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Universität/Hochschule J Normalteiler von Gruppen
Tumer
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Dabei seit: 22.12.2004
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  Themenstart: 2005-09-25

Hallo zusammen, ich möchte einen Satz beweisen und krieg es nicht hin. Vlt könnt ihr mir ja helfen. Man hat eine Gruppe der Ordnung p^alpha und eine Untergruppe der Ordnung p^beta mit beta kleiner oder = alpha. Und daraus soll folgen, dass die Untergruppe der Ordnung p^beta ein Normalteiler von G ist? Wie kann ich den Beweis führen? Danke Tumer


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2weistein
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  Beitrag No.1, eingetragen 2005-09-25

Hi Tumer, willkommen auf dem MP! versuch doch mal den fed zu benutzen, dann kann man deine Formeln besser lesen :) Gegeben ist also eine Gruppe G mit abs(G)=p^\alpha und eine Untergruppe H mit abs(H)=p^\beta wobei \beta < \alpha. soll p eine Primzahl sein? Zu zeigen oder widerlegen: H ist Normalteiler von G. edit: hier stand mal mist. Gruß Chris [ Nachricht wurde editiert von 2weistein am 26.09.2005 00:28:45 ]


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Martin_Infinite
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  Beitrag No.2, eingetragen 2005-09-25

Hi Tumer,   bist du dir sicher, dass du das zeigen musst? Vielleicht sollte man eher ein Gegenbeispiel suchen    Gruß Martin


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2weistein
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  Beitrag No.3, eingetragen 2005-09-25

Hi Martin, warum sollte die Aussage falsch sein? edit: ja, warum sollte sie denn stimmen? Gruß Chris [ Nachricht wurde editiert von 2weistein am 26.09.2005 00:31:57 ]


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mrdjv2
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  Beitrag No.4, eingetragen 2005-09-25

@2weistein: was wäre denn z.b. mit G := <(13),(1234)> und als untergruppe H := <(13)>? H dürfte doch kein normalteiler von G sein. gruß daniel (der hoffentlich algebra noch nicht ganz verdrängt hat)


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2weistein
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  Beitrag No.5, eingetragen 2005-09-26

Hi, sorry, da hab ich etwas zu schnell gedacht... Gruß Chris


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Martin_Infinite
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  Beitrag No.6, eingetragen 2005-09-26

Hi Daniel,   dein G besteht aus 4 Elementen, nämlich 1 , (1 3), (1 2 3 4), (1 2)(3 4), und ist damit abelsch. (Gruppen der Ordnung p2, p prim, sind abelsch).  Gruß Martin [ Nachricht wurde editiert von Martin_Infinite am 26.09.2005 09:06:52 ]


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Tumer
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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2005-09-26

Und was heißt das jetzt genau für meinen Beweis. War also der erste Hinweis richtig?


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mrdjv2
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  Beitrag No.8, eingetragen 2005-09-26

hi martin...mein G besteht aus 8 elementen: {id, (1,3), (1,2,3,4), (1,4,3,2), (2,4), (1,2)(3,4), (1,3)(2,4),  (1,4)(2,3)} und ist damit isomorph zur D8 (oder D4...je nach bezeichnung) gruß daniel


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Martin_Infinite
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  Beitrag No.9, eingetragen 2005-09-26

Hi Daniel,   du hast Recht - was hatte ich denn vorhin bloß gerechnet?!   @Tumer: Das heißt für dich, dass die Behauptung falsch ist, und sich damit nicht beweisen lässt (sofern ZF widerspruchsfrei ist )    Gruß Martin


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Gockel
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  Beitrag No.10, eingetragen 2005-09-26

Hi. Vielleicht hast du die Aufgabe auch nur falsch verstanden/abgeschrieben. Vielleicht sollst du ja zeigen, dass zu jedem \alpha\el\IN ein \beta<=\alpha gibt, so dass ein Normalteiler der Ordnung p^\beta existiert. Das wäre nämlich richtig \(Mir würden spontan drei verschiedene Konstruktionsmethoden einfallen, die im Idealfall also drei verschiedene Werte für \beta ergeben würden.\) mfg Gockel. [ Nachricht wurde editiert von fed am 26.09.2005 18:02:57 ]


