Übersicht über alle diese semidirekten Produkte gewinnen könnte (bzw. zeigen könnte, dass es nicht mehr als 4 geben kann), wäre man also fertig.

Edit (jester.): Korrektur durchgeführt.

20.03.2011, 01:41

juffo-wup

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Letzter Gedanke dazu: Es kann nur so viele solche semidirekten Produkte geben wie Homomorphismen von $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} Aut(S_5)\cong \mathbb Z _4 \end{eqnarray*}$ . Das sollte die Abschätzung $\begin{eqnarray*} \leq 4 \end{eqnarray*}$ eigentlich beweisen, da $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ ein 2-elementiges Erzeugendensystem hat.

Der Beweis, dass $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ unter den obigen Voraussetzungen isomorph zu dem semidirekten Produkt ist, ist auch nicht schwer. (Allgemein: Wenn es einen Normalteiler N und eine Untergruppe H gibt mit trivialem Schnitt sodass G=N*H, dann gilt das)

Edit (jester.): Korrektur durchgeführt.

20.03.2011, 02:07

juffo-wup

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Ich konnte mich nun nicht daran hindern, den Gedankengang noch zu Ende zu gehen: Für die Homomorphismen von H nach Z4 muss gelten, dass das Bild entweder 1 oder 2 elementig ist, da die Ordnung des Bildes die Ordnung von H, also 14, und die Ordnung von Z4, also 4, teilen muss. Also ist das Bild gleich {0} oder {0,2}. Für H gibt es die Möglichkeiten isomorph zu Z14 zu sein und isomorph zu D7 zu sein. In beiden Fällen gibt es genau zwei Homomorphismen nach Z4: Falls H isomorph zu Z14 gibt es den trivialen und den, bei dem 1 auf 2 abgebildet wird, da ein Homomorphismus durch Wahl des Bildes des Erzeugers 1 von Z14 eindeutig bestimmt ist. Falls H isomorph zu D7, dann gibt es zunächst den trivialen; falls das Bild 2-elementig ist, muss der Kern in D7 7-elementig sein, also gleich der von d erzeugten Untergruppe von D7 (D7 sei von der Drehung d und der Spiegelung s erzeugt). Dann muss s auf 2 abgebildet werden, was die Abbildung auch schon eindeutig festlegt.

Entschuldigung für die vielen Posts!

20.03.2011, 11:45

jester.

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Zitat:

Original von juffo-wup
Entschuldigung für die vielen Posts!

Wenn du dich registrierst, erhältst du die Möglichkeit, deine Beiträge über längere Zeit (wie lange genau habe ich vergessen) zu editieren. Ich hab jetzt mal die von dir gewünschten Änderungen durchgeführt.

Der Ansatz gefällt mir; ich habe gestern Abend auch noch daran gedacht, den Satz von Schur-Zassenhaus zur Anwendung zu bringen - dieser dürfte Tigerbiene in seiner Allgemeinheit aber wahrscheinlich noch nicht bekannt sein. Wir erhalten hier natürlich die gleiche Aussage "zu Fuß".
@Tigerbiene: Vielleicht kennst du den Satz ja doch, ich will dir da nichts unterstellen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

20.03.2011, 13:29

Mystic

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Man könnte auch versuchen, die Maximalanzahl 4 für die Anzahl der Gruppen mit 70 Elementen auch ganz elementar mit Erzeugenden und Relationen zu beweisen, in etwa so, wie ich das oben schon skizziiert habe... Seien dazu x,y,z Erzeugende der Sylowgruppen der Ordnung 2,5 und 7, d.h. es gilt $\begin{eqnarray*} x,y,z \ne e \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} x^2=y^5=z^7=e \end{eqnarray*}$

Wie können nun nach dem bisher Gesagten die Elemente x,y,z "interagieren", was ihre Vertauschbarkeit betrifft... Wir wissen, dass auf jeden Fall

$\begin{eqnarray*} yz=zy \end{eqnarray*}$

gelten muss, da wegen der Normalteilereigenschaft von $\begin{eqnarray*} \langle y \rangle \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \langle z \rangle \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} yzy^{-1}z^{-1} \in \langle y \rangle \cap \langle z \rangle =\{e\} \end{eqnarray*}$

y und z jedenfalls vertauschbar sind...

