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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:42 So 12.06.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo an alle!
Ich habe Probleme mit folgenden Aufgaben, zu denen ich mir einige Tips von euch erhoffe:
1.) Sei G eine Gruppe, $N$ ein Normalteiler von $G$ mit [mm] $[G:N]<\infty$, [/mm] ferner $H$ eine Untergruppe von $G$ mit [mm] $|H|<\infty$ [/mm] und seien $[G:N]$ und $|H|$ relativ prim, dann zeige man, dass $H$ eine Untergruppe von $N$ ist.
2.) Sei G eine Gruppe, $N$ ein Normalteiler mit [mm] $|N|<\infty$, [/mm] ferner $H$ eine Untergruppe von $G$ mit [mm] $[G:H]<\infty$ [/mm] und seien $[G:H]$ und $|N|$ relativ prim, dann zeige man, dass $N$ eine Untergruppe von $H$ ist.
Ich kann mir nicht vorstellen, dass die Aufgaben so schwierig sind, komme aber auf keinen grünen Zweig - ich kann lediglich ablesen, dass $|H|$ ein Teiler $|N|$ (in Aufgabe 1) sein muss, analog dazu in Aufgabe 2 $|N|$ ein Teiler von $|H|$.
Könntet ihr mir bitte einen Tip geben?
Liebe Grüße,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:51 So 12.06.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo an alle!
Eine Idee zu Aufgabe 1 habe ich schon:
Sei ein [mm] $h\in [/mm] H$ gegeben, so betrachten wir die zyklische Untergruppe [mm] $\langle h\rangle$ [/mm] mit [mm] $ord(h)=|\langle h\rangle|=d$. [/mm] Ferner sei [mm] $x\in \{1,2,...,d\}$ [/mm] das minimale, natürlich $k$ mit [mm] $h^k\in [/mm] N$. Nun gibt es ganze Zahlen $p,q, q<x$ so, dass $d=px+q$ gilt. Es folgt [mm] $\overbrace{\left( h^x\right)^{p+1}}^{\in N}=h^{px+x}=h^{px+q+(x-q)}=h^{x-q}\in [/mm] N$, was für [mm] $p\not= [/mm] 0$ im Widerspruch zur Wahl von $x$ steht. Folglich ist $q=0$ und $x$ ein Teiler von $d$. Da [mm] $\langle h\rangle$ [/mm] eine Untergruppe von $H$ ist, ist $d$ und insbesondere $x$ ein Teiler von $|H|$. Ferner sind die Nebenklassen [mm] $h^k [/mm] N, [mm] k\in \{0,1,...,x-1\}$ [/mm] alle verschieden [denn [mm] $h^i N=h^j N\gdw h^{i-j}\in N\gdw i-j=0\gdw [/mm] i=j$ nach der Wahl von $x$] und [mm] $\{h^i N| i\in\{0,1,...,x-1\}\}$ [/mm] ist eine Untergruppe von $G/N$. Somit ist $x$ Teiler von $|H|$ und $[G:N]$, d.h. nach Voraussetzung gleich $1$. Es liegen daher alle [mm] $h\in [/mm] H$ in $N$, was $H<N$ impliziert, was zu zeigen war.
Könnte das mal jemand von euch kontrollieren bitte?
Liebe Grüße,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:55 So 12.06.2005 | | Autor: | SEcki |
> Hallo an alle!
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> Eine Idee zu Aufgabe 1 habe ich schon:
>
> Sei ein [mm]h\in H[/mm] gegeben, so betrachten wir die zyklische
> Untergruppe [mm]\langle h\rangle[/mm] mit [mm]ord(h)=|\langle h\rangle|=d[/mm].
> Ferner sei [mm]x\in \{1,2,...,d\}[/mm] das minimale, natürlich [mm]k[/mm] mit
> [mm]h^k\in N[/mm]. Nun gibt es ganze Zahlen [mm]p,q, q
Okay, aber es wird wohl nicht überraschen, daß dein x auch einfach d sein kann, was dann [m]q=0\wedge p=1[/m] zur Folge hat.
> gilt. Es folgt [mm]\overbrace{\left( h^x\right)^{p+1}}^{\in N}=h^{px+x}=h^{px+q+(x-q)}=h^{x-q}\in N[/mm],
> was für [mm]p\not= 0[/mm] im Widerspruch zur Wahl von [mm]x[/mm] steht.
Wo ist der Widerspruch? q darf doch 0 sein?
> Folglich ist [mm]q=0[/mm] und [mm]x[/mm] ein Teiler von [mm]d[/mm]. Da [mm]\langle h\rangle[/mm]
> eine Untergruppe von [mm]H[/mm] ist, ist [mm]d[/mm] und insbesondere [mm]x[/mm] ein
> Teiler von [mm]|H|[/mm].