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Tumer
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  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2005-09-26

@ Gockel, du hast Recht. So würde die Aufgabe mehr Sinn machen. So würden die bisherigen Beiträge auch Sinn machen! Aber wie kann ich das zeigen?? Viele Grüße Tumer


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Martin_Infinite
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  Beitrag No.12, eingetragen 2005-09-26

Hi Tumer,   so macht die Aufgabe aber immer noch keinen Sinn [die letzten Beiträge schon, ganz unabhängig davon ]: Offensichtlich kann man \b = 0 oder \b = \a nehmen. Wie lautet denn die genaue Aufgabenstellung und der Kontext?    Gruß Martin [ Nachricht wurde editiert von Martin_Infinite am 26.09.2005 18:49:25 ]


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Tumer
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  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2005-09-28

Hallo zusammen, nochmal zu meiner Aufgabe; sie lautet folgendermaßen: Sei die Ordnung von G = p^alpha und sei U eine Untergruppe der Ordnung p^beta mit alpha >= beta. Daraus folgt, dass ein Normalteiler existiert mit Ordnung von p^beta. Ich hoffe, jetzt kann mir jemand weiterhelfen. Viele Grüße Tumer


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Gonzbert
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  Beitrag No.14, eingetragen 2005-09-28

\ Hi! Selbst dann kannst du immer noch \a=\b wählen. Viele Grüße


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fru
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  Beitrag No.15, eingetragen 2005-09-28

Hi! So wie der Satz jetzt hier steht, bedeutet er doch dasselbe wie: "In einer Gruppe G der Ordnung p^\a gibt es zu jeder Untergruppe U einen Normalteiler von G, der dieselbe Ordnung wie U hat." Die Frage, ob p als prim vorausgesetzt ist, bleibt dabei noch offen. Liebe Grüße, Franz


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Tumer
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  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2005-09-28

Hi, p ist eine Primzahl. Aber wie beweise ich den Satz? Grüße Tumer


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fru
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  Beitrag No.17, eingetragen 2005-09-28

Hallo, Tumer! Wenn p eine Primzahl ist, vereinfacht sich der zu beweisende Satz zu: "In einer p-Gruppe gibt es zu jedem Teiler t der Gruppenordnung einen Normalteiler der Ordnung t." Denn daß es Untergruppen der Ordnung t zu jedem t gibt, kannst Du wohl voraussetzen. Welche Sätze kannst Du noch voraussetzen? Der Satz folgt z.B. ganz leicht aus: "Die Primfaktorgruppen der Hauptreihen einer p-Gruppe haben die Ordnung p." Diesen Satz wiederum kann man beweisen, wenn bekannt ist, daß jede p-Gruppe auflösbar ist, was wiederum hauptsächlich auf dem Satz "Jede p-Gruppe besitzt ein nichttriviales Zentrum" beruht. Wenn Du nichts von alledem voraussetzen kannst (und es keine Abkürzung gibt, die ich gerade nicht sehe), dann müßtest Du also mit dem Beweis des letztgenannten Satzes beginnen, der sich sicherlich bereits mehrfach im Forum finden läßt. Also: Wie weit mußt Du ausholen bei dem Beweis ? Liebe Grüße, Franz


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Gockel
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  Beitrag No.18, eingetragen 2005-09-28

Hi. Wenn du nicht ganz so weit ausholen willst, wie Franz vorschlägt, dann geht es auch ganz leicht mit Induktion nach der Gruppenordnung in Verbindung mit dem zweiten Isomorphie-Satz und dem Satz vom nichttrivialen Zentrum der p-Gruppen. mfg Gockel. [ Nachricht wurde editiert von Gockel am 28.09.2005 18:32:30 ]


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Tumer
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  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2005-09-28

@ gonzbert das macht doch auch nichts wenn alpha = beta ist. Die Gruppe selber ist doch auch ein Normalteiler Viele Grüße Tumer


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Tumer
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  Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2005-09-28

@Gockel Wie lautet denn der zweite Isomorphiesatz? @fru dass die Faktorgruppen die Ordnung p haben, ist ja logisch, aber ich sehe immer noch nicht den Zusammenhang zu dem Satz. Was folgt denn daraus, dass die Faktorgruppen die Ordnung p haben? Danke Tumer


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Gockel
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  Beitrag No.21, eingetragen 2005-09-28

Hi. Eine vereinfachte Version des zweiten Isomorphiesatzes, die hierfür vollkommen ausreicht (inkl. Beweis), kannst du in Gruppenzwang IV nachlesen: article.php?sid=668 mfg Gockel.