Unter Benützung dessen, was ich vorher schon über Gruppen der Ordnung pq, p,q prim, p<q gesagt habe, insbesondere was die dortige Wahl von k betrifft, haben wir daher von vornherein eigentlich nur die folgenden 4 Möglichkeiten

1. $\begin{eqnarray*} xy=yx, xz=zx \end{eqnarray*}$ (führt auf $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_{70} \end{eqnarray*}$ )
2. $\begin{eqnarray*} xy=y^4x, xz=zx \end{eqnarray*}$ (führt auf $\begin{eqnarray*} D_5 \times \mathbb{Z}_7 \end{eqnarray*}$ )
3. $\begin{eqnarray*} xy=yx, xz=z^6x \end{eqnarray*}$ (führt auf $\begin{eqnarray*} D_7 \times \mathbb{Z}_5 \end{eqnarray*}$ )
4. $\begin{eqnarray*} xy=y^4x, xz=z^6x \end{eqnarray*}$ (führt auf $\begin{eqnarray*} D_{35} \end{eqnarray*}$ )

Für mich wäre das jedenfalls ein sehr kurzer und einprägsamer Beweis, bin gespannt was ihr dazu sagt... Augenzwinkern

Augenzwinkern

20.03.2011, 14:02

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von jester.
@Tigerbiene: Vielleicht kennst du den Satz ja doch, ich will dir da nichts unterstellen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Hey, zu Fuß wäre für mich erstmal besser. Ich kenne den Satz - aber nur dass ich im Buch sagen kann, wo er steht. Da man das ja auch beim Verfeinerungssatz vom Scheier im Beweis nimmt, war ich dort auch ausgestiegen. Da hab ich ja auch noch Hausaufgaben von dir. Verfeinerung von Normalreihen

20.03.2011, 14:26

jester.

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Ich glaube jetzt verwechselst du etwas. Den Verfeinerungssatz beweist man üblicherweise mit Hilfe des Schmetterlingslemmas von Zassenhaus.
Ich sprach hier aber vom Satz von Schur-Zassenhaus.

20.03.2011, 14:37

tigerbine

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ah, dann kenne ich das gar nicht.

20.03.2011, 17:12

Mystic

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Zitat:

Original von tigerbine
ah, dann kenne ich das gar nicht.

Kein Problem, denn dieser Satz ist zwar sehr nett, nach meiner Einschätzung ist das aber hier ein viel zu schweres Geschoß... Augenzwinkern

Augenzwinkern

Nach meinem dzt. letzten Beweis, bei dem ich nur mehr 2 Erzeugende verwende, muss ich nämlich meine ursprüngliche Einschätzung, dass es nicht ganz so trivial sei, dass es höchstens 4 Gruppen der Ordnung 70 gibt, revidieren und behaupte nun das Gegenteil...

Tatsächlich muss es ja immer ein Element x der Ordnung 35 und ein Element y der Ordnung 2 geben, sodass die Gruppe von x und y erzeugt wird, ersteres deshalb, weil die beiden Sylowgruppen der Ordnung 5 und 7, welche ja beide Normalteiler sind und nur das Einselement e gemeinsam haben, zusammen die zyklische Gruppe der Ordnung 35 ergeben... Ich wende also im Grunde nur den gleichen Schluss wie früher auf Gruppen der Ordnung pq nochmals an, nur in leicht abgewandelter Form, da q jetzt zusammengesetzt ist... Es muss weiterhin gelten

$\begin{eqnarray*} x^{35}=y^2=e, \ yx=x^ky \text{ mit } k^2 \equiv 1 \mod 35 \end{eqnarray*}$

Die Kongruenz

$\begin{eqnarray*} k^2 \equiv 1 \mod 35 \end{eqnarray*}$

hat aber nur die 4 inkongruenten Lösungen 1,6,29,34 mod 35... Oder um es in der Sprache von wuffo-wup und jester auszudrücken: Es gibt genau 4 Möglichkeiten, ein semidirektes Produkt von $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_{35} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_2 \end{eqnarray*}$ zu bilden, wobei $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_{35} \end{eqnarray*}$ die Rolle des Normalteilers spielt...

21.03.2011, 19:53

tigerbine

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Wow, ihr erschlagt mich ja fast mit Wissen. Mit Zunge

Mit Zunge

Die Aufgabenstellung wird es ja auch für andere Ordnungen geben. Ich versuche mal die Überlegungen für mich zu wiederholen

Mache eine Primfaktorzerlegung der Gruppenordnung.

$\begin{eqnarray*} |G|=7=2\cdot 5\cdot 7 \end{eqnarray*}$
Ein leichter abelscher Isomorphietyp ist die zyklische Gruppe maximaler Ordnung. Mit dem Hauptsatz über endliche abelsche Gruppen findet man dann alle abelschen Isomorphietypen.

