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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:55 Sa 30.12.2006 | | Autor: | Rian |
| Aufgabe | | Zeigen Sie, dass die alternierende Gruppe [mm] $A_{4}$ [/mm] der gerade Permutationen von vier Elementen keine Untergruppe der Ordnung 6 hat, trotzdem 6 die Gruppenordnung teilt. (Die Umkehrung des Satzes von Lagrange ist also falsch). |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hi,
ich habe obiges Problem und komme nicht weiter. Dass die alternierende Gruppe die Ordnung 12 hat ist mir klar, da die ja die Hälfte der Ordnung der Permutationen mit vier Elementen sein muss. Also dass 6 diese Gruppenordnung teilt ist klar. Aber wie kann ich nun zeigen, dass alle Untergruppen dieser alternierenden Gruppe nicht die Ordnung 6 haben können???
Wie kann ich denn genau die Untergruppen von [mm] $A_{4}$ [/mm] bestimmen oder muss ich das gar nicht???
Besten Dank im Voraus und guten Rutsch.
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Hallo Rian,
überleg mal, welche Gruppen der Ordnung 6 (bis auf Isomorphie) es gibt. Kann es also z.B. eine zyklische Untergruppe von [mm] $A_4$ [/mm] mit Ordnung 6 geben?
Und wenn Du die Abelschen Gruppen ausgeschlossen hast, dann bleibt nur noch ein Fall übrig.
Gruß
zahlenspieler
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:00 So 31.12.2006 | | Autor: | Rian |
Also wenn ich mich recht erinnere, sind alle endlichen zyklischen Gruppen von der Form [mm] $\IZ$/n$\IZ$, [/mm] also in diesem Fall die ganzen Zahlen mod(6), oder?
Und wie kann ich die kommutativen Gruppen ausschließen?
Gruß
Rian
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Hallo Rian,
> Also wenn ich mich recht erinnere, sind alle endlichen
> zyklischen Gruppen von der Form [mm]\IZ[/mm]/n[mm]\IZ[/mm], also in diesem
> Fall die ganzen Zahlen mod(6), oder?
Richtig.
Falls Du den Zusammenhang zwischen der Zykelzerlegung und der Ordnung einer Permutation kennst, kannst Du leicht zeigen, daß es
a) ein Element der Ordnung 6 in [mm] $A_4$ [/mm] nicht gibt, und
b) daß es keine vertauschbaren Permutationen $p,q [mm] \in A_4$ [/mm] mit den Ordnungen 2 bzw. 3 gibt.
Mfg
zahlenspieler
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:50 Di 02.01.2007 | | Autor: | Rian |
Danke schonmal für die vorrangegangene Hilfe. Hab trotzde noch ne Frage: Also es gilt ja: Ordnung einer Permutation ist gleich das kleinste gemeinsame Vielfacher aller ihrer Zykellängen.
Dann ist mir a) klar, weil ja die Zykel maximal die Länge vier haben können,
allerdings verstehe ich b) nicht.
Angenommen man nimmt die Permutation
p=(1,2)(3,4), dann sind ja beide Zykellängen gleich 2, somit das kgV = 2 und auch die Ordnung.
Und p gehört auch zu [mm] $A_{4}$, [/mm] weil p= [mm] $\pmat{ 1 & 2 & 3 & 4\\ 2 & 1 & 4 & 3 }$ [/mm] hat zwei Fehlstände. Was hab ich jetzt falsch gemacht?
Gruß
Rian
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:19 Fr 05.01.2007 | | Autor: | felixf |
Hallo Rian,
> Danke schonmal für die vorrangegangene Hilfe. Hab trotzde
> noch ne Frage: Also es gilt ja: Ordnung einer Permutation
> ist gleich das kleinste gemeinsame Vielfacher aller ihrer
> Zykellängen.
> Dann ist mir a) klar, weil ja die Zykel maximal die Länge
> vier haben können,
> allerdings verstehe ich b) nicht.
> Angenommen man nimmt die Permutation
> p=(1,2)(3,4), dann sind ja beide Zykellängen gleich 2,
> somit das kgV = 2 und auch die Ordnung.
> Und p gehört auch zu [mm]A_{4}[/mm], weil p= [mm]\pmat{ 1 & 2 & 3 & 4\\ 2 & 1 & 4 & 3 }[/mm]
> hat zwei Fehlstände. Was hab ich jetzt falsch gemacht?
wieso, stimmt doch alles? Und es widerspricht sich auch nicht mit dem, was zahlenspieler geschrieben hat. Du hast ein Element der Ordnung 2 gefunden. Kein Wunder, die Gruppenordnung ist auch durch 2 teilbar, sowas gibt es dann immer.
