Normalteiler der S_n

18.08.2011, 21:07

The Horr

Normalteiler der S_n

Meine Frage:
Hallo Ihr Lieben,
ich frage mich gerade so nebenbei, warum eigentlich für einen Normalteiler $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ in der $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n\notin\{1,2,4\} \end{eqnarray*}$ im Algemeinen gilt $\begin{eqnarray*} N\in M:=\left\{\{1\},A_n,S_n\right\} \end{eqnarray*}$ .
Also konkret: warum gibt es keine weiteren Normalteiler?

Meine Ideen:

Ich hatte mir das ursprünglich so überlegt, dass ich weiß, dass die $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ einfach ist. Kam denn aber zu dem Problem, dass es ja auch Untergruppen $\begin{eqnarray*} U \le S_n \end{eqnarray*}$ gibt mit $\begin{eqnarray*} U\nsubseteq A_n \end{eqnarray*}$ . Warum gilt dann $\begin{eqnarray*} U \ntriangleleft S_n \end{eqnarray*}$ ?

18.08.2011, 21:28

C3P0

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Hallo,
nimm mal $\begin{eqnarray*} U \lhd S_n \end{eqnarray*}$ an und betrachte dann $\begin{eqnarray*} A_n \cap U \end{eqnarray*}$ . Dann kannst du verwenden, dass $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ in deinem Fall einfach ist.
Grüße

18.08.2011, 21:53

The Horr

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Ok danke erstmal,

ich weiß zwar noch nicht, wie das denn funktioniert. Aber ich überleg noch ein bisschen.

LG

18.08.2011, 22:57

The Horr

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Also wenn jetzt $\begin{eqnarray*} U\triangleleft S_n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} U\nsubseteq A_n \end{eqnarray*}$ , dann folgt doch $\begin{eqnarray*} A_n \cap U \triangleleft A_n \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} A_n \cap U = \{id\} \end{eqnarray*}$ da A einfach und $\begin{eqnarray*} U\nsubseteq A_n \end{eqnarray*}$ .
Führt mich das auf den richtigen Weg?
LG

18.08.2011, 23:08

C3P0

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Richtig, es ist dann $\begin{eqnarray*} A_n \cap U \lhd A_n \end{eqnarray*}$ , das führt dann entweder zu $\begin{eqnarray*} A_n \cap U = \{id\} \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} A_n \cap U = A_n \end{eqnarray*}$ .
Nun musst du diese beiden Fälle noch untersuchen.

20.08.2011, 12:03

The Horr

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Also ich hab jetzt noch ein bisschen darüber nachgedacht und folgendes festgestellt:

$\begin{eqnarray*} A_n \cap U \in \{\{id\},A_n\} \end{eqnarray*}$
Wenn $\begin{eqnarray*} A_n \cap U = A_n \end{eqnarray*}$ dann folgt $\begin{eqnarray*} A_n \subseteq U \end{eqnarray*}$ . Nun ergibt sich aber, dass $\begin{eqnarray*} U \in \{A_n,S_n\} \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} |U| \mid |S_n| \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |U|\ge |A_n|=\frac{1}{2}n! \end{eqnarray*}$ . Da ich aber ursprünglich $\begin{eqnarray*} U\nsubseteq A_n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ als echten Normalteiler von $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ angenommen habe, folgt ja $\begin{eqnarray*} A_n \cap U = \{id\} \end{eqnarray*}$ .

Ich habe im Beweis ( $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ ist einfach ) die selben Voraussetzungen gefunden. Dort wurde dann nach sehr komplizierten Implikationen $\begin{eqnarray*} U = \{id\} \end{eqnarray*}$ gefolgert. Womit ich dann ja mit meinem Problem fertig wäre.
Meine Frage: ist es von $\begin{eqnarray*} A_n \cap U = \{id\} \end{eqnarray*}$ zu meinem ursprünglichen Ziel noch ein weiter Weg oder sind es nur noch simple Schritte bis dahin?
Wenn letzteres zutrifft, bitte ich noch um einen kleinen Hinweis.

Vielen Dank schon einmal
LG

20.08.2011, 23:49

C3P0

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Richtig, $\begin{eqnarray*} U \cap A_n = A_n \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} U \subseteq A_n \end{eqnarray*}$ führt zu $\begin{eqnarray*} U \in \{A_n, S_n\} \end{eqnarray*}$ . Deine Zusatzvoraussetzung $\begin{eqnarray*} U \nsubseteq A_n \end{eqnarray*}$ führt aber noch nicht direkt zu einem Widerpruch, es könnte immer noch $\begin{eqnarray*} U = S_n \end{eqnarray*}$ sein. Diese Zusatzvoraussetzung brauchst du aber eigentlich nicht machen. Du nimmst nur an, dass $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ ein Normalteiler von $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ ist. Im Fall $\begin{eqnarray*} U \cap A_n =A_n \end{eqnarray*}$ kommen wir zu $\begin{eqnarray*} U= S_n \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} U= A_n \end{eqnarray*}$ , was wir ja als Möglichkeiten für $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ erwartet haben.