$\begin{eqnarray*} G \cong_1 \mathbb Z_{70} \cong \mathbb Z_{2} \times \mathbb Z_{5} \times \mathbb Z_{7} \cong \mathbb Z_{10} \times \mathbb Z_{7} \cong \mathbb Z_{14} \times \mathbb Z_{5} \cong \mathbb Z_{2} \times \mathbb Z_{35} \end{eqnarray*}$

Liefert hier also nur einen Isomorphietyp.
Bei gerader Gruppenordnung liefert eine Diedergruppe ein leichtes Beispiel für eine nichtabelschen Isomorphietyp.

$\begin{eqnarray*} G \cong_2 D_{35} \end{eqnarray*}$
Um weitere zu finden, bestimme "mögliche" Anzahl von p-Sylowgruppen mit den beiden Sylowsätzen. Achtung, "Kombination" legt aber nicht eindeutig Isomorphietyp fest und es muss nicht jede Kombination auch wirklich vorkommen.

$\begin{eqnarray*} s_2 \in \{1,5,7,35\},~s_5 \in \{1\},~s_7 \in \{1\} \end{eqnarray*}$

Folgerungen aus Sylow: Normalteiler, Untergruppen, Elementordnung

In jedem Isomorphietyp sind die 5-Sylow und die 7-Sylowgruppe Normalteiler, da es nur jeweils eine von ihnen gibt. Somit gilt $\begin{eqnarray*} S_5 \cap S_7 = e_G \end{eqnarray*}$ .

Wegen $\begin{eqnarray*} |S_5|=5 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |S_7|=7 \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} S_5 \cong \mathbb Z_5,~S_7 \cong \mathbb Z_7 \end{eqnarray*}$ .

Wegen der Teilerfremdheit von 5 und 7 haben wir in G immer eine zu $\begin{eqnarray*} \mathbb Z_{5\cdot 7}\cong :N \end{eqnarray*}$ isomorphe Untergruppe. Die ist hier (z.B. wegen Index 2) ja wieder Normalteiler. Ist das Produkt von Normalteilern immer wieder ein Normalteiler? verwirrt

verwirrt

Des weiteren gibt es mindestens ein Element der Ordnung 2 und damit eine Untergruppe U der Ordnung 2. Für diese Untergruppe gilt dann:

$\begin{eqnarray*} UN \leq G \end{eqnarray*}$ (Komplexprodukt)

$\begin{eqnarray*} U \cap G = \{e_g\} \end{eqnarray*}$

Daher ist dann $\begin{eqnarray*} UN=G \end{eqnarray*}$ und man nennt G hier das semidirekte Produkt von U mit N. Das notiert man auch so: $\begin{eqnarray*} G=U \rtimes N \end{eqnarray*}$ . Wie viele Möglichkeiten gibt es da?

Wenn es nur eine Untergruppe der Ordungen 2 gibt, also $\begin{eqnarray*} s_2=1 \end{eqnarray*}$ , dann ist U Normalteiler und wir haben wieder Fall 1: $\begin{eqnarray*} G \cong_1 \mathbb Z_{70} \end{eqnarray*}$

Wenn U kein Normalteiler ist, dann gibt es mind. 5 Untergruppen der Ordnung 2 (oder 5 verschiedene Elemente der Ordnung 2). Es liegen 35 Elemente nicht in N, so dass es auch 7 bzw. 35 Elemente der Ordnung 2 geben kann.

Wenn es 35 Elemente der Ordnung 2 gibt, ist jedes Element der Gruppe "festegelegt". Dies ist Fall 2: $\begin{eqnarray*} G \cong_2 D_{35} \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Oder um es in der Sprache von wuffo-wup und jester auszudrücken: Es gibt genau 4 Möglichkeiten, ein semidirektes Produkt von $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_{35} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_2 \end{eqnarray*}$ zu bilden, wobei $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_{35} \end{eqnarray*}$ die Rolle des Normalteilers spielt...

Hier komme ich nun nicht weiter, wie ich die beiden letzten Fälle aufbereiten muss. Wenn wir das mal mit dem Semidirekten Produkt weiter machen.

