Produkt von Normalteilern < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:08 Mo 10.10.2016 | | Autor: | MarcHe |
| Aufgabe | | Sei $G=(G,*)$ eine abelsche aber nicht zyklische Gruppe mit der Ordnung [mm] $p^2$. [/mm] Es gibt $u,v [mm] \in [/mm] G$ mit $ord(u)=ord(v)=p$. Zeigen Sie, dass [mm] $a\inG$ [/mm] als [mm] $a=u^nv^m$ [/mm] mit [mm] $n,m\in [/mm] {1,...,p-1}$ eindeutig dargestellt werden kann. |
Mein Ansatz ist wie folgt: Die Untergruppen [mm] $U=\{1,...,u^{p-1}\}$ [/mm] und [mm] $V=\{1,...,v^{p-1}\}$ [/mm] sind Normalteiler von $G$. Sei [mm] $VU=UV=\{uv|u\in U, v\in V\}$. [/mm] Da auch $UV$ eine Untergruppe bzw. Normalteiler von $G$ ist, gilt nach Satz von Lagrange $|G|=|UV|[G:UV]$. Wie kann ich jetzt zeigen, dass $[G:UV]=1$ und [mm] $|UV|=|U||V|=p^2$ [/mm] ist? Mein Ziel ist es zu zeigen, dass $|G|=|UV|$, sodass folgt $G=UV$. Damit hätte ich doch dann auch gezeigt, dass [mm] $a\inG$ [/mm] als [mm] $a=u^nv^m$ [/mm] oder?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:43 Mo 10.10.2016 | | Autor: | hippias |
> Sei [mm]G=(G,*)[/mm] eine abelsche aber nicht zyklische Gruppe mit
> der Ordnung [mm]p^2[/mm]. Es gibt [mm]u,v \in G[/mm] mit [mm]ord(u)=ord(v)=p[/mm].
> Zeigen Sie, dass [mm]a\inG[/mm] als [mm]a=u^nv^m[/mm] mit [mm]n,m\in {1,...,p-1}[/mm]
> eindeutig dargestellt werden kann.
> Mein Ansatz ist wie folgt:
> Die Untergruppen
> [mm]U=\{1,...,u^{p-1}\}[/mm] und [mm]V=\{1,...,v^{p-1}\}[/mm] sind
> Normalteiler von [mm]G[/mm].
Es soll die Existenz von Elementen mit ganz bestimmten Eigenschaften nachgewiesen werden, Du aber scheinst mir mit zwei beliebigen Elementen losgelegt zu haben: da kann man nicht erwarten, dass diese Elemente auch zufällig die gesuchten Eigenschaften haben. Trotzdem ist das nachfolgende nicht wertlos.
> Sei [mm]VU=UV=\{uv|u\in U, v\in V\}[/mm]. Da
> auch [mm]UV[/mm] eine Untergruppe bzw. Normalteiler von [mm]G[/mm] ist, gilt
> nach Satz von Lagrange [mm]|G|=|UV|[G:UV][/mm].
O.K.
> Wie kann ich jetzt
> zeigen, dass [mm][G:UV]=1[/mm] und [mm]|UV|=|U||V|=p^2[/mm] ist?
Gar nicht: s.o. Du musst die Gruppen mit mehr geschick wählen.
> Mein Ziel
> ist es zu zeigen, dass [mm]|G|=|UV|[/mm], sodass folgt [mm]G=UV[/mm].
Das wäre richtig.
> Damit
> hätte ich doch dann auch gezeigt, dass [mm]a\inG[/mm] als [mm]a=u^nv^m[/mm]
> oder?
Um nicht kleinlich zu sein: die Existenz der Darstellung wäre m.E. gezeigt. Wie steht's mit der Eindeutigkeit?
1. Welche Ordnung haben $U$ und $V$?
2. Ihr habt vielleicht etwas über (innere) direkte Produkte gelernt; das Thema kann Dir hier helfen.
3. Du hast wahrscheinlich einen Satz wie folgt kennengelernt: Sei $G$ eine endliche Gruppe und $A$ und $B$ Untergruppen von $G$. Dann gilt $|AB|= [mm] \ldots$.
[/mm]
Das könnte Dir helfen.
