Konjugationsklassen als Urbilder der Restklassenabbildung

31.07.2013, 01:04

Nougat

Konjugationsklassen als Urbilder der Restklassenabbildung

Hallo,

Wie beweist man denn sauber, dass die Urbilder $\begin{eqnarray*} \pi^{-1}(\bar{x}) \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} 1\neq \bar{x}\in G/Z \end{eqnarray*}$ unter der Restklassenabbildung
$\begin{eqnarray*} \pi:\ & G \to G/Z <br /> & \ x\mapsto \bar{x} \end{eqnarray*}$

gerade die Konjugationsklassen der Gruppe G bilden, die nicht einelementig sind?

Die Aussage ist mir klar, nur weiß ich nicht, wie man einen Beweis dazu sauber formuliert ..

Liebe Grüße,

Nougat

31.07.2013, 09:34

Reksilat

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RE: Konjugationsklassen als Urbilder der Restklassenabbildung
Hallo Nougat,

Soll $\begin{eqnarray*} Z \end{eqnarray*}$ das Zentrum sein? verwirrt

Dann stimmt die Aussage aber nicht.

Gruß
Reksilat

31.07.2013, 09:56

Opsit

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Wenn $\begin{eqnarray*} Z=Z(G) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \pi(x)=xZ(G) \end{eqnarray*}$ sein soll, dann kann man das doch so machen:
Sei $\begin{eqnarray*} x \notin Z(G) \Leftrightarrow 1_{G/Z(G)} \neq xZ(G) \Leftrightarrow \exists \, y \in G: x^y \neq x \Leftrightarrow \end{eqnarray*}$ Die Bahn von x unter Konjugation hat mindestens 2 Elemente.
Das haut jedoch nur hin, wenn die Gruppe nicht abelsch ist, da sonst die Konjugiertenklassen alle einelementig sind.

31.07.2013, 10:07

Reksilat

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Ach, die Vereinigung all dieser Urbilder soll gleich der Vereinigung aller mehrelementigen Konjugiertenklassen sein. Das habe ich aus der Aufgabenstellung nicht herausgelesen – sorry.
Dann hat Opsit natürlich recht. Ich würde die Argumentation aber so anordnen:
$\begin{eqnarray*} 1_{G/Z(G)} \neq xZ(G) \Leftrightarrow x \notin Z(G) \Leftrightarrow\exists \, y \in G: x^y \neq x \Leftrightarrow |x^G|\geq 2 \end{eqnarray*}$ Augenzwinkern

Wenn die Gruppe abelsch ist, stimmt die Aussage aber auch, da dann weder nichttriviale Elemente in G/Z(G) noch mehrelementige Konjugiertenklassen existieren.

Gruß
Reksilat

31.07.2013, 10:18

Opsit

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Ja na klar. Die andere Anordnung ist besser. War mir auch gerad aufgafallen.
Ach stimmt mit der Kommutattivität. Dann gibt es ja gar keine 2 elementigen Klassen.

LG

31.07.2013, 11:41

Nougat

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Schon mal vielen Dank für die Überlegungen dazu ...

Aber ich weiß nicht genau, ob klar wurde, worauf ich hinauswollte..

Sei G eine nichtabelsche Gruppe, ich will jetzt die einzelnen Konjugationsklassen beschreiben und habe dazu zu jeder nichttrivialen Restklasse modulo dem Zentrum von G gerade das Urbild unter $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ , was schon die ganze Konjugationsklasse von x ist.

Die einelementigen Konjugationsklassen bekommt man dann über die Elemente aus dem Zentrum.

Was ihr hier getan habt, ist doch zu zeigen, dass jede mehrelementige Konjugationsklasse von einem nichttrivialen Element aus G/Z herrührt, zeigt das mir aber auch schon den ganzen Rest?

Kann man eine Gruppe modulo G/Z betrachten?

Liebe Grüße
Nougat

31.07.2013, 11:54

Reksilat

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So habe ich die Aufgabenstellung zunächst auch verstanden, aber dann ist die Aussage falsch. Ist zum Beispiel das Zentrum trivial (=1), so sind die ganzen Urbilder ja 1-elementig und somit bestimmt keine Konjugiertenklassen.

31.07.2013, 11:57

Nougat

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Ok, ich hab in meinem Fall ein nichttriviales Zentrum ... das hab ich vergessen zu erwähnen ...
gilt die Aussage denn dann?

edit:
Was vielleicht die bessere Formulierung ist: Ersetze das Zentrum durch die Kommutatorengruppe. Die sind in meinem Fall nämlich auch gleich, Deswegen hab ich überall Z statt G' stehen ...

31.07.2013, 12:17

Reksilat

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Nein, nimm zum Beispiel mal $\begin{eqnarray*} G:=\langle (12),(23),(45678)\rangle\cong\Sigma_3\times \mathbb{Z}_5 \end{eqnarray*}$ .
Dann ist $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_5 \end{eqnarray*}$ das Zentrum und $\begin{eqnarray*} \pi^{-1}(\overline{(12)})=\{(12),(12)(45678)\} \end{eqnarray*}$ enthält Elemente verschiedener Ordnung, die nicht konjugiert sein können

Man kann dieses Argument etwas verallgemeinern und sieht, dass eine notwendige Voraussetzung ist, dass G eine p-Gruppe ist.
Weiter sieht man, dass die Aussage nur gelten kann, wenn $\begin{eqnarray*} G'\leq Z \end{eqnarray*}$ ist. (Wenn immer $\begin{eqnarray*} xZ=x^gZ \end{eqnarray*}$ gilt, so ist $\begin{eqnarray*} x^{-1}x^g=[x,g]\in Z \end{eqnarray*}$ ). Das bedeutet Nilpotenzklasse 2.