21.03.2011, 20:25

Mystic

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Zitat:

Original von tigerbine
Wegen der Teilerfremdheit von 5 und 7 haben wir in G immer eine zu $\begin{eqnarray*} \mathbb Z_{5\cdot 7}\cong :N \end{eqnarray*}$ isomorphe Untergruppe. Die ist hier (z.B. wegen Index 2) ja wieder Normalteiler. Ist das Produkt von Normalteilern immer wieder ein Normalteiler? verwirrt

verwirrt

Klar ist es das, denn sind $\begin{eqnarray*} N_1,N_2 \end{eqnarray*}$ Normalteiler von $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ , so wegen

$\begin{eqnarray*} \forall g \in G: gN_1N_2g^{-1}=gN_1g^{-1}gN_2g^{-1} \subseteq N_1N_2 \end{eqnarray*}$

dann auch $\begin{eqnarray*} N_1N_2 \end{eqnarray*}$ ...

Zitat:

Original von tigerbine
Des weiteren gibt es mindestens ein Element der Ordnung 2 und damit eine Untergruppe U der Ordnung 2. Für diese Untergruppe gilt dann:

$\begin{eqnarray*} UN \leq G \end{eqnarray*}$ (Komplexprodukt)

$\begin{eqnarray*} U \cap G = \{e_g\} \end{eqnarray*}$

Daher ist dann $\begin{eqnarray*} UN=G \end{eqnarray*}$ und man nennt G hier das semidirekte Produkt von U mit N. Das notiert man auch so: $\begin{eqnarray*} G=U \rtimes N \end{eqnarray*}$ . Wie viele Möglichkeiten gibt es da?

Zunächst einmal ist es ganz allgemein so, dass U auf N:= $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_{35} \end{eqnarray*}$ "agiert" vermöge der Operation des "Konjugierens"...Dies liefert also in natürlicher Weise einen Homomorphismus $\begin{eqnarray*} \phi: U \to Aut(N) \end{eqnarray*}$ . Ist y ein erzeugendes Element von U, so wie in meinem obigem Beweis, so muss y auf einen involutorischen Automorphismismus von N abgebildet werden oder auf $\begin{eqnarray*} id_N \end{eqnarray*}$ , da es ja die Ordnung 2 hat... Naja, und jetzt überlass ich es mal dir diese Automorphismen über die direkte Zerlegung von N zu finden (ist nicht schwer!)... Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.03.2011, 02:05

tigerbine

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1. Normalteiler: Danke. Manchmal weiß man nicht mehr, wo links und rechts ist.

2. Wie tricky ihr doch immer die im Buch so schön sauber getrennten Kapitel verbindet. Big Laugh

Big Laugh

Zitat:

Zunächst einmal ist es ganz allgemein so, dass U auf N:= $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_{35} \end{eqnarray*}$ "agiert" vermöge der Operation des "Konjugierens"...

Da klingelt was bei mir. Allerdings operierte G (Gruppe) da immer auf G (Menge). Hier sind U und N ja bis auf e verschieden. Daher muss ich noch mal checken - was euch trivial erscheinen mag. $\begin{eqnarray*} \circ \end{eqnarray*}$ soll allgemein für Operation stehen.

$\begin{eqnarray*} e \circ n :=ene^{-1} = n \end{eqnarray*}$ für e aus U und allen n aus N.

$\begin{eqnarray*} (ab)\circ n = (ab)n(ab)^{-1} = a(bnb^{-1})a^{1-} = a \circ (b \circ n) \end{eqnarray*}$ für alle n aus N und alle a,b, aus U.

=> Damit operiert U mittels Konjugieren auf N.

$\begin{eqnarray*} k_u:~n \mapsto unu^{-1}, n \in N, u \in U \end{eqnarray*}$

Da N ein Normalteiler ist, gilt $\begin{eqnarray*} gNg^{-1} =N \end{eqnarray*}$ für alle g aus G. Also auch für alle u aus U. Somit gilt:

$\begin{eqnarray*} k_u:~N \to N \end{eqnarray*}$

Aus $\begin{eqnarray*} un_1u^{-1} = un_2u^{-1} \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} n_1=n_2 \end{eqnarray*}$ . Sei n aus N beliebig. Dann ist $\begin{eqnarray*} k_u\Bigl(u^{-1}nu\Bigr) = u(u^{-1}nu\Bigr)u^{-1}=n \end{eqnarray*}$

=> Bijektive Abbildung von N nach N.

$\begin{eqnarray*} k_u(n_1n_2) = u(n_1n_2)u^{-1} = (un_1u^{-1})(un_2^{-1}) = k_u(n_1) k_u(n_2) \end{eqnarray*}$

=> G-Homomorphismus.

Damit sind die $\begin{eqnarray*} k_u \in Aut(N) \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \phi(u_1u_1)(n)=(u_1u_2)n(u_1u_2)^{-1} = \phi(u_1)(\phi(u_2))(n) \quad \forall n \in N \end{eqnarray*}$

=> G-Hom.

