|G|=p², Isomorph < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:23 Mo 24.11.2014 | | Autor: | YuSul |
| Aufgabe | Sei G eine Gruppe mit
[mm] $|G|=p^2$ [/mm] dann ist G isomorph zu [mm] $\mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z}$ [/mm] oder [mm] $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ [/mm] |
Hi,
ich hätte eine Frage zu dieser Aufgabe, nämlich weiß ich nicht wie ich hier die Isomorphie zeigen kann. Außerdem stört mich auch dieses "oder". Ich werde dann ja eine Art Fallunterscheidung benötigen, weiß aber nicht wirklich wie die aussehen soll.
Ich hätte auch gedacht, dass [mm] $\mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z}$ [/mm] und [mm] $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$
[/mm]
ohne hin schon isomorph zu einander sind, aber das scheint ja falsch zu sein.
Wie könnte ich hier am besten die Isomorphie zeigen?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:39 Mo 24.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Hier steht einiges dazu. Vielleicht bringen dir die Antworten ja ein paar Ideen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:13 Di 25.11.2014 | | Autor: | YuSul |
Ok, ich denke den ersten Fall habe ich soweit. Man muss hier ja wieder unterscheiden zwischen zyklisch und nicht zyklisch.
Wenn die Gruppe nicht zyklisch ist wollte ich eine Abbildung konstruieren und dann zeigen, dass sie bijektiv ist, aber das gelingt mir leider nicht.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:36 Di 25.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Ok, also erst einmal sind [mm] \IZ_{p^2} [/mm] und [mm] \IZ_p\times\IZ_p [/mm] nicht isomorph! Denn [mm] \IZ_p\times\IZ_p [/mm] hat z.B. kein einziges Element der Ordnung [mm] p^2 [/mm] (warum?), aber [mm] \IZ_{p^2} [/mm] schon.
Das ist dann auch deine Fallunterscheidung, wie du richtig erkannt hast, also Fall 1: $G$ hat ein Element der Ordnung [mm] p^2 [/mm] (=$G$ ist zyklisch). Dann ist [mm] $G\cong \IZ_{p^2}$, [/mm] weil...
Fall 2: Alle Element haben Ordnung 1 und p (wieso gibt es keine weiteren Ordnungen?). Nimm dir ein Element $g$ der Ordnung p aus $G$. Dann ist [mm] $\left< g \right>\subsetneq [/mm] G$ eine Untergruppe der Ordnung $p$. Jetzt nimm dir ein weiteres Element [mm] $h\in [/mm] G [mm] \setminus\left< g \right>$. [/mm] Behauptung: [mm] G\cong\left< g \right>\times\left< h \right>. [/mm] Versuch das mal zu zeigen. Wieso folgt dann daraus das Gewünschte?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:43 Di 25.11.2014 | | Autor: | YuSul |
Im ersten Fall ist G dann zyklisch, weil es ein Element g der Ordnung [mm] p^2 [/mm] gibt so, dass G von g erzeugt wird.
In [mm] $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ [/mm] haben alle Elemente entweder Ordnung 1 (das neutral Element) oder Ordnung p (alle anderen Elemente), weil dies ja der Restklassenkörper modulo p ist. Und wenn ich ein Element p mal mit sich selbst addiere, dann erhalte ich wieder das Element selbst, aus "Teilergründen".
Daher hat [mm] $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ [/mm] auch kein Element der Ordnung [mm] $p^2$, [/mm] weil [mm] $p|p^2$
[/mm]
Was danach kommt, verstehe ich wieder nicht so ganz, wie ich das verwenden kann.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:01 Di 25.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Ja, also kurz kann man das so begründen: Nimm ein [mm] (x,y)\in\IZ_p\times\IZ_p. [/mm] Dann ist $p*(x,y)=(px,py)=(0,0)$, d.h. $(x,y)$ kann nicht Ordnung [mm] p^2 [/mm] haben.
Was verstehst du genau nicht? Ab Fall 2?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:08 Di 25.11.2014 | | Autor: | YuSul |
Der Rest von dem was ich geschrieben habe stimmt auch so?
Ich verstehe nicht wie ich damit weiter machen kann und einen Isomorphismus zu erzeugen. Das es später surjektiv sein wird, ist eigentlich klar nach Lagrange. Was ich brauche ist ein trivialer Kern und natürlich auch "echte" surjektivität, das nichts doppelt getroffen wird.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:15 Di 25.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Ok, vielleicht so: Konntest du nachvollziehen, wie ich die Elemente $g$ und $h$ bekommen habe? Dann schaue dir mal folgende Abbildung an:
[mm] \varphi:\; \IZ_p\times\IZ_p \rightarrow G,\; (x,y)\mapsto g^xh^y$. [/mm] Kannst du von dem Ding zeigen, dass das ein Isomorphismus ist?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:22 Di 25.11.2014 | | Autor: | YuSul |
Ich hoffe:
Es haben ja g und h jeweils die Ordnung p. Das heißt
[mm] $g^p=e$ [/mm] und [mm] $h^p=e$
[/mm]
Somit ist f(p,p)=e und dies ist das einzige paar was auf das neutral Element abbildet, also ist der Kern trivial. Denn für $x, [mm] y\neq [/mm] p$ ist [mm] $f(x,y)\neq [/mm] e$.