Ich denke, dass die Aussage in extraspeziellen p-Gruppen stimmt, aber eine schwächere Voraussetzung sehe ich nicht. Schon bei speziellen Gruppen könnte es schiefgehen.
verwirrt

31.07.2013, 12:27

Nougat

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Ok, ich hab gedacht, das würde im Allgemeinen so gelten ... Nächstes Mal schreibe ich alle Voraussetzungen dazu, die ich hab.

In dem speziellen Fall, in dem ich das zeigen möchte, ist $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ eine nichtabelsche Gruppe der Ordnung $\begin{eqnarray*} p^3 \end{eqnarray*}$ .
Es ist $\begin{eqnarray*} G'=Z(G) \neq \{ 1 \}, |Z(G)|=p \end{eqnarray*}$ .

31.07.2013, 12:32

Reksilat

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Also extraspeziell! Hammer

Nun, Du kannst hier den Zentralisator $\begin{eqnarray*} C_G(x) \end{eqnarray*}$ abschätzen und so zeigen, dass $\begin{eqnarray*} |x^G|=p \end{eqnarray*}$ ist.
Anschließend musst Du nur noch zeigen, dass konjugierte Elemente modulo $\begin{eqnarray*} Z=G' \end{eqnarray*}$ gleich sind, d.h. $\begin{eqnarray*} x^G\subseteq\pi^{-1}(\overline x) \end{eqnarray*}$ .

31.07.2013, 13:24

Nougat

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Zitat:

Original von Reksilat
Also extraspeziell! Hammer

Nun, Du kannst hier den Zentralisator $\begin{eqnarray*} C_G(x) \end{eqnarray*}$ abschätzen und so zeigen, dass $\begin{eqnarray*} |x^G|=p \end{eqnarray*}$ ist.

das hier ist klar, bzw. das hab ich schonmal gezeigt.

Zitat:

Anschließend musst Du nur noch zeigen, dass konjugierte Elemente modulo $\begin{eqnarray*} Z=G' \end{eqnarray*}$ gleich sind, d.h. $\begin{eqnarray*} x^G\subseteq\pi^{-1}(\overline x) \end{eqnarray*}$ .

Hier hänge ich mich gerade auf.
Sei $\begin{eqnarray*} x,x' \in G \end{eqnarray*}$ konjugiert, dann $\begin{eqnarray*} \exists y \in G \end{eqnarray*}$ , mit $\begin{eqnarray*} yxy^{-1} = x^\prime \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} Z=G'=\langle [y,x] \rangle \end{eqnarray*}$ gilt

$\begin{eqnarray*} x[y,x]=xyxy^{-1}x^{-1}=xx^\prime x^{-1} = ??? \end{eqnarray*}$

Irgendwie seh ich nicht, wie das Argument weiter gehen soll...

31.07.2013, 13:51

Reksilat

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Wenn Du statt $\begin{eqnarray*} [y,x] \end{eqnarray*}$ den Kommutator $\begin{eqnarray*} [x^{-1},y] \end{eqnarray*}$ verwendest, klappt's. Augenzwinkern

31.07.2013, 13:55

Nougat

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ja ... dann steht $\begin{eqnarray*} x' \end{eqnarray*}$ da ... vielen Dank !!! smile

01.08.2013, 10:45

Reksilat

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Ganz nette Aufgabe:
Sei $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ eine endliche, nicht abelsche Gruppe und $\begin{eqnarray*} x^G=xZ(G) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in G\setminus Z(G) \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ eine spezielle $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ -Gruppe.

Die Umkehrung gilt leider nicht. Es existieren spezielle Gruppen, welche die Voraussetzung nicht erfüllen, aber es existieren eben auch welche, für die die Voraussetzung gilt (unter anderem alle extraspeziellen Gruppen).
Insofern lässt sich dadurch eine Menge von Gruppen charakterisieren, die eine echte Teilmenge aller speziellen Gruppen ist und die die Menge der extraspeziellen Gruppen echt enthält.
smile

Setzt man dagegen $\begin{eqnarray*} x^G=xG' \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in G\setminus Z(G) \end{eqnarray*}$ voraus, dann sieht es für mich so aus, als wenn man nur Nilpotenz der Klasse 2 zeigen kann. verwirrt

Man kann auch zeigen, dass $\begin{eqnarray*} x^G=xG' \end{eqnarray*}$ äquivalent zu $\begin{eqnarray*} G'=[x,G] \end{eqnarray*}$ ist, d.h. die oben erwähnte Menge ist gerade die Menge aller speziellen p-Gruppen mit $\begin{eqnarray*} G'=[x,G] \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in G\setminus G' \end{eqnarray*}$ . Zufälligerweise habe ich mich gerade erst damit beschäftigt, für gewisse spezielle Gruppen diese Eigenschaft nachzuweisen. Es interessiert mich jetzt also schon, ob es eine alternative Charakterisierung dieser Menge gibt.
Mal gucken, ob das Problem noch mehr hergibt...

Edit: Es sind immerhin genau die speziellen Gruppen, bei denen für alle maximalen Untergruppen von $\begin{eqnarray*} Z(G) \end{eqnarray*}$ die Faktorgruppe extraspeziell ist.

Gruß
Reksilat

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