Sylowgruppen < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:51 Mi 10.02.2010 | | Autor: | one |
| Aufgabe | Habe nochmals eine Frage:
Es sei G = [mm] (\IZ/36\IZ)^{\*}.
[/mm]
Bestimmen Sie alle Sylogruppen in G. |
Also [mm] (\IZ/36\IZ)^{\*} \cong \IZ/2 [/mm] x [mm] \IZ/6. [/mm] Also ist [mm] (\IZ/36\IZ)^{\*} [/mm] nicht zyklisch.
Aus den Sylosätzen folgt, dass die 2-Sylogruppe 4 Elemente hat und die 3-Sylogruppe 3 Elemente.
Es gibt entweder eine oder drei 2-Sylogruppen und eine oder vier 3-Sylogruppen.
Die 2-Sylogruppe ist äquivalent zu [mm] \IZ/4 [/mm] oder [mm] \IZ/2 [/mm] x [mm] \IZ/2.
[/mm]
Die 3-Sylogruppe ist äquivalent zu [mm] \IZ/3.
[/mm]
Reicht dies bereits, oder was kann ich noch alles folgern?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:58 Mi 10.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Habe nochmals eine Frage:
>
> Es sei G = [mm](\IZ/36\IZ)^{\*}.[/mm]
> Bestimmen Sie alle Sylogruppen in G.
> Also [mm](\IZ/36\IZ)^{\*} \cong \IZ/2[/mm] x [mm]\IZ/6.[/mm] Also ist
> [mm](\IZ/36\IZ)^{\*}[/mm] nicht zyklisch.
Jedoch abelsch, womit jede Untergruppe ein Normalteiler ist. Und eine $p$-Sylowgruppe $U$ in einer endlichen Gruppe $G$ ist genau dann ein Normalteiler, wenn es genau eine $p$-Sylowgruppe in $G$ gibt.
> Aus den Sylosätzen folgt, dass die 2-Sylogruppe 4 Elemente
> hat und die 3-Sylogruppe 3 Elemente.
Genau.
> Es gibt entweder eine oder drei 2-Sylogruppen und eine oder
> vier 3-Sylogruppen.
Siehe oben.
> Die 2-Sylogruppe ist äquivalent zu [mm]\IZ/4[/mm] oder [mm]\IZ/2[/mm] x
> [mm]\IZ/2.[/mm]
Nur eins davon kann in Frage kommen. Denk mal drueber nach welches von beiden ueberhaupt als Untergruppe moeglich ist.
> Die 3-Sylogruppe ist äquivalent zu [mm]\IZ/3.[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:23 Mi 10.02.2010 | | Autor: | one |
also [mm] \IZ/4 [/mm] kann nicht in Frage kommen, da sonst folgen würde, dass [mm] (\IZ/36\IZ)^{\*} \cong \IZ/12 [/mm] ist. Dies ist aber ein Widerspruch, da [mm] (\IZ/36\IZ)^{\*} [/mm] nicht zyklisch ist.
also sind die Sylogruppen [mm] \IZ/2 [/mm] x [mm] \IZ/2 [/mm] und [mm] \IZ/3.
[/mm]
Ok?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:57 Mi 10.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> also [mm]\IZ/4[/mm] kann nicht in Frage kommen, da sonst folgen
> würde, dass [mm](\IZ/36\IZ)^{\*} \cong \IZ/12[/mm] ist. Dies ist
> aber ein Widerspruch, da [mm](\IZ/36\IZ)^{\*}[/mm] nicht zyklisch
> ist.
Exakt.
> also sind die Sylogruppen [mm]\IZ/2[/mm] x [mm]\IZ/2[/mm] und [mm]\IZ/3.[/mm]
> Ok?
Die Sylowgruppen sind isomorph dazu. Aussehen (von den Elementen her) sehen sie anders, es sind schliesslich Teilmengen von [mm] $(\IZ/36\IZ)^\ast \subseteq \IZ/36\IZ$.
[/mm]
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:23 Sa 13.02.2010 | | Autor: | one |
Hallo,
> Die Sylowgruppen sind isomorph dazu. Aussehen (von den
> Elementen her) sehen sie anders, es sind schliesslich
> Teilmengen von [mm](\IZ/36\IZ)^\ast \subseteq \IZ/36\IZ[/mm].
Also dann müsste ich diese eigentlich noch explizit angeben...?
Doch dies ist doch ziemlich mühsam, oder?
Ich muss also [mm] \IZ/2\IZ [/mm] x [mm] \IZ/2\IZ [/mm] und [mm] \IZ/3\IZ [/mm] explizit angeben mit Elementen aus [mm] (\IZ/36\IZ)^{\*}.
[/mm]
Gibts da irgendwie ein gutes Verfahren dazu?
