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 Ist diese Gruppe endlich? |
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targon
Aktiv 
Dabei seit: 01.04.2016
Mitteilungen: 82
Aus:
 |      Themenstart: 2018-10-09 09:49
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\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}}\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}\newcommand{\R}{\mathbb{R}}\newcommand{\C}{\mathbb{C}}\newcommand{\norm}[1]{\mathop{}\left\lVert\,#1\,\right\rVert}\newcommand{\abs}[1]{\mathop{}\left\lvert#1\right\rvert}\newcommand{\eins}[1]{\textbf{1}_{\left\{ #1 \right\}}}\)
Hallo miteinander,
mir wurde letztens diese Aufgabe gestellt und leider komme ich nicht drauf:
Sei \(G\) eine Gruppe erzeugt von \(a,b \in G\), also \(G = \langle a , b \rangle\). Jedes Gruppenelement hat Ordnung \(5\), also es gilt \[g^5 = e \quad \forall g \in G .\]
Nun gilt es zu beweisen oder zu widerlegen, dass \(G\) endlich ist.
Über einen Ansatz würde ich mich freuen.
Gruß
Targon\(\endgroup\)
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kurtg
Senior 
Dabei seit: 27.08.2008
Mitteilungen: 1180
Aus:
| Beitrag No.1, eingetragen 2018-10-09 10:29
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Hi,
ich weiß die Antwort nicht, würde aber mal alle Worte auf $a,a^{-1},b,b^{-1}$ betrachten und versuchen, ob man die auf endlich viele reduzieren kann.
Wenn $G$ zu wenige Relationen hat, ist sie vermutlich unendlich (Burnside-Problem/Golod-Shafarevich-Ungleichung: die liefert aber nur, dass $G$ unendlich ist, wenn es nur eine Relation gibt, aber deine Gruppe hat mehr).\(\endgroup\)
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HellsKitchen
Senior 
Dabei seit: 02.01.2012
Mitteilungen: 229
Aus: Fürth in Bayern
| Beitrag No.2, eingetragen 2018-10-09 10:47
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Hi,
ich würde mir überlegen, ob G nicht als Vektorraum über \(\mathbb{F}_5\)
aufgefasst werden kann.
Gruss
HellsKitchen\(\endgroup\)
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kurtg
Senior
Dabei seit: 27.08.2008
Mitteilungen: 1180
Aus:
| Beitrag No.3, eingetragen 2018-10-09 11:32
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Das ginge, wenn $G$ abelsch wäre.\(\endgroup\)
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targon
Aktiv
Dabei seit: 01.04.2016
Mitteilungen: 82
Aus:
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-10-09 13:06
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\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}}\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}\newcommand{\R}{\mathbb{R}}\newcommand{\C}{\mathbb{C}}\newcommand{\norm}[1]{\mathop{}\left\lVert\,#1\,\right\rVert}\newcommand{\abs}[1]{\mathop{}\left\lvert#1\right\rvert}\newcommand{\eins}[1]{\textbf{1}_{\left\{ #1 \right\}}}\)
Die für mich naheliegende Art, \(G\) als Vektorraum über \(\mathbb{F}_5\) aufzufassen, würde auch die Kommutativität von \(G\) benötigen. Oder vielleicht meinst du das ja anders?
Danke für das Stichwort Burnside-Problem, das war mir vorher nicht bekannt. Wusste nicht, dass ich damit so ein Fass aufgemacht habe 
Allerdings haben wir hier ja noch als Zusatzbedingung, dass nicht nur die Erzeuger, sondern alle Elemente der Gruppe, Ordnung \(5\) haben. Das ist ja stärker als beim Burnside-Problem (wie auf Wikipedia dargestellt).
Zu den Worten: da \(g^{-1}=g^4\) für jedes \(g \in G\) gilt, ist die Suche nach Worten in \(a , b , a^{-1} , b^{-1}\) das selbe wie die endlichen Folgen in \(1,2,3,4\). Leider gibt es aber natürlich auch unendliche, nicht periodische Folgen in 4 Elementen. Und ich sehe nicht welche hilfreichen Relation, die man auf den Voraussetzungen konstruieren kann, da helfen könnten.\(\endgroup\)
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kurtg
Senior
Dabei seit: 27.08.2008
Mitteilungen: 1180
Aus:
| Beitrag No.5, eingetragen 2018-10-09 13:49
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Es gilt ja nicht nur $a^5 = b^5 = 1$, sondern z.B. auch $(ab)^5 = 1$, vielleicht bringt das was?\(\endgroup\)
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philippw
Senior
Dabei seit: 01.06.2005
Mitteilungen: 1046
Aus: Hoyerswerda
 | Beitrag No.6, eingetragen 2018-10-09 14:40
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Aus dem Wikipedia-Artikel zum Burnside problem:
(B(m,n) ist die größte Gruppe mit m Erzeugern, bei denen alle Elemente gn=1 erfüllen.)
https://en.wikipedia.org/wiki/Burnside_problem schreibt:
Burnside problem II. For which positive integers m, n is the free Burnside group B(m, n) finite?
The full solution to Burnside problem in this form is not known. Burnside considered some easy cases in his original paper:
B(1, n) is the cyclic group of order n.
B(m, 2) is the direct product of m copies of the cyclic group of order 2 and hence finite.[note 1]
The following additional results are known (Burnside, Sanov, M. Hall):
B(m, 3), B(m, 4), and B(m, 6) are finite for all m.