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Tumer
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  Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2005-09-28

@Gockel danke, aber ich sehe da leider irgendwie keinen Zusammenhang bzw. hab ich keine Idee bzgl. des Beweises Tumer


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Gockel
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  Beitrag No.23, eingetragen 2005-09-28

Hi Tumer. Dass gar nichts geht, glaub ich dir nicht. Fang doch einfach mal an und arbeite dich nach den Hinweisen, die ich dir gegeben habe vor. Was gehört alles zu einer Induktion? Ein Induktionsanfang z.B.! Hast du einen? Was mus im Induktionsschritt getan werden? Wie kann man die Induktionsvorraussetzung dabei nutzen? Der MP ist keine Lösungsmaschine. Eigenes Denken ist hier in aller Regel Grundvorrausetzung. Deshalb versuche es bitte zuerst alleine. mfg Gockel.


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fru
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  Beitrag No.24, eingetragen 2005-09-28

Hallo, Tumer! Eine Hauptreihe besteht doch aus einander echt enthaltenden Normalteilern von G, mit G beginnend und bei E endend. Wenn die Faktorgruppen zweier aufeinanderfolgender Normalteiler die Ordnung p haben, so ist die Ordnung jedes vorkommenden Normalteilers ein p-tel der Ordnung des vorangehenden. Von G absteigend gibt es also zu jeder p-Potenz einen Normalteiler. Das ist eher einfach. Aber das von Dir als "ja logisch" bezeichnete "Alle Faktorgruppen haben die Ordnung p" ist keineswegs trivial: Es wäre ja durchaus denkbar, daß eine Faktorgruppe z.B. die Ordnung p2 hat. Zu zeigen, daß dies nicht sein kann, ist der eigentliche Kern der Aufgabe und dazu benötigt man eben die von mir bereits erwähnten Hilfsmittel oder Du orientierst Dich an Gockels Weg, der sicher ein guter ist. Ich muß jetzt leider für ein, zwei Stunden weg. Aber Gockel oder andere werden sich sicher weiter um Deine Aufgabe kümmern. Liebe Grüße, Franz


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Tumer
Junior Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
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  Beitrag No.25, vom Themenstarter, eingetragen 2005-09-28

hatte gerade eine neue Idee:   ich weiß, dass p^n auflösbar ist daraus folgt, dass die Kompositionsfaktoren Primzahlordnung haben, die Kompositionsfaktoren haben aber nur dann Primzahlordnung, wenn jedes p^i-1 Normalteiler von p^i ist, sonst würde nämlich für den Faktor p^2 gelten wäre das ein Beweis???


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Gockel
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  Beitrag No.26, eingetragen 2005-09-28

Nein das ist absolut kein Beweis. 1.) Weil der letzte Satz nicht beendet wurde :D 2.) Weil absolut nicht klar ist, inwiefern "p^i-1 ein Normalteiler von p^i" sein soll. mfg Gockel.


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Tumer
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  Beitrag No.27, vom Themenstarter, eingetragen 2005-09-28

ich gebs auf, trotzdem danke an alle es wäre ja auch zu schön gewesen... Tumer


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Buri
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  Beitrag No.28, eingetragen 2005-09-28

2005-09-28 18:27: fru schreibt: ... Denn daß es Untergruppen der Ordnung t zu jedem t gibt, kannst Du wohl voraussetzen ... Hi fru, in einer p-Gruppe schon, aber im allgemeinen nicht. Die Darlegungen über Sylowgruppen in manchen Lehrbüchern beginnen mit der Feststellung "Falschheit der Umkehrung des Satzes von Lagrange". Es gibt eine Gruppe der Ordnung 24, die keine Untergruppe der Ordnung 12 hat (ich glaube, es gibt genau eine!). Gruß Buri