Konkrekt könnte ich ja wie folgt vorgehen:
Ich bestimme alle Ordnungen von den 12 Elementen aus [mm] (\IZ/36\IZ)^{\*}. [/mm] Danach würde ich alle möglichen Kobinationen in die Gruppen [mm] \IZ/2\IZ [/mm] x [mm] \IZ/2\IZ [/mm] und [mm] \IZ/3\IZ [/mm] einpacken. So würde es doch gehen, oder?
Doch das ist relativ aufwändig... Gehts auch einfacher?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:30 Sa 13.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Also dann müsste ich diese eigentlich noch explizit
> angeben...?
wenn du willst, hält dich niemand auf! ;)
> Doch dies ist doch ziemlich mühsam, oder?
Im Prinzip ja. Mit Übung kann man oft ein bisschen tricksen und es schnelelr machen. Ein Schema F kenne ich jedenfalls nicht.
> Ich bestimme alle Ordnungen von den 12 Elementen aus
> [mm](\IZ/36\IZ)^{\*}.[/mm] Danach würde ich alle möglichen
> Kobinationen in die Gruppen [mm]\IZ/2\IZ[/mm] x [mm]\IZ/2\IZ[/mm] und
> [mm]\IZ/3\IZ[/mm] einpacken. So würde es doch gehen, oder?
> Doch das ist relativ aufwändig... Gehts auch einfacher?
Naja, von allen Element die Ordnungen bestimmen ... viele ergeben sich schon aus den andren:
EDIT: Unsinn entfernt.
Die beiden kleinsten Zahlen in dieser Gruppe sind 5 und 7. Für 7 kann man schnell [m]7^2,7^3[/m] bestimmen und sieht, dass beide nicht 1 sind. Somit ist 7 von Ordnung 6 und erzeugt damit ein [m]\IZ/2\IZ\times \IZ/3\IZ[/m]. Nun berechne [m]5^2,5^33[/m], die beide nicht 1 sind, also muss auch 5 von Ordnung 6 sein. Da aber [m]5^3\neq 7^3[/m] ist dies ein Erzeuger einer fehlenden [m]\IZ/2\IZ[/m] Gruppe. Ein Gruppen-Iso wäre also durch [m](x,y,z)\mapsto 7^{2*x}*7^{3*y}*5^{3*z}[/m] gegeben. die 3-Sylowgruppe ist damit [m]7^0,7^2,7^4[/m], die 2 Sylowgruppe besteht aus [m]1,7^3,5^3,7^3*5^3[/m].
Konkret berechnet habe ich nur [m]7^2,7^3,5^2,5^3[/m], wenn du obiges genauer machen musst, musst du halt die fehlende Zahlen ausrechnen. Was rechnerisch vielleicht nicht viele Vorteile bringt, aber schematisch und damit hoffentlich schneller.
SEcki
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:05 Mi 10.02.2010 | | Autor: | one |
Mir ist noch was aufgefallen.
Wie könnte ich z.B. herausfinden, ob [mm] (\IZ/16\IZ)^{\*} [/mm] zyklisch ist?
Bei [mm] (\IZ/36\IZ)^{\*} [/mm] wars ja einfach, da [mm] (\IZ/36\IZ)^{\*} \cong \IZ/2 [/mm] x [mm] \IZ/6 [/mm] ist.
Bei [mm] (\IZ/16\IZ)^{\*} [/mm] finde ichs aber schwieriger. Denn
[mm] \#(\IZ/16\IZ)^{\*} [/mm] = [mm] \varphi(16) [/mm] = 8.
Also ist [mm] (\IZ/16\IZ)^{\*} \cong \IZ/8 [/mm] oder [mm] \IZ/2^2 [/mm] x [mm] \IZ/2 [/mm] oder [mm] \IZ/2 [/mm] x [mm] \IZ/2 [/mm] x [mm] \IZ/2. [/mm] Kann ich hier nun irgendwie zwei dieser drei Fälle ausschliessen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:31 Mi 10.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Mir ist noch was aufgefallen.
> Wie könnte ich z.B. herausfinden, ob [mm](\IZ/16\IZ)^{\*}[/mm]
> zyklisch ist?
> Bei [mm](\IZ/36\IZ)^{\*}[/mm] wars ja einfach, da [mm](\IZ/36\IZ)^{\*} \cong \IZ/2[/mm]
> x [mm]\IZ/6[/mm] ist.
>
> Bei [mm](\IZ/16\IZ)^{\*}[/mm] finde ichs aber schwieriger. Denn
> [mm]\#(\IZ/16\IZ)^{\*}[/mm] = [mm]\varphi(16)[/mm] = 8.