Also folgt q ist 0, nicht umbedingt per Widespruch, aber okay.
> Ferner sind die Nebenklassen [mm]h^k N, k\in \{0,1,...,x-1\}[/mm]
> alle verschieden [denn [mm]h^i N=h^j N\gdw h^{i-j}\in N\gdw i-j=0\gdw i=j[/mm]
> nach der Wahl von [mm]x[/mm]] und [mm]\{h^i N| i\in\{0,1,...,x-1\}\}[/mm] ist
> eine Untergruppe von [mm]G/N[/mm]. Somit ist [mm]x[/mm] Teiler von [mm]|H|[/mm] und
> [mm][G:N][/mm], d.h. nach Voraussetzung gleich [mm]1[/mm]. Es liegen daher
> alle [mm]h\in H[/mm] in [mm]N[/mm], was [mm]H
Ja, daruas folgt das dann. Deine Einleitung war etwas verwirrend für mich, aber so kann man das zu Fuß wohl machen.
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:05 So 12.06.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo!
> Wo ist der Widerspruch? q darf doch 0 sein?
Nein, ist $q=0$ so widerspricht dies der Wahl von $x$ als minimales [mm] $k\in \{1,2,...,d-1\}$ [/mm] mit [mm] $h^k\in [/mm] N$.
Liebe Grüße,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:17 So 12.06.2005 | | Autor: | SEcki |
> > Wo ist der Widerspruch? q darf doch 0 sein?
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> Nein, ist [mm]q=0[/mm] so widerspricht dies der Wahl von [mm]x[/mm] als
> minimales [mm]k\in \{1,2,...,d-1\}[/mm] mit [mm]h^k\in N[/mm].
Da steht d im Originalposting, und wenn du das rausnimmst (also nur bis d-1 gehst), muss es keins geben. Du folgerst einfach, dass q Null sein muss. A priori kann man doch nur davon ausgehen, daß das neutrale lemnt wieder in N ist, also genau das Element hoch die Ordnung, und dann kann man p=1 und q=0 wählen. Oder wo ist mein Denkfehler?
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:27 So 12.06.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo!
Es ist so richtig, wie es im Originalposting lautet, also mit [mm] $x\in\{1,2,...,d\}$. [/mm] Natürlich kann $x=d$ sein, genau dann nämlich, wenn [mm] $h^i\notin [/mm] N$ für [mm] $i\in\{1,2,...,d-1\}$ [/mm] ist, aber dem muss ja nicht so sein. Ferner sind $x,p$ und $q$ nach Wahl von $h$ eindeutig bestimmt.
Ich gehe den Umweg über $x$, um eine natürliche Zahl zu finden, die sowohl Teiler von $[G:N]$ als auch von $|H|$ ist.
Liebe Grüße,
Hanno
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:39 So 12.06.2005 | | Autor: | SEcki |
Sei G eine Gruppe, [mm]N[/mm] ein Normalteiler von [mm]G[/mm] mit
> [mm][G:N]<\infty[/mm], ferner [mm]H[/mm] eine Untergruppe von [mm]G[/mm] mit
> [mm]|H|<\infty[/mm] und seien [mm][G:N][/mm] und [mm]|H|[/mm] relativ prim, dann zeige
> man, dass [mm]H[/mm] eine Untergruppe von [mm]N[/mm] ist.
Yammie, das war eine Algebra I Klausur Aufgabe ... wirklich nicht schwer! Betrachte doch mal die Abbildung [m]\pi: G\to G\backslash N, g\mapsto gN[/m], ein super Gruppenhom, um die Aufgabe zu lösen.  (Schaffst du es mit der Abbildung alleine?). Ich schaue mir gleich nochmal deine Mitteilung an, ob das auch richtig ist.
> 2.) Sei G eine Gruppe, [mm]N[/mm] ein Normalteiler mit [mm]|N|<\infty[/mm],
> ferner [mm]H[/mm] eine Untergruppe von [mm]G[/mm] mit [mm][G:H]<\infty[/mm] und seien
> [mm][G:H][/mm] und [mm]|N|[/mm] relativ prim, dann zeige man, dass [mm]N[/mm] eine
> Untergruppe von [mm]H[/mm] ist.
Die sehe ich momentannicht ganz: vielleicht projeziert man die wieder auf die Faktorgruppe, und schaut sich das Urbild an.Wenn die beiden dann gleich sind, haben wir die Behauptung. Nur so eine Idee, ob's klappt weiß ich gerade nicht.
SEcki
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