Gruppe nicht einfach p^r | (m-1)! (Sylow)

11.05.2013, 12:54

steviehawk

Gruppe nicht einfach p^r | (m-1)! (Sylow)

Meine Frage:
Hallo Leute, ich möchte gerne folgende Aufgabe lösen:

Sei $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ eine Gruppe mit $\begin{eqnarray*} |G| = p^rm \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} p = prim \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} p \nmid m \end{eqnarray*}$ .
Zeigen Sie: Ist $\begin{eqnarray*} p^r \nmid (m-1)! \end{eqnarray*}$ dann ist die Gruppe nicht einfach.

Ich hoffe mal da ist kein Fehler und das soll wirklich eine Fakultät sein in der Aufgabe..

Meine Ideen:
Also meine Idee:

Die Vorraussetzungen für den Satz von Sylow sind ja offensichtlich erfüllt. Also existier eine $\begin{eqnarray*} p - \end{eqnarray*}$ Sylow-Untergruppe $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |P| = p^r \end{eqnarray*}$ .

Nach dem 3Teil von Sylow gilt ja für die Menge der $\begin{eqnarray*} p- \end{eqnarray*}$ Sylow-Untergruppen : $\begin{eqnarray*} |Syl_p(G)| \mid m \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |Syl_p(G)| \equiv 1 mod p \end{eqnarray*}$

Es ist ja: 1 mod p = 1. Also muss $\begin{eqnarray*} |Syl_p(G)| mod p \overset{!}{=} 1 \end{eqnarray*}$ das ist genau dann möglich, wenn:

$\begin{eqnarray*} |Syl_p(G)| \in \left\{ 1,p+1,2p+1,3p+1,...\right\} \end{eqnarray*}$ Also ist $\begin{eqnarray*} |Syl_p(G| = np+1 \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

Ich weiß nun wie schon erwähnt, dass wegen $\begin{eqnarray*} |Syl_p(G)| \mid m \end{eqnarray*}$ nun gelten muss: $\begin{eqnarray*} np + 1 \mid m \end{eqnarray*}$ die ist aber gleichbedeutend mit:

$\begin{eqnarray*} np \mid m-1 \end{eqnarray*}$ und dies wiederum gleichbedeutend mit $\begin{eqnarray*} p \mid m-1 \end{eqnarray*}$ .

So jetzt muss ich ja mal irgendwie verwenden, dass $\begin{eqnarray*} p^r \nmid (m-1)! \end{eqnarray*}$

Kann ich den aus: $\begin{eqnarray*} p^r \nmid (m-1)! \end{eqnarray*}$ irgendwie folgern, dass dann auch: $\begin{eqnarray*} p \nmid m-1 \end{eqnarray*}$ .

Denn wenn ich das könnte, dann wäre $\begin{eqnarray*} | Syl_p(G) | = 1 \end{eqnarray*}$ und damit würde ein nicht trivialer Normalteiler existieren und die Gruppe wäre nicht einfach!

Danke für die Hilfe!!

Edit: Also zu: Kann ich den aus: $\begin{eqnarray*} p^r \nmid (m-1)! \end{eqnarray*}$ irgendwie folgern, dass dann auch: $\begin{eqnarray*} p \nmid m-1 \end{eqnarray*}$ .

es ist ja: $\begin{eqnarray*} p^r \nmid (m-1)! = (m-1)(m-2)...1 \end{eqnarray*}$ dann kann $\begin{eqnarray*} p^r \end{eqnarray*}$ kein Teiler sein von $\begin{eqnarray*} m - 1 \end{eqnarray*}$ Denn wenn es das Produkt nicht teil, dann kann es auch keinen der Faktoren teilen.

also ist $\begin{eqnarray*} p^r \nmid m-1 \end{eqnarray*}$ wenn aber die Potenz $\begin{eqnarray*} p^r \nmid (m-1) \end{eqnarray*}$ dann auch $\begin{eqnarray*} p \nmid m-1 \end{eqnarray*}$

also habe ich den Widerpsruch!!! (bei den letzten Schritten geht natürlich ein, dass $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ prim ist)

13.05.2013, 10:57

Jack Prince

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Hallo Steviehawk,
sieht eig ganz gut aus.

Eine alternative Möglichkeit wäre $\begin{eqnarray*} \Omega:=\{Px \mid x \in G \} \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ eine p- Sylow-Gruppe ist, als G-Menge zu betrachten durch einfache Rechtsmultiplikation. Dann ist $\begin{eqnarray*} |\Omega|=m \end{eqnarray*}$ und es würde einen Homomorphismus $\begin{eqnarray*} \varphi \colon G \longrightarrow S_\Omega \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} \varphi(g)(Px):=Pxg \end{eqnarray*}$

existieren. Für diesen könnte man elegant zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \textrm{Ker}(\varphi) \notin \{\{1\},G\} \end{eqnarray*}$ . Somit wäre auch ein nichttrivialer Normalteiler gefunden.