Allgemein: bei [mm] $(\IZ/p^n\IZ)^\ast$ [/mm] mit $p$ prim und $n > 2$ ist's schwer. (Fuer $n = 2$ ist die Gruppe zyklisch, da $p - 1$ und $p$ teilerfremd sind.)
Allgemein ist [mm] $(\IZ/p^n\IZ)^*$ [/mm] das direkte Produkt zweier abelscher Gruppen, naemlich einmal der Gruppe [mm] $(\IZ/p\IZ)^\ast$ [/mm] (zyklisch von der Ordnung $p - 1$) und einer Gruppe der Ordnung [mm] $p^{n-1}$. [/mm]
Wie genau diese $p$-Sylowuntergruppe aber aussieht, ist nicht so einfach.
Allerdings: [mm] $(\IZ/p^n\IZ)^\ast$ [/mm] ist ein Quotient von [mm] $(\IZ/p^{n+1})\IZ)^ast$: [/mm] wenn man also die Struktur von [mm] $(\IZ/p^{n+1})\IZ)^ast$ [/mm] kennt, gibt es nicht soo viele Moeglichkeiten. Ist etwa [mm] $(\IZ/p^n)\IZ)^ast \cong \IZ/(p-1)\IZ \times \prod_{i=1}^t \IZ/p^{e_i}\IZ$, [/mm] so ist entweder [mm] $(\IZ/p^n)\IZ)^ast \cong \IZ/(p-1)\IZ \times \IZ/p\IZ \times \prod_{i=1}^t \IZ/p^{e_i}\IZ$ [/mm] oder [mm] $(\IZ/p^n)\IZ)^ast \cong \IZ/(p-1)\IZ \times \prod_{i=1 \neq j}^t \IZ/p^{e_i}\IZ \times \IZ/p^{e_j + 1}\IZ$ [/mm] fuer ein $j [mm] \in \{ 1, \dots, t \}$.
[/mm]
> Also ist [mm](\IZ/16\IZ)^{\*} \cong \IZ/8[/mm] oder [mm]\IZ/2^2[/mm] x [mm]\IZ/2[/mm]
> oder [mm]\IZ/2[/mm] x [mm]\IZ/2[/mm] x [mm]\IZ/2.[/mm] Kann ich hier nun irgendwie
> zwei dieser drei Fälle ausschliessen?
Betrachte [mm] $(\IZ/8\IZ)^\ast [/mm] = [mm] \{ 1, 3, 5, 7 \}$. [/mm] Das Element 3 erfuellt [mm] $3^2 [/mm] = 9 [mm] \equiv [/mm] 1 [mm] \pmod{8}$, [/mm] und wegen $5 [mm] \equiv [/mm] 3 [mm] \cdot [/mm] (-1) [mm] \pmod{8}$ [/mm] gilt ebenfalls [mm] $5^2 \equiv [/mm] 1 [mm] \pmod{8}$. [/mm] Damit ist [mm] $(\IZ/8\IZ)^\ast \cong \IZ/2\IZ \times \IZ/2\IZ$, [/mm] also nicht zyklisch -- womit auch [mm] $(\IZ/16\IZ)^\ast$ [/mm] nicht zyklisch sein kann!
Ob [mm] $(\IZ/16\IZ)^\ast$ [/mm] jetzt allerdings zu [mm] $\IZ/4\IZ \times \IZ/2\IZ$ [/mm] oder zu [mm] $\IZ/2\IZ \times \IZ/2\IZ \times \IZ/2\IZ$ [/mm] isomorph ist, kann man nicht sofort sagen. Falls jedoch der erste Fall eintritt, so muss es ein $x [mm] \in (\IZ/16\IZ)^\ast$ [/mm] geben mit Ordnung 4 (also mit [mm] $x^2 \not\equiv [/mm] 1 [mm] \pmod{16}$), [/mm] welches in [mm] $(\IZ/8\IZ)^\ast$ [/mm] nicht auf 1 abgebildet wird.
Es bleiben also die Kandidaten $3, 5, 7$ (die additiv Inversen haben die gleiche Ordnung, da [mm] $(-x)^2 [/mm] = [mm] x^2$ [/mm] ist). Nun ist [mm] $3^2 \equiv [/mm] 9 [mm] \pmod{16}$, [/mm] womit 3 ein Element von Ordnung 4 sein muss.
Damit folgt [mm] $(\IZ/16\IZ)^\ast \cong \IZ/4\IZ \times \IZ/2\IZ$.
[/mm]
Ein allgemeines "Schema F" zur Bestimmung der Struktur von [mm] $(\IZ/p^n\IZ)^\ast$ [/mm] ist mir jedoch nicht bekannt.