Somit habe ich nun nachvollzogen:

Zitat:

Dies liefert also in natürlicher Weise einen Homomorphismus $\begin{eqnarray*} \phi: U \to Aut(N) \end{eqnarray*}$

Weiter geht es mit

Zitat:

Ist y ein erzeugendes Element von U, so wie in meinem obigem Beweis,

Man braucht nicht jedes u unter $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ zu betrachten. Es reicht, wenn man ein Erzeugendensystem betrachtet. Hier ist das das nur das von e verschiedene u aus U.

Zitat:

so muss y auf einen involutorischen Automorphismismus von N abgebildet werden oder auf $\begin{eqnarray*} id_N \end{eqnarray*}$ , da es ja die Ordnung 2 hat..

Die Ordnung des Bildes muss die Ordnung des Urbildes teilen. Daher hier nur 2 Möglichkeiten: 1 und 2. Elemente der Ordnung 2 heißen Involutionen.

Zitat:

Naja, und jetzt überlass ich es mal dir diese Automorphismen über die direkte Zerlegung von N zu finden (ist nicht schwer!)... Augenzwinkern

Augenzwinkern

Mmh, verstehe ich nun nicht. Ich habe - du hattest Konjugation vorgegeben - doch nur 2 Möglichkeiten:

$\begin{eqnarray*} y \mapsto id(N) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y \mapsto k_y(N) \end{eqnarray*}$

Nun bleibt die Frage, was ist $\begin{eqnarray*} k_y(N) \end{eqnarray*}$ , oder was kann das sein. Jedes n aus N kann man eindeutig als Produkt eines Elementes v der Ordnung 5 und eines w der Ordnung 7 darstellen. n=vw. Dabei sind v und w dann auch ein Erzeugendensystem. Es ist dann

$\begin{eqnarray*} k_y(n)=yny^{-1} = (yvy^{-1})(ywy^{-1}) \end{eqnarray*}$

Nun könnte man $\begin{eqnarray*} k_y \end{eqnarray*}$ jeweils eingeschränkt auf die Sylowgruppen betrachten. Da gibt es dann jeweils 2 Möglichkeiten, da die v und w von primer Ordnung sind.

$\begin{eqnarray*} k_{y_{|S_{5}}}: v \mapsto yvy^{-1}=v \end{eqnarray*}$ (Also y liegt im Zentrum von $\begin{eqnarray*} S_5 \end{eqnarray*}$ )
$\begin{eqnarray*} k_{y_{|S_{5}}}: v \mapsto yvy^{-1}\neq v \end{eqnarray*}$ (Also y liegt nicht im Zentrum von $\begin{eqnarray*} S_5 \end{eqnarray*}$ ) Ist es da nun wichtig, auf welches?

analog mit $\begin{eqnarray*} S_7 \end{eqnarray*}$ . Hattest du das so gemeint? verwirrt

verwirrt

22.03.2011, 04:02

juffo-wup

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich denke, Mystic meinte mit dem Tipp, dass du für Automorphismen des direkten Produktes $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_5\times \mathbb{Z}_7 \end{eqnarray*}$ nur die Paare von Automorphismen je von $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_5 \end{eqnarray*}$ und von $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_7 \end{eqnarray*}$ betrachten musst, was die Arbeit, alle möglichen Homomorphismen von U in die Automorphismengruppe von N zu finden, erleichtert. Es gilt nämlich $\begin{eqnarray*} Aut(\mathbb{Z}_5\times\mathbb{Z}_7)\cong Aut(\mathbb{Z}_5)\times Aut(\mathbb{Z}_7) \end{eqnarray*}$ (warum?)

Mit der konkreten Darstellung der Automorphismen als Konjugationen mit dem Element aus U lässt sich in diesem Schritt nicht viel anfangen (auch wenn es für den Beweis, dass überhaupt ein semidirektes Produkt vorliegt, relevant ist), da ja nicht bekannt ist, wie die Verknüpfung in G funktioniert.

22.03.2011, 08:22

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, was den Homomorphsimus $\begin{eqnarray*} \phi : U \to Aut(N) \end{eqnarray*}$ verhält es sich so, wie von dir dargestellt.. Freude

Freude

Ansonsten ist es tatsächlich genauso wie juffo-wup es schon sagte: Man kann die Bestimmung der Automorphismen von $\begin{eqnarray*} \mathbb Z_5 \times \mathbb Z_7 \end{eqnarray*}$ leicht auf die Bestimmung der Automorphismen von $\begin{eqnarray*} \mathbb Z_5 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathbb Z_7 \end{eqnarray*}$ zurückführen...