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Gockel
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  Beitrag No.29, eingetragen 2005-09-28

Hi Leute. Hmm... ich spekuliere einfach mal darauf, dass das Aufgeben von Tumer dahingehend interpretiert werden kann, dass er vorerst nicht wiederkommt. Also poste ich mal den von mir angesprochenen Beweis: \darkred\ Sei G eine Gruppe mit abs(G)=p^k. Dann gibt es für alle m\el\IN_<=k ein N<|G mit abs(N)=p^m. \blue\ Beweis per Induktion nach k: Sei abs(Z(G))=p^n. Es ist bekannt, dass n>=1 ist. 1.Fall: m>=n Wir betrachten die Gruppe G\/Z(G) der Ordnung p^(k-n) < p^k. Nach Induktionsvorraussetzung gibt es einen Normalteiler der Ordnung p^(m-n). Es existiert nach dem zweiten Isomorphiesatz ein eindeutig bestimmter Normalteiler N<|G der Ordnung p^m, der Z(G) enthält und für den gilt, dass N\/Z(G) zu eben jenem Normalteiler von G\/Z(G) isomorph ist. 2.Fall: m


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fru
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  Beitrag No.30, eingetragen 2005-09-28

2005-09-28 18:27: fru schreibt: Wenn p eine Primzahl ist, vereinfacht sich der zu beweisende Satz zu: "In einer p-Gruppe gibt es zu jedem Teiler t der Gruppenordnung einen Normalteiler der Ordnung t." Denn daß es Untergruppen der Ordnung t zu jedem t gibt, kannst Du wohl voraussetzen. ..... Hi, Buri! Ich dachte eigentlich, daß aus dem Zusammenhang, in dem der von Dir zitierte Satz steht, insb. aus dem ihm vorangehenden Satz (s.o.) klar genug hervorgeht, daß ich mich nur auf p-Gruppen beziehe. Aber vielleicht hätte ich das noch ausdrücklich feststellen sollen. Jedenfalls sollte dieser Satz nur einen Vorschlag von mir markieren, wo man die Grenze zwischen Voraussetzbarem und noch zu Beweisendem evtl. sinnvoll ziehen könnte, da dieser Satz doch wesentlich grundlegender ist als die anderen Sätze über die Normalteiler der p-Gruppen. Er läßt sich durch Induktion beweisen und baut wesentlich darauf auf, daß es in jeder Gruppe Elemente gibt, deren Ordnung ein beliebiger Primteiler der Gruppenordnung ist, was wiederum nur ein Spezialfall des Satzes ist, daß die Anzahl der n-ten Einheitswurzeln durch n teilbar ist, wenn n die Gruppenordnung teilt. Man sieht also, daß ein Nicht-Voraussetzen des fraglichen Satzes in viel elementarere Gefilde führt, die mit dem Kern des zu beweisenden Satzes nur mehr wenig zu tun haben. Liebe Grüße, Franz


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Gockel
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  Beitrag No.31, eingetragen 2005-09-29

Hi nochmal. Mir ist noch eingefallen, wie man den Beweis ohne Sylow gestalten kann. \blue\ Beweis per Induktion nach k: Sei abs(Z(G))=p^n. Es ist bekannt, dass n>=1 ist. Nach dem Satz von Cauchy \(der sich wie ich im eben im Chat gesehen habe auch sehr elegant ohne Sylow beweisen lässt\) gibt es in Z(G) ein Element und damit eine Untergruppe U der Ordnung p. Jede Untergruppe von Z(G) ist normal in G. Wir betrachten also G\/U, eine Gruppe mit p^(k-1) Elementen. Wir wenden also die Induktionsvorrausetzung an, um einen Normalteiler mit p^(m-1) Elementen zu kontruieren, der aufgrund des zweiten Isomorphiesatzes eindeutig einem Normalteiler N<|G entspricht mit U\subseteq\ N und abs(N)=p^m. \blue\ q.e.d. mfg Gockel.


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