Ich muss mich korrigieren, die Struktur von [mm] $(\IZ/n\IZ)^\ast$ [/mm] kann allgemein angegeben werden, siehe etwa ![[]](/images/popup.gif) hier.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 02:22 Do 11.02.2010 | | Autor: | one |
Hallo,
Danke erstmals für deine ausführliche Antwort.
Einiges ist mir aber noch nicht ganz klar.
> Betrachte [mm](\IZ/8\IZ)^\ast = \{ 1, 3, 5, 7 \}[/mm]. Das Element 3
> erfuellt [mm]3^2 = 9 \equiv 1 \pmod{8}[/mm], und wegen [mm]5 \equiv 3 \cdot (-1) \pmod{8}[/mm]
> gilt ebenfalls [mm]5^2 \equiv 1 \pmod{8}[/mm]. Damit ist
> [mm](\IZ/8\IZ)^\ast \cong \IZ/2\IZ \times \IZ/2\IZ[/mm], also nicht
> zyklisch -- womit auch [mm](\IZ/16\IZ)^\ast[/mm] nicht zyklisch sein
> kann!
Also in [mm] (\IZ/8\IZ)^{\*} [/mm] gilt, dass die 3 und die 5 die Ordnung 2 haben.
Dann kann ich also so irgendwie einen Isomorphismus bastlen.
-1 = 1 in [mm] \IZ/2.
[/mm]
Wie würde dann dieser Isomorphismus genau aussehen?
Weshalb kann dann aber auch [mm] (\IZ/16\IZ)^{\*} [/mm] nicht zyklisch sein?
> Ob [mm](\IZ/16\IZ)^\ast[/mm] jetzt allerdings zu [mm]\IZ/4\IZ \times \IZ/2\IZ[/mm]
> oder zu [mm]\IZ/2\IZ \times \IZ/2\IZ \times \IZ/2\IZ[/mm] isomorph
> ist, kann man nicht sofort sagen. Falls jedoch der erste
> Fall eintritt, so muss es ein [mm]x \in (\IZ/16\IZ)^\ast[/mm] geben
> mit Ordnung 4 (also mit [mm]x^2 \not\equiv 1 \pmod{16}[/mm]),
> welches in [mm](\IZ/8\IZ)^\ast[/mm] nicht auf 1 abgebildet wird.
>
> Es bleiben also die Kandidaten [mm]3, 5, 7[/mm] (die additiv
> Inversen haben die gleiche Ordnung, da [mm](-x)^2 = x^2[/mm] ist).
> Nun ist [mm]3^2 \equiv 9 \pmod{16}[/mm], womit 3 ein Element von
> Ordnung 4 sein muss.
>
> Damit folgt [mm](\IZ/16\IZ)^\ast \cong \IZ/4\IZ \times \IZ/2\IZ[/mm].
Hier blicke ich dann komplett nicht mehr durch.
Klar ist, dass es ein Element mit Ordnung 4 geben müsste, falls der erste Fall eintritt, wegen [mm] \IZ/4\IZ. [/mm] Aber wie weiter dann?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 03:46 Do 11.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Also in [mm](\IZ/8\IZ)^{\*}[/mm] gilt, dass die 3 und die 5 die
> Ordnung 2 haben.
> Dann kann ich also so irgendwie einen Isomorphismus
> bastlen.
Ja. Einen Iso von der Standarddarstellung?
> Wie würde dann dieser Isomorphismus genau aussehen?
Naja, versuch doch einfach mal einen hinzuschreiben - wohing ehen die Elemente denn alle? Du kannst fast gar nichts falsch machen.
> Weshalb kann dann aber auch [mm](\IZ/16\IZ)^{\*}[/mm] nicht zyklisch
> sein?
Es ist [m]p:\IZ/16\IZ\to\IZ/8\IZ,[a]\mapsto[a][/m] die Proketion, die ein surjektiver Ringhomo. ist. Damit ist [m]p:(\IZ/16\IZ)^{\*}\to(\IZ/8\IZ)^{\*},[a]\mapsto[a][/m] ein surjektiver Gruppenhom. Damit wäre mit dem Erezuger b der zyklischen Gruppe links [m]p(b)[/m] ein Erezeuger von [m]\IZ/8\IZ[/m]. Widerspruch!
> Hier blicke ich dann komplett nicht mehr durch.
> Klar ist, dass es ein Element mit Ordnung 4 geben müsste,
> falls der erste Fall eintritt, wegen [mm]\IZ/4\IZ.[/mm] Aber wie
> weiter dann?
Dann ist man fertig. Man kennt die Anzahl der Elemente, dass sie abelsch ist und nicht zyklisch. Damit kann es nur zwei Gruppen geben, zu diese die Gruppe isomorph ist. Eine haben wir ausgeschlossen, da wir ein Element der Ordnung 4 gefunden haben.
SEcki
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