Zahlenspieler hat gesagt, du sollst zeigen, dass es keine Elemente $p$ und $q$ gibt mit Ordnung $p$ gleich 2 und Ordnung $q$ gleich 3, die miteinander kommutieren. Das heisst nicht, das es nicht Elemente der Ordnung 2 oder 3 geben kann.
Oder habe ich dich falsch verstanden?
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:34 Sa 06.01.2007 | | Autor: | Rian |
Also wenn ich das richtig verstanden habe, reicht das schon zu sagen:
Gruppenordnung von [mm] $A_{4}$ [/mm] ist 12 aus oben genannten Gründen und die Gruppenordnung jeder Untergruppe von [mm] $A_{4}$ [/mm] kann nicht 6 sein, da es keine zyklische Gruppe gibt mit dieser Ordnung, weil es maximal die Zykellänge 4 sein kann???
Wenn ja, dann großen Dank an euch für die Hilfe
Gruß
Rian
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:28 So 07.01.2007 | | Autor: | felixf |
Hallo Rian,
> Also wenn ich das richtig verstanden habe, reicht das schon
> zu sagen:
> Gruppenordnung von [mm]A_{4}[/mm] ist 12 aus oben genannten Gründen
> und die Gruppenordnung jeder Untergruppe von [mm]A_{4}[/mm] kann
> nicht 6 sein, da es keine zyklische Gruppe gibt mit dieser
> Ordnung, weil es maximal die Zykellänge 4 sein kann???
damit hast du gezeigt, dass es keine Untergruppe des Typs [mm] $\IZ/6\IZ$ [/mm] gibt. Es koennte aber noch eine Untergruppe geben, die isomorph zu [mm] $S_3$ [/mm] ist, und somit 6 Elemente haette. Um zu zeigen, dass es sowas nicht gibt, kannst du so vorgehen wie zahlenspieler es vorgeschlagen hat.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:40 So 07.01.2007 | | Autor: | Rian |
Tut mir leid, ich komme nicht drauf, wie man das zeigt. Hab mir nochmal alles, was zahlenspieler gesagt hat, durchgelesen und überlegt, aber ich hab keinen Plan.
Bitte nochmal um Hilfe.
Danke
Rian
Mir ist gerade noch ein Gedanke gekommen: Gibt es überhaupt eine nicht-zyklische Permutation? (egal ob isomorph zu [mm] $S_3$ [/mm] oder nicht)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:40 Mo 08.01.2007 | | Autor: | Rian |
Hat sich inzwischen erledigt.
Gruß
Rian
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Hallo Rian,
ich hole mal etwas aus:
Du kennst vielleicht Beschreibungen von Gruppen durch Angabe eines Erzeugendensystems und Gleichungen in diesen "Erzeugenden" (Beispielsweise für die Kleinsche Vierergruppe, die Quaternionengruppe etc.).
[mm] $S_3$ [/mm] wird beispielsweise von $(1,2)$ und $(1,2,3)$ erzeugt, und es gilt [mm] $(1,2)^2=\id =(1,2,3)^3, (1,2)(1,2,3)=(1,2,3)^{-1}(1,2)$.
[/mm]
Gäbe es also einen Homomorphismus $f: [mm] S_3 \to A_4$, [/mm] dann müßten ja die obigen Gleichungen auch zwischen $f((1,2))$ und $f((1,2,3))$ gelten.
Jetzt brauchst Du also "nur" zeigen: Es gibt keine Elemente [mm] $g,h\in A_4, [/mm] |g|=2, |h|=3$ mit [mm] $gh=h^{-1}g \gdw h^{-1}=ghg^{-1}$.
[/mm]
Noch ein Tip für die Rechnung: Wenn $p,q$ Permutationen sind und [mm] $q=(i_1, \ldots, i_r)$; [/mm] dann gilt [mm] $pqp^{-1}=(p(i_1), \ldots, p(i_r))$. [/mm] (Weiß natürlich nicht, ob Du das verwenden darfst  ).
Da die 3er-Zykel $(1,2,4), (1,3,4), (2,4,3)$ in [mm] $A_4$ [/mm] zu $(1,2,3)$ konjugiert sind, brauchst Du die Behauptung nur für $h=(1,2,3)$ zu beweisen.
Mfg
zahlenspieler
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