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:30 Mi 12.10.2016 | | Autor: | MarcHe |
Ich habe folgende zwei Vorschläge dank deiner Hilfe:
1. Sei $UV$ das Komplexprodukt. Dann gilt $ |UV| = [mm] \bruch{|U||V|}{|U\cap V|} [/mm] $, da [mm] $U\cap [/mm] V$ wieder eine Untergruppe von $G$ ist, muss für die Ordnung gelten: [mm] $|U\cap [/mm] V| | [mm] p^{2} [/mm] $. Die Ordnung von [mm] $U\cap [/mm] V$ kann also nur $1$, da [mm] $p=ord(U\cap [/mm] V) => [mm] U\cap [/mm] V=U$. Da aber [mm] $U\not= [/mm] V$. Damit ist [mm] $|UV|=p^2=|G|$, [/mm] dass $G=UV$.
2. Sei $ f : U [mm] \times [/mm] V -> G $ mit $f(u,v)->uv$. Wenn ich jetzt zeigen kann, dass diese Abbildung isomorph ist, dann habe ich es doch auch bewiesen oder? D.h. [mm] $kern(f)={e_g}$ [/mm] und $bild(f)=G$.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:55 Do 13.10.2016 | | Autor: | hippias |
Beides sind gute Lösungsvorschläge. Du bist aber überhaupt nicht auf meine Bedenken hinsichtlich der Existenz der beiden Gruppen $U$ und $V$ eingegangen.
Du scheinst vorauszusetzen, dass $U$ und $V$ zwei verschiedene Untergruppen der Ordnung $p$ sind. Wieso sollte $G$ solche Untergruppen besitzen? Das ist nicht selbverständlich und im allgemeinen auch nicht der Fall. Das musst Du begründen, weshalb $G$ unter den gemachten Voraussetzungen solche Untergruppenn besitzt.
Zur Notation: Funktionen sind nicht isomorph, sondern Isomorphismen. Strukturen, zwischen denen es einen Isomorphismus gibt, heissen isomorph.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:00 Sa 15.10.2016 | | Autor: | MarcHe |
Ich habe mir nochmal folgendes überlegt zu den Untergruppen $U,V$:
1. Sie sind unterschiedlich, wenn [mm] $U\cap [/mm] V = [mm] \{e_G\}$
[/mm]
2. Sie sind identisch, wenn [mm] $U\cap [/mm] V = U$
Andere Ergebnisse kann es für den Schnitt aufgrund von Lagrange nicht geben, da [mm] $G=U\cap V[G:U\cap [/mm] V]$.
Da beide Untergruppen auch Normalteiler sind gilt: [mm] $gUg^{-1}=U$, $uu^{-1} \in [/mm] U$ analog für $V$. Es gilt: [mm] $uvu^{-1}v^{-1}\in U\cap [/mm] V$. Angenommen [mm] $U\cap [/mm] V=U$, dann [mm] $uvu^{-1}v^{-1}=u\gdw uvu^{-1}=uv \gdw uu^{-1}v=uv$. [/mm] Also [mm] $uu^{-1}=u\Rightarrow [/mm] u = e$, sodass doch [mm] $U\cap [/mm] V = [mm] \{e_G\}$.
[/mm]
Ist das so in Ordnung? Dann könnte ja jetzt mit dem Komplexprodukt weiter machen oder?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:20 Sa 15.10.2016 | | Autor: | hippias |
Das ist alles schön und gut, sagt aber noch immer nichts darüber aus, ob $G$ unter den gemachten Voraussetzungen $2$ verschiedene Untergruppen der Ordnung $p$ hat. Vielleicht ist das offensichtlich für Dich, aber Du musst es begründen, denn es ist nicht selbstverständlich.
Z.B. hat die Symmetriegruppe des Quadrats in der Ebene zwei verschiedene Untergruppen der Ordnung $2$; aber die Drehgruppe des Quadrats in der Ebene hat nicht zwei verschiedene Untergruppen der Ordnung $2$.
> Ich habe mir nochmal folgendes überlegt zu den
> Untergruppen [mm]U,V[/mm]:
>
> 1. Sie sind unterschiedlich, wenn [mm]U\cap V = \{e_G\}[/mm]
>
> 2. Sie sind identisch, wenn [mm]U\cap V = U[/mm]
>
> Andere Ergebnisse kann es für den Schnitt aufgrund von
> Lagrange nicht geben, da [mm]G=U\cap V[G:U\cap V][/mm].