Ich hatte eigentlich auch gehofft, dass die Erwähnung eines "involutorischen Automorphismus" sämtliche Glocken bei dir zum Läuten bringen, denn in jeder abelschen Gruppe G mit exp(G)>2 gibt es doch einen klassischen involutorischen Automorphismus $\begin{eqnarray*} \ne id_G \end{eqnarray*}$ , der implizit schon in der Definition einer Gruppe, also gewissermaßen auf Seite 1, vorkommt... Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.03.2011, 11:48

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Mystic
Ja, was den Homomorphsimus $\begin{eqnarray*} \phi : U \to Aut(N) \end{eqnarray*}$ verhält es sich so, wie von dir dargestellt.. Freude

Freude

Immerhin.

Zitat:

Ansonsten ist es tatsächlich genauso wie juffo-wup es schon sagte: Man kann die Bestimmung der Automorphismen von $\begin{eqnarray*} \mathbb Z_5 \times \mathbb Z_7 \end{eqnarray*}$ leicht auf die Bestimmung der Automorphismen von $\begin{eqnarray*} \mathbb Z_5 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mathbb Z_7 \end{eqnarray*}$ zurückführen...

Ich denke, Mystic meinte mit dem Tipp, dass du für Automorphismen des direkten Produktes $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_5\times \mathbb{Z}_7 \end{eqnarray*}$ nur die Paare von Automorphismen je von $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_5 \end{eqnarray*}$ und von $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_7 \end{eqnarray*}$ betrachten musst, was die Arbeit, alle möglichen Homomorphismen von U in die Automorphismengruppe von N zu finden, erleichtert. Es gilt nämlich $\begin{eqnarray*} Aut(\mathbb{Z}_5\times\mathbb{Z}_7)\cong Aut(\mathbb{Z}_5)\times Aut(\mathbb{Z}_7) \end{eqnarray*}$ (warum?)

Muss ich noch mal drüber nachdenken.

Zitat:

Ich hatte eigentlich auch gehofft, dass die Erwähnung eines "involutorischen Automorphismus" sämtliche Glocken bei dir zum Läuten bringen, denn in jeder abelschen Gruppe G mit exp(G)>2 gibt es doch einen klassischen involutorischen Automorphismus $\begin{eqnarray*} \ne id_G \end{eqnarray*}$ , der implizit schon in der Definition einer Gruppe, also gewissermaßen auf Seite 1, vorkommt... Augenzwinkern

Augenzwinkern

Mmh, meinst du $\begin{eqnarray*} x \mapsto x^{-1} \end{eqnarray*}$ , weil abelsch?

Mal zu exp(G). Das ist das kgV der Elementordnungen?

22.03.2011, 13:10

Mystic

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von tigerbine
Mmh, meinst du $\begin{eqnarray*} x \mapsto x^{-1} \end{eqnarray*}$ , weil abelsch?

Ja, den hat man für abelsche Gruppen sozusagen immer zur Verfügung, so ähnlich wie es zu jeder Gruppenordnung n immer die zyklische Gruppe $\begin{eqnarray*} \mathbb Z_n \end{eqnarray*}$ und für gerades n außerdem auch immer die Diedergruppe $\begin{eqnarray*} D_{n/2} \end{eqnarray*}$ gibt... Hier noch sehr wichtig: Für zyklische Gruppen von ungerader Primzahlordnung ist das sogar der einzige Automorphismus der Ordnung 2 (Warum?)...

Zitat:

Original von tigerbine
Mal zu exp(G). Das ist das kgV der Elementordnungen?

Ja, obwohl es üblicher ist zu sagen, dass der Exponent einer Gruppe G das kleinste m>0 ist mit der Eigenschaft

$\begin{eqnarray*} \forall x \in G: x^m = e \end{eqnarray*}$

falls ein solches existiert...

22.03.2011, 14:10

tigerbine

Auf diesen Beitrag antworten »

Voarb: Echt danke an Euch, auch wenn ich lange brauche, um euch zu folgen. Blumen

Blumen

Zitat:

Original von Mystic
Ja, den hat man für abelsche Gruppen sozusagen immer zur Verfügung, so ähnlich wie es zu jeder Gruppenordnung n immer die zyklische Gruppe $\begin{eqnarray*} \mathbb Z_n \end{eqnarray*}$ und für gerades n außerdem auch immer die Diedergruppe $\begin{eqnarray*} D_{n/2} \end{eqnarray*}$ gibt...