Des Weiteren ist [mm] $|f(x,y)|=p^2$ [/mm] aus kombinatorischen Gründen. Und daher surjektiv.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:34 Di 25.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Nein, die Injektivität ist noch nicht begründet! Sei [mm] g^xh^y=e\gdw g^x=h^{-y}. [/mm] Jetzt schau nochmal in Ruhe nach, wie $g$ und $h$ gewählt wurden. Das sind ja nicht irgendwelche Elemente, sondern $h$ wurde auf bestimmte Weise gewählt.
Du willst nun zeigen: x=y=0 in [mm] \IZ_p. [/mm] Nimm dafür an, dass z.B. [mm] x\not=0 [/mm] gilt. Dann gilt [mm] e\not=g^x\in\left< h\right>. [/mm] Daraus folgt dann aber ein Widerspruch.
Schau dir das mal an und versuche es zur Not auch später, wenn du etwas wacher bist. ;)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:42 Di 25.11.2014 | | Autor: | YuSul |
Achso, g und h haben verschiedene Ordnung.
Naja, gehöre ins Bett.
Vielen Dank für deine Hilfe.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:02 Di 25.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Nein, beide haben Odnung $p$!
Gute Nacht :)
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Hi YuSul,
Teufel hat ja schon eine ganze Menge geschrieben und die Abbildung, an der ihr gerade arbeitet, ist natürlich eine schöne Bijektion. Problem ist: warum ist diese ein Gruppenhomomorphismus?
Hierzu müssen wir eine etwas grundlegendere Aussage zeigen: jede Gruppe mit [mm] $p^2$ [/mm] Elementen ist kommutativ.
Du wirst das brauchen um nachzurechnen, dass die Abbildung an der ihr gerade arbeitet wirklich ein Homomporhismus ist.
Da der Beweis etwas trickreich ist guck vielleicht am besten erstmal nach, ob ihr das schon irgendwo (in einem Lemma, in einem Beispiel, etc.) gezeigt habt. Falls nicht müsstest du mal erzählen, in wie weit dir das Zentrum einer Gruppe und der Zentralisator eines Elements einer Gruppe etwas sagen.
lg
Schadow
PS: Falls ihr den Hauptsatz über endlich erzeugte abelsche Gruppen schon hattet, bist du praktisch fertig sobald du weißt, dass $G$ abelsch ist; falls nicht bist du dann trotzdem praktisch fertig dank Teufels Hilfe.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:53 Di 25.11.2014 | | Autor: | YuSul |
Das G abelsch ist hatte ich zuvor gezeigt.
Habe das mittels dem Satz vom Lagrange gezeigt und einer Fallunterscheidung. Als Untergruppe habe ich das Zentrum genommen, nach einem Korollar ist das Zentrum nicht trivial wenn die Gruppe Primzahlordnung hat, es bleiben also die Fälle
[mm] |Z(G)|=p^2 [/mm] zu untersuchen, hier ist direkt klar, dass G abelsch ist, da G mit seinem Zentrum übereinstimmt.
Den zweiten Fall |Z(G)|=p hatte ich so gefolgert, dass dann nach dem Satz von Cauchy ein Element mit der Ordnung g existiert welches G/Z(G) erzeugt. Wir hatten den Satz, dass wenn diese Gruppe zyklisch ist, dann ist G abelsch. Ich bin mir hier aber nicht ganz sicher gewesen.
Wie lautet der Hauptsatz über endlich Gruppen? Würde mich interessieren.
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> Das G abelsch ist hatte ich zuvor gezeigt.
> Habe das mittels dem Satz vom Lagrange gezeigt und einer
> Fallunterscheidung. Als Untergruppe habe ich das Zentrum
> genommen, nach einem Korollar ist das Zentrum nicht trivial
> wenn die Gruppe Primzahlordnung
Richtig: Primzahlpotenzordnung
> hat, es bleiben also die
> Fälle
>
> [mm]|Z(G)|=p^2[/mm] zu untersuchen, hier ist direkt klar, dass G
> abelsch ist, da G mit seinem Zentrum übereinstimmt.
>
> Den zweiten Fall |Z(G)|=p hatte ich so gefolgert, dass dann
> nach dem Satz von Cauchy ein Element mit der Ordnung g
> existiert welches G/Z(G) erzeugt. Wir hatten den Satz, dass
> wenn diese Gruppe zyklisch ist, dann ist G abelsch. Ich bin
> mir hier aber nicht ganz sicher gewesen.
Ja, dieses Vorgehen ist genau richtig.
> Wie lautet der Hauptsatz über endlich Gruppen? Würde mich
> interessieren.
Endlich erzeugte abelsche Gruppen. Von der Klassifikation aller endlicher Gruppen sind wir wohl noch einige Jahrzehnte bis Jahrhunderte entfernt. Das Zwischenprojekt der ![[]](/images/popup.gif) endlichen einfachen Gruppen scheint langsam abgeschlossen.
Der Hauptsatz über endlich erzeugte abelsche Gruppen besagt, dass jede endlich erzeugte abelsche Gruppe direkte Summe zyklischer Gruppen ist. Diese zyklischen Untergruppen müssen im endlichen Fall natürlich die Ordnung der Gruppe teilen, das heißt eine Gruppe der Ordnung [mm] $p^2$ [/mm] besteht aus den nichttrivialen direkten Summanden [mm] $\IZ/p$ [/mm] und [mm] $\IZ/p^2$.
[/mm]
Falls du eine gewöhnliche Vorlesung zur elementaren Algebra hörst, wird der Satz wohl auch noch drankommen oder etwas allgemeiner die Klassifikation endlich erzeugter Moduln über Hauptidealringen.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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