The particular case of B(2, 5) remains open: as of 2005 it was not known whether this group is finite.
Die Frage aus dem Thread hier ist genau B(2,5): Soll heißen, sie ist zumindest so schwer, dass bisher noch keine Lösung bekannt ist. Ich will euch aber nicht abschrecken :)
Ich finde es sehr interessant und kontraintuitiv, dass das Problem für den Exponenten 6 schon gelöst ist, für 5 aber noch nicht. Mein spontaner Gedanke, als ich das Problem gesehen habe, war, eine unendliche Folge von as und bs zu finden, die keine fünften Potenzen als Teilfolge enthalten, also z.B. nicht abba(aba aba aba aba aba)b. Solch eine Folge ist z.B. die
Fair Share Sequence
a,b,ba,baab,baababba,baababbaabbabaab,...
Kommas sind nur zur Verdeutlichung der Konstruktion, man beginnt mit a und fügt in jedem Schritt die "Vertauschte" bisherige Folge an, also a und b ausgetauscht. Diese Folge enthält viele Quadrate, aber keine Kuben oder höhere Potenzen.
Ich hätte gedacht, dass jeder endliche Abschnitt der Folge ein unterschiedliches Element in B(2,5) darstellen müsste, weil die Folge keine Fünften Potenzen enthält, die wegfallen könnten, aber bei B(2,6) scheint das ja auch nicht zu klappen.
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"Eine Wissenschaft ist erst dann als voll entwickelt anzusehen, wenn sie dahin gelangt ist, sich der Mathematik bedienen zu können."
Karl Marx
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np_complete
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Dabei seit: 24.03.2015
Mitteilungen: 173
Aus:
 |  Beitrag No.7, eingetragen 2018-10-09 15:19
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Mit den Sätzen von Lagrange und Sylow kann man leicht zeigen, dass die Ordnung der Gruppe eine 5er-Potenz sein muss, sofern sie endlich ist. Das Problem ist also äquivalent dazu, ob irgendeine endliche Gruppe von der Ordnung einer 5er-Potenz eine Darstellung wie in der Frage besitzt. Also von zwei Elementen erzeugt, wobei die Ordnung eines jeden Elements 5 ist.
Nachtrag: Richtig hätte es natürlich heißen müssen, dass aus der Nichtexistenz einer Gruppe mit 5er-Potenz als Ordnung, und den in der Frage genannten Eigenschaften, bereits die Unendlichkeit einer jeden Gruppe mit diesen Eigenschaften folgen müsste. Dune hatte mir zwischenzeitlich das Beispiel \(C_5 \times C_5\) genannt. Und wie helmetzer in Beitrag 8 bemerkt hatte, reicht ja sogar \(C_5\).
Meiner Meinung nach ist die Frage da auch ein bisschen missverständlich gestellt:
2018-10-09 09:49 - targon im Themenstart schreibt:
Nun gilt es zu beweisen oder zu widerlegen, dass \(G\) endlich ist.
Die Frage sollte meiner Meinung nach eher so lauten, inwiefern sowohl endliche als auch unendliche Gruppen mit dieser Eigenschaft existieren. Denn wenn zusätzlich auch unendliche Gruppen mit den geforderten Eigenschaften existieren, kann man ja nicht alleine aus der Erfüllung dieser Eigenschaften schlussfolgern, inwiefern eine Gruppe mit diesen Eigenschaften nun endlich oder unendlich ist, wie es obiges Zitat gewissermaßen impliziert.\(\endgroup\)
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helmetzer
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Dabei seit: 14.10.2013
Mitteilungen: 1151
Aus: Helmbrechts, Franken
| Beitrag No.8, eingetragen 2018-10-11 08:01
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Moin, so eine Gruppe gibt es:  . Wird aber auch von nur einem Element erzeugt.
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StrgAltEntf
Senior
Dabei seit: 19.01.2013
Mitteilungen: 4357
Aus: Milchstraße
 | Beitrag No.9, eingetragen 2018-10-11 19:53
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Hallo philippw,
2018-10-09 14:40 - philippw in Beitrag No. 6 schreibt:
Mein spontaner Gedanke, als ich das Problem gesehen habe, war, eine unendliche Folge von as und bs zu finden, die keine fünften Potenzen als Teilfolge enthalten, also z.B. nicht abba(aba aba aba aba aba)b. Solch eine Folge ist z.B. die
Fair Share Sequence
a,b,ba,baab,baababba,baababbaabbabaab,...
Kommas sind nur zur Verdeutlichung der Konstruktion, man beginnt mit a und fügt in jedem Schritt die "Vertauschte" bisherige Folge an, also a und b ausgetauscht. Diese Folge enthält viele Quadrate, aber keine Kuben oder höhere Potenzen.
Ich hätte gedacht, dass jeder endliche Abschnitt der Folge ein unterschiedliches Element in B(2,5) darstellen müsste, weil die Folge keine Fünften Potenzen enthält, die wegfallen könnten
Persönlich hättest du mich damit überzeugt, wenn du nicht dazu geschrieben hättest, dass es sich um ein offenes Probblem handelt. 
Denn wenn es so ginge, wäre da bestimmt schon jemand vorher drauf gekommen. Für B(2,6) funktioniert dein (Schein-)argument allerdings nicht, da dort auch Elemente der Ordnung 2 existieren, sich die Kette eventuell also verkürzen ließe.
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