Das müsste alles näher begründet werden; und vor allen Dingen wüsste icg gerne, was genau die Voraussetzungen sind, auf denen diese Aussagen beruhen.
>
> Da beide Untergruppen auch Normalteiler sind gilt:
> [mm]gUg^{-1}=U[/mm], [mm]uu^{-1} \in U[/mm] analog für [mm]V[/mm]. Es gilt:
> [mm]uvu^{-1}v^{-1}\in U\cap V[/mm]. Angenommen [mm]U\cap V=U[/mm], dann
> [mm]uvu^{-1}v^{-1}=u\gdw uvu^{-1}=uv \gdw uu^{-1}v=uv[/mm]. Also
> [mm]uu^{-1}=u\Rightarrow u = e[/mm], sodass doch [mm]U\cap V = \{e_G\}[/mm].
>
Das ist mir unklar. Was soll damit bewiesen sein? Im übrigen bedeutet [mm] $uvu^{-1}v^{-1}\in [/mm] U$ nicht, dass [mm] $uvu^{-1}v^{-1}= [/mm] u$ ist, sondern [mm] $uvu^{-1}v^{-1}= [/mm] u'$ für ein - möglicherweise anderes - [mm] $u'\in [/mm] U$.
> Ist das so in Ordnung? Dann könnte ja jetzt mit dem
> Komplexprodukt weiter machen oder?
Das scheint mir alles nicht zielführend, um die Existenz zweier Untergruppen der Ordnung $p$ zu zeigen.
Beginne vielleicht so:
Da $G>1$ gibt ein [mm] $u\in [/mm] G$ mit [mm] $u\neq [/mm] 1$. Welche Ordnung hat $U:= <u>$? Wieso gibt es ein [mm] $v\in G\backslash [/mm] U$? Betrachte nun $V:= <v>$.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:52 So 23.10.2016 | | Autor: | MarcHe |
Ok nochmal ein Versuch:
Es ist $U=<u>$ und $V=<v>$ mit $|U|=|V|=p$.
Sei [mm] $u\not=1$ [/mm] und [mm] $v\in G\setminus [/mm] U$. Dann ist $<u,v>$ eine Untergruppe mit der Ordnung [mm] $p^2$, [/mm] sodass $G=<u,v>$. Weil $G$ abelsch ist, folgt außerdem [mm] $G=\{u^{n}v^{m}|1\le n,m \le p-1\}$.
[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:54 So 23.10.2016 | | Autor: | hippias |
Ich sehe keine Begründungen für irgendeine Deiner Aussagen, noch welche Voraussetzung wo eingegangen ist, daher halte ich das nicht für ausreichend. Liest Du überhaupt was ich Dir schreibe? Naja, es ist Deine Zeit...
Daher nocheinmal: da $G>1$ gibt ein $ [mm] u\in [/mm] G $ mit $ [mm] u\neq [/mm] 1 $. Welche Ordnung hat $U:= <u>$? Wieso gibt es ein $ [mm] v\in G\backslash [/mm] U $? Betrachte nun $V:= <v>$.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:06 Do 27.10.2016 | | Autor: | MarcHe |
Also die Ordnung von $U:= <u> $ ist $p$, da [mm] $u\not=1$, [/mm] $G$ keine zyklische Gruppe ist, denn nach Satz von Lagrange muss $|U|$ ein Teiler von [mm] $|G|=p^2$ [/mm] sein muss.
Da $|U|<|G$| gibt es ein $ [mm] v\in G\backslash [/mm] U $ mit [mm] $v\not=1$, [/mm] sodass $V:= <v> $ mit $|V|=p$. Damit ist auch [mm] $U\cap V=\{1\}$. [/mm] Geht das so in Ordnung?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:52 Sa 29.10.2016 | | Autor: | hippias |
Gut. Die Begründung der Existenz der Elemente ist nicht unwesentlich. Um Nörgeleien zuvorzukommen, kannst Du auch noch begründen, weshalb [mm] $U\cap [/mm] V=1$ gilt; das geht auch ganz schnell mit Lagrange.
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