Schon mal gut zu wissen, welche Karten so im Ärmel sind.

Zitat:

Hier noch sehr wichtig: Für zyklische Gruppen von ungerader Primzahlordnung ist das sogar der einzige Automorphismus der Ordnung 2 (Warum?)...

Also, wenn es noch so einen Automorphismus gibt, dann ist auch der eindeutig durch das Bild eines erzeugenden Elements bestimmt. Nun ist also $\begin{eqnarray*} \varphi(z) = z^q,~q\in\{1,...,p-2\} \end{eqnarray*}$ . Wenn $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ nun eine Involution ist, dann muss gelten:

$\begin{eqnarray*} z \stackrel{!} = \varphi( \varphi(z)) = \varphi(z^q) = \varphi(z)^q = z^{q^2} \end{eqnarray*}$

Das müßte bedeuten, $\begin{eqnarray*} p|q^2-1 \end{eqnarray*}$ und weil p prim damit $\begin{eqnarray*} p|(q-1) \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} p|(q+1) \end{eqnarray*}$ was im Widerspruch zu $\begin{eqnarray*} q\in\{1,...,p-2\} \end{eqnarray*}$ steht.

Zitat:

Ja, obwohl es üblicher ist zu sagen, dass der Exponent einer Gruppe G das kleinste m>0 ist mit der Eigenschaft

$\begin{eqnarray*} \forall x \in G: x^m = e \end{eqnarray*}$

falls ein solches existiert...

Ok, und das "braucht" man, weil es sich von der Gruppenordung unterscheiden kann. Z.B wäre bei der Kleinschen Vierergruppe exp(V)=2. Aber ord(V)=4.

22.03.2011, 15:31

Mystic

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Zitat:

Original von tigerbine
Voarb: Echt danke an Euch, auch wenn ich lange brauche, um euch zu folgen. Blumen

Blumen

Gerne geschehen... smile

smile

Auch was Nachfragen betrifft, so sehe ich das durchaus positiv, da es ein Interesse an der Sache signalisiert und man dadurch oft gezwungen ist, sich das selber noch besser zu überlegen, wie man hier auch schon gesehen hat...

Zitat:

Original von tigerbine
Das müßte bedeuten, $\begin{eqnarray*} p|q^2-1 \end{eqnarray*}$ und weil p prim damit $\begin{eqnarray*} p|(q-1) \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} p|(q+1) \end{eqnarray*}$ was im Widerspruch zu $\begin{eqnarray*} q\in\{1,...,p-2\} \end{eqnarray*}$ steht.

Wobei man hier für einen Widerspruch auch noch von vorneherein $\begin{eqnarray*} q=1 \end{eqnarray*}$ ausschließen sollte...

Ist damit dann auch klar, wie die Automorphismen der Ordnung höchstens 2 in $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_{35} \end{eqnarray*}$ aussehen? Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.03.2011, 17:19

tigerbine

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Also mit

Zitat:

Es gilt nämlich $\begin{eqnarray*} Aut(\mathbb{Z}_5\times\mathbb{Z}_7)\cong Aut(\mathbb{Z}_5)\times Aut(\mathbb{Z}_7) \end{eqnarray*}$ noch unklar

und

Zitat:

Hier noch sehr wichtig: Für zyklische Gruppen von ungerader Primzahlordnung ist das sogar der einzige Automorphismus der Ordnung 2 (Warum?). klar

kommt man dann auf 4 Fälle, die Kombinationen von Identitätsabbildung und Abbildung auf die Inversen. Es gibt also 4 Abbildungen des Typs

$\begin{eqnarray*} \phi : U \to Aut(N) \end{eqnarray*}$

Wie hilft das jetzt bei der Struktur von G weiter. Irgendwie sehe ich gerade nur Bäume

22.03.2011, 17:42

Mystic

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Zitat:

Original von tigerbine
Es gibt also 4 Abbildungen des Typs

$\begin{eqnarray*} \phi : U \to Aut(N) \end{eqnarray*}$

Wie hilft das jetzt bei der Struktur von G weiter. Irgendwie sehe ich gerade nur Bäume

Naja, die Struktor von G ist durch den Homomorphismus $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ vollkommen festgelegt, denn einerseits ist ja

$\begin{eqnarray*} G=NU \end{eqnarray*}$

und die Darstellung

$\begin{eqnarray*} g=nu \quad (n \in N, u \in U) \end{eqnarray*}$

ist wegen

$\begin{eqnarray*} N \cap U =\{e\} \end{eqnarray*}$

auch eindeutig, andererseits weiss ich, wie ich 2 Elemente $\begin{eqnarray*} n_1u_1,n_2u_2 \in NU \end{eqnarray*}$ multiplizieren muss, wenn ich $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ kenne, denn es gilt ja