Im Fall $\begin{eqnarray*} U \cap A_n = \{id\} \end{eqnarray*}$ ist noch ein klein wenig zu tun. $\begin{eqnarray*} U= \{id\} \end{eqnarray*}$ erfüllt das sicherlich und ist auch ein Normalteiler. Überlege dir, welche anderen Untergruppen von $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ einen trivialen Durchschnitt mit $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ haben (welche Ordnung muss so eine Untergruppe haben?) und zeige, dass so etwas kein Normalteiler sein kann. Alternativ kannst du auch zeigen, dass jeder nicht triviale Normalteiler von $\begin{eqnarray*} S_n \end{eqnarray*}$ einen nicht trivialen Durchschnitt mit $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ hat, das ist aber auch nicht viel einfacher.

Grüße

24.08.2011, 12:14

The Horr

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Hey C3PO,
ich glaub ich habs.

Wenn $\begin{eqnarray*} \newcommand{\id}{\textrm{id}} A_n \cap U = \{\id\} \end{eqnarray*}$ , gilt doch $\begin{eqnarray*} \newcommand{\id}{\textrm{id}} \forall\, \, \id \neq \pi \in U : \newcommand{\sign}{\textrm{sign}} \sign{(\pi)} =-1 \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} \pi \in S_n \setminus A_n \end{eqnarray*}$ . Weiter folgt für beliebige $\begin{eqnarray*} \newcommand{\sign}{\textrm{sign}} \newcommand{\id}{\textrm{id}} \pi , \sigma \in U \setminus \{\id\} \, :\, \sign{(\pi \, \sigma)} = 1 \end{eqnarray*}$ . Diese Aussage gilt aber nur, wenn $\begin{eqnarray*} |U| \in \{ 1,2\} \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} \pi \, \sigma \in U \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} \newcommand{\id}{\textrm{id}} \pi \, \sigma = \id \end{eqnarray*}$ , weil $\begin{eqnarray*} \newcommand{\id}{\textrm{id}} A_n \cap U = \{\id\} \end{eqnarray*}$ .
Wenn $\begin{eqnarray*} |U| = 1 \end{eqnarray*}$ , folgt ja $\begin{eqnarray*} \newcommand{\id}{\textrm{id}} U= \{ \id \} \end{eqnarray*}$ . Fertig.

Wenn $\begin{eqnarray*} |U| = 2 \end{eqnarray*}$ , folgt $\begin{eqnarray*} \newcommand{\id}{\textrm{id}} U = \{\id,\rho\} \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} \rho = \prod_{i=1}^m \tau_i \end{eqnarray*}$ mit disjunkten Transpositionen $\begin{eqnarray*} \tau_i \end{eqnarray*}$ .
Somit gilt für alle $\begin{eqnarray*} g \in S_n \end{eqnarray*}$ , dass $\begin{eqnarray*} gU = \{g,g\rho\} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Ug = \{g,\rho g\} \end{eqnarray*}$ . Damit jetzt aber $\begin{eqnarray*} Ug =gU \quad \forall \,g \in S_n \end{eqnarray*}$ , muss doch $\begin{eqnarray*} \newcommand{\id}{\textrm{id}} \rho \in Z(S_n) = \{\id\} \end{eqnarray*}$ . Dann würde aber $\begin{eqnarray*} |U| =1 \end{eqnarray*}$ . Widerspruch zur Annahme $\begin{eqnarray*} |U| = 2 \end{eqnarray*}$ . Somit gilt für $\begin{eqnarray*} |U| =1 \end{eqnarray*}$ , dass $\begin{eqnarray*} U\ntriangleleft S_n \end{eqnarray*}$ .

Ist das so richtig?
LG

24.08.2011, 15:13

C3P0

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Genau, so kann man das machen. Kleine Anmerkung:

Zitat:

Original von The Horr
Somit gilt für $\begin{eqnarray*} |U| =1 \end{eqnarray*}$ , dass $\begin{eqnarray*} U\ntriangleleft S_n \end{eqnarray*}$ .

Hier meinst du wohl "für $\begin{eqnarray*} |U|=2 \end{eqnarray*}$ ...".
Man kann noch anders zeigen, dass $\begin{eqnarray*} |U| = 2 \end{eqnarray*}$ gilt. Für zwei Untergruppen $\begin{eqnarray*} U_1, U_2 \end{eqnarray*}$ einer Gruppe G gilt immer $\begin{eqnarray*} |U_1U_2|=\frac{|U_1|\cdot |U_2|}{|U_1 \cap U_2|} \end{eqnarray*}$ . Wenn man das auf $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ anwendet, erhält man zusammen mit $\begin{eqnarray*} |U \cap A_n| = 1 \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} |U| \leq 2 \end{eqnarray*}$ .

Grüße

24.08.2011, 15:27

The Horr

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Ja genau, das meinte ich^^.

Ich kannte die Gleichung für zwei Untergruppen gar nicht, aber gut zu wissen.
Danke nochmal für deine Hilfe

LG

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