Homomorphismen surjektiv < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:23 Do 06.04.2006 | | Autor: | cycilia |
| Aufgabe | Zeige, dass es keinen surjektiven Homomorphismus
[mm] S_n \to S_{n-1} [/mm] für [mm] n \ge 5 [/mm] gibt. |
Homomorphismus :
[mm] \varphi(0) = 0 [/mm] und [mm] \varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b) [/mm]
surjektiv: ganz [mm] S_{n-1} [/mm] wird erreicht.
Da [mm] Im(\varphi) [/mm] eine Untergruppe von [mm] S_{n-1} [/mm] ist, muss es also die Ordnug (n-1)! teilen. Also bleibt zu zeigen, dass es ein echter Teiler von (n-1)! ist, also [mm] |Im(\varphi)| \not= (n-1)! [/mm]
Weiter komme ich leider nicht.
Ich habe überlegt, ob noch eventuell der Homomorphiesatz für Gruppen hilfreich sein könnte, unsere Formulierung:
Sei [mm] \varphi: [/mm] G [mm] \to [/mm] G' ein Gruppenhomomorphismus und N [mm] \subset [/mm] G ein Normalteiler mit N [mm] \subset Ker(\varphi). [/mm] Dann existiert eindeutig ein Gruppenhomomorphismus [mm] \bar {\varphi}: G/N \to G' [/mm] mit
[mm] \bar {\varphi}( \pi)= \varphi [/mm] . Hierbei beschreibt [mm] \pi: [/mm] G [mm] \to [/mm] G/N den surjektiven Gruppenhomomorphismus a [mm] \mapsto [/mm] aN mit [mm] Ker(\pi) [/mm] =N. Es gilt [mm] \bar {\varphi}( \pi) \gdw N = Ker({\varphi}) [/mm].
Wenn ich diesen Satz mit [mm] G = S_n, G' = S_{n-1} und N = Ker( \varphi) [/mm] anwende, erhalte ich [mm] \bar {\varphi} [/mm] injektiv und komme hier nicht weiter.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:30 Do 06.04.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Zeige, dass es keinen surjektiven Homomorphismus
> [mm]S_n \to S_{n-1}[/mm] für [mm]n \ge 5[/mm] gibt.
> Homomorphismus :
> [mm]\varphi(0) = 0[/mm] und [mm]\varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)[/mm]
>
> surjektiv: ganz [mm]S_{n-1}[/mm] wird erreicht.
Das sind die Definitionen. Ja.
> Da [mm]Im(\varphi)[/mm] eine Untergruppe von [mm]S_{n-1}[/mm] ist, muss es
> also die Ordnug (n-1)! teilen. Also bleibt zu zeigen, dass
> es ein echter Teiler von (n-1)! ist, also [mm]|Im(\varphi)| \not= (n-1)![/mm]
>
> Weiter komme ich leider nicht.
Du nimmst also an, dass es einen solchen HomoM gibt, und willst einen Widerspruch erzeugen?
Im Prinzip schonmal eine gute Idee. Schau dir doch mal die prominente Untergruppe [mm] $A_n$ [/mm] von [mm] $S_n$ [/mm] an. Fuer $n [mm] \ge [/mm] 5$ ist diese einfach (siehe ![[]](/images/popup.gif) hier), d.h. jeder Gruppenhomomorphismus bildet sie entweder komplett auf das neutrale Element ab, oder bildet sie injektiv ab. Und [mm] $|A_n| [/mm] = [mm] \frac{|S_n|}{2}$. [/mm] Damit bist du jetzt so gut wie fertig.
Fehlt natuerlich nur noch, dass du weisst, dass [mm] $A_n$ [/mm] fuer $n [mm] \ge [/mm] 5$ tatsaechlich einfach ist.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:43 Do 06.04.2006 | | Autor: | cycilia |
> Du nimmst also an, dass es einen solchen HomoM gibt, und
> willst einen Widerspruch erzeugen?
Ja.
> Im Prinzip schonmal eine gute Idee. Schau dir doch mal die
> prominente Untergruppe [mm]A_n[/mm] von [mm]S_n[/mm] an. Fuer [mm]n \ge 5[/mm] ist
> diese einfach (siehe
> hier),
> d.h. jeder Gruppenhomomorphismus bildet sie entweder
> komplett auf das neutrale Element ab, oder bildet sie
> injektiv ab.