$\begin{eqnarray*} (n_1u_1)(n_2u_2)=n_1(u_1n_2u_1^{-1})u_1u_2=(n_1\phi_{u_1}(n_2)(u_1u_2)\in NU \end{eqnarray*}$

Das semidirekte Produkt eines Normalteilers N mit einer Untergruppe ist also die einfachste und naheliegendste Verallgemeinerung des Konzepts des direkten Produkts... Wie man hier schon gesehen hat, braucht man das wirklich auf Schritt und Tritt, wenn man sich auf die Klassifikation endlicher Gruppen einlässt... Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.03.2011, 18:25

tigerbine

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Das Komplexprodukt eines Normalteiles $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ und einer Untergruppe $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ ist wieder eine Untergruppe von $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ haben einen trivialen Schnitt.

Es ist $\begin{eqnarray*} \exp(N)=35 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \exp(U)=2 \end{eqnarray*}$ . Daher ist $\begin{eqnarray*} \exp(NU) =70 \end{eqnarray*}$ . Wegen $\begin{eqnarray*} ord(G)=70 \end{eqnarray*}$ , folgt dann

$\begin{eqnarray*} G=NU \end{eqnarray*}$

Sei nun $\begin{eqnarray*} g=n_1u_1=n_2u_2 \end{eqnarray*}$ . Dann folgt $\begin{eqnarray*} u_1u_2^{-1} = n_1^{-1}n_2 \end{eqnarray*}$ . Wegen $\begin{eqnarray*} N \cap U =\{e\} \end{eqnarray*}$ folgt dann $\begin{eqnarray*} u_1=u_2, n_1=n_2 \end{eqnarray*}$ , also die eindeutige Darstellung:

$\begin{eqnarray*} g=nu \quad (n \in N, u \in U) \end{eqnarray*}$

Nun wollen wir schauen, wie man Elemente in G multiplizieren kann. Also was ist

$\begin{eqnarray*} g_1g_2 = (n_1u_1)(n_2u_2) = ? \end{eqnarray*}$

Was sicher erlaubt ist, ist ein $\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ einzufügen. Wählt man das geschickt, bekommt man

$\begin{eqnarray*} g_1g_2 = n_1u_1n_2eu_2 = \underbrace{(n_1(u_1n_2u_1^{-1}))}_{\in N} \underbrace{(u_1u_2)}_{\in U} \end{eqnarray*}$

Somit ist die Frage nach der "Verknüpfung in G" übersetzt in die Frage "Wie kann U durch Konjugation auf N operieren?" Und da hatten wir nun genau 4 Möglichkeiten ermittelt. Und das gibt dann 4 Isomorphietypen.

Stimmt das so?

Und warum lässt man U auf N und nicht N auf U operieren?

22.03.2011, 18:33

Mystic

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Zitat:

Original von tigerbine
Somit ist die Frage nach der "Verknüpfung in G" übersetzt in die Frage "Wie kann U durch Konjugation auf N operieren?" Und da hatten wir nun genau 4 Möglichkeiten ermittelt. Und das gibt dann 4 Isomorphietypen.

Stimmt das so?

Und warum lässt man U auf N und nicht N auf U operieren?

Ja, stimmt so... Freude

Freude

U ist ja normalerweise nicht Normalteiler in G (das wäre dann der Spezialfall eines direktes Produkts!) und daher führt das Konjugieren von U mit Elementen aus N normalerweise aus U heraus...

22.03.2011, 18:51

tigerbine

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Zitat:

Original von Mystic
Ja, stimmt so... Freude

Freude

Tanzen

Yeah. Da ist der Wald.

Zitat:

U ist ja normalerweise nicht Normalteiler in G (das wäre dann der Spezialfall eines direktes Produkts!) und daher führt das Konjugieren von U mit Elementen aus N normalerweise aus U heraus...

Aha!

Nun ist hier noch offen, warum gilt:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} Aut(\mathbb{Z}_5\times\mathbb{Z}_7)\cong Aut(\mathbb{Z}_5)\times Aut(\mathbb{Z}_7) \end{eqnarray*}$

Das wird mit der Teilerfremdheit der Ordnungen zusammenhängen... Wie setzt man an, um den Isomorphismus zwischen den Gruppen zu konstruieren? "Zu Fuß" oder mit einem der Iso-Sätze?

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