LG

13.05.2013, 11:23

RavenOnJ

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RE: Gruppe nicht einfach p^r | (m-1)! (Sylow)

Zitat:

Original von steviehawk
$\begin{eqnarray*} np + 1 \mid m \end{eqnarray*}$ die ist aber gleichbedeutend mit:

$\begin{eqnarray*} np \mid m-1 \end{eqnarray*}$

Dies ist nicht richtig. Gegenbeispiel $\begin{eqnarray*} n=2,p=3,m=21: 2\cdot 3 +1\mid 21\text{ , aber }2\cdot 3 \nmid 21-1=20 \end{eqnarray*}$

13.05.2013, 12:01

steviehawk

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RE: Gruppe nicht einfach p^r | (m-1)! (Sylow)
um dies mit dem Kern zu zeigen, brauch ich da dann?

$\begin{eqnarray*} p^r \nmid (m-1)! \end{eqnarray*}$

ich weiß ja dann zumindest, dass $\begin{eqnarray*} p^r \nmid m-1 \end{eqnarray*}$

kann noch etwas Hilfe brauchen Wink

Wenn ich den Kern betrachte, dann verwende ich ja garnicht, dass: $\begin{eqnarray*} p^r \nmid (m-1)! \end{eqnarray*}$

Es ist doch: $\begin{eqnarray*} Ke(\phi) = \left\{ g \in G | \phi(g)Px = Px\right\} = \left\{ g \in G |gPx = Px\right\} = \left\{ g \in G | gP = P\right\} = \left\{ P \right\} \end{eqnarray*}$

wo brauche ich die Vorrausetzung?

13.05.2013, 12:46

Jack Prince

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Der Kern sind die Gruppenelemente aus G, die auf die Identiät in $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ abgebildet werden. Angenommen, $\begin{eqnarray*} \textrm{Ker}(\varphi)=\{1\} \end{eqnarray*}$ . Dann gilt nach dem ersten Isomorphiesatz:

$\begin{eqnarray*} p^rm=|G|=\frac{|G|}{|\textrm{Ker}(\varphi)|}=|\textrm{Im}(\varphi)| \ \Big\vert \ |S_\Omega|=m! \end{eqnarray*}$ .

Also gilt auch $\begin{eqnarray*} p^r \ \Big\vert \ (m-1)! \end{eqnarray*}$ , was ja nach Voraussetzung widersprüchlich ist.

Dann überleg dir, warum der Kern nicht ganz G sein kann (Die Identität auf $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ gilt ja denn auch für das Element $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ ).

13.05.2013, 12:54

steviehawk

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Hey vielen Danke!

Im Fall Kern = G hilft da auch der Isomorphiesatz??

Könnte mir auch vorstellen, dass es dann nur eine p - Sylowgruppe gibt, diese ist dann automatisch Normalteiler!

Es ist doch: $\begin{eqnarray*} Ker(\phi) = \left\{ g \in G |\phi(g) = id_S \right\} = \left\{ g \in G |\phi(g)Px= Px \right\} = \left\{ g \in G |Pxg = Px \right\} <br /> \end{eqnarray*}$

also muss $\begin{eqnarray*} g \in Px \end{eqnarray*}$ sein. Wenn das für alle $\begin{eqnarray*} g\in G \end{eqnarray*}$ gilt.

Wenn für alle $\begin{eqnarray*} g \in G \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} Pxg = Px \end{eqnarray*}$ dann ist doch jedes $\begin{eqnarray*} g \in G \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} g \in P \end{eqnarray*}$ dann hätte aber $\begin{eqnarray*} |G| = p^r \end{eqnarray*}$ das kann nicht sein!!!

13.05.2013, 15:10

Jack Prince

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Jap genau,
mit dem Isomorphiesatz weiß ich nicht, ob das auch hilft. Im Prinzip erhältst du damit ja nur, dass 1 m! teilt. Das ist natürlich stark.^^

Formal wäre vielleicht noch zu sagen:

$\begin{eqnarray*} Ker(\varphi)=\{g \in G \mid \forall \, x \in G: \varphi(g)(Px)=Px \}=\{g \in G \mid \forall \, x \in G: Pxg=Px \} \end{eqnarray*}$ .

Sofern ihr die Existenz des Homomorphismus $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ noch nicht als Satz formuliert habt, solltest du dir das nochmal kurz überlegen:

Wenn $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ eine G-Menge durch $\begin{eqnarray*} (\omega,g) \mapsto \omega g \end{eqnarray*}$ ist. Dann ist die Abbildung $\begin{eqnarray*} \varphi \colon G \longrightarrow S_\Omega \end{eqnarray*}$ definiert durch $\begin{eqnarray*} (\varphi(g))(\omega):=\omega g \quad \forall \, \omega \in \Omega \end{eqnarray*}$ wirklich ein Homomorphismus.

LG

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