Hmm,... hier scheitere ich zum einen an er englischen Sprache.... *argh*
Ich meine dem Wiki Artikel entnehmen zu können, dass es sich bei der prominenten Gruppe, um die alternierende Gruppe handelt. Diese kenne ich in der Form [mm] U_n = \pi \in S_n : sgn(\pi) = 1 [/mm]
Zum anderen an der Tatsache, dass ich den Begriff "einfach" nicht kenne. (Hab grad nochmal die gesamte Vorlesung durchsucht....) Naja, du hast die Definition ja dabei geschrieben. Zusätzlich hatten wir noch einen Satz, der besagt, dass [mm] U_n [/mm] aus allen Permutationen besteht, die Produkt von 3-Zyklen sind.
Und [mm]|A_n| = \frac{|S_n|}{2}[/mm]. Damit bist du
> jetzt so gut wie fertig.
Also hat [mm] S_n [/mm] immer einer gerade Ordnung, folgt ja auch aus der Fakultät. Dementsprechend würde entweder die Hälfte der Elemente von [mm] S_n [/mm] auf das Neutralelement (0) geschickt oder injektiv abgebildet. Was hilft das? Es bleiben doch noch genügend Elemente übrig, die auf den Rest geschickt werden könnten.
>
> Fehlt natuerlich nur noch, dass du weisst, dass [mm]A_n[/mm] fuer [mm]n \ge 5[/mm]
> tatsaechlich einfach ist.
>
> LG Felix
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:12 Do 06.04.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> > Im Prinzip schonmal eine gute Idee. Schau dir doch mal die
> > prominente Untergruppe [mm]A_n[/mm] von [mm]S_n[/mm] an. Fuer [mm]n \ge 5[/mm] ist
> > diese einfach (siehe
> >
> hier),
> > d.h. jeder Gruppenhomomorphismus bildet sie entweder
> > komplett auf das neutrale Element ab, oder bildet sie
> > injektiv ab.
>
> Hmm,... hier scheitere ich zum einen an er englischen
> Sprache.... *argh*
> Ich meine dem Wiki Artikel entnehmen zu können, dass es
> sich bei der prominenten Gruppe, um die alternierende
> Gruppe handelt. Diese kenne ich in der Form [mm]U_n = \{ \pi \in S_n : sgn(\pi) = 1 \}[/mm]
Genau.
> Zum anderen an der Tatsache, dass ich den Begriff "einfach"
> nicht kenne. (Hab grad nochmal die gesamte Vorlesung
> durchsucht....) Naja, du hast die Definition ja dabei
> geschrieben.
Eine Gruppe heisst einfach, wenn sie nur die trivialen Normalteiler (also ganze Gruppe und die einelementige Untergruppe) besitzt. Daraus folgt dann insbesondere, dass sie unter Homomorphismen entweder injektiv abgebildet wird, oder vollstaendig zusammenfaellt. (Das folgt mit dem Homomorphiesatz.)
> Zusätzlich hatten wir noch einen Satz, der
> besagt, dass [mm]U_n[/mm] aus allen Permutationen besteht, die
> Produkt von 3-Zyklen sind.
>
> > Und [mm]|A_n| = \frac{|S_n|}{2}[/mm]. Damit bist du
> > jetzt so gut wie fertig.
>
> Also hat [mm]S_n[/mm] immer einer gerade Ordnung, folgt ja auch aus
> der Fakultät. Dementsprechend würde entweder die Hälfte der
> Elemente von [mm]S_n[/mm] auf das Neutralelement (0) geschickt oder
> injektiv abgebildet. Was hilft das? Es bleiben doch noch
> genügend Elemente übrig, die auf den Rest geschickt werden
> könnten.
Wenn die Haelfte auf das Neutralelement geschickt wird, dann besteht das Bild aus zwei Elementen. Jedoch ist [mm] $|S_{n-1}| [/mm] > 2$ fuer $n [mm] \ge [/mm] 5$!
Wenn [mm] $A_n$ [/mm] injektiv abgebildet wird, dann hat das Bild von [mm] $S_n$ [/mm] in [mm] $S_{n-1}$ [/mm] mindestens [mm] $|A_n| [/mm] = [mm] \frac{n!}{2}$ [/mm] Elemente. Jedoch kann es maximal $(n-1)! = [mm] |S_{n-1}|$ [/mm] Elemente haben, und es gilt [mm] $\frac{n!}{2} [/mm] > (n-1)!$ fuer $n [mm] \ge [/mm] 5$!
Hier gibts einen elementaren Beweis dafuer, dass [mm] $A_n$ [/mm] einfach ist. Damit kannst du vielleicht was anfangen. Ist allerdings wieder auf Englisch. Wenn du Englisch nicht magst, musst du selber rumgoogeln, vielleicht findest du was im deutschsprachigem Internet, oder du schaust in ein passendes Buch...
LG Felix
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:28 Do 06.04.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo cycilia!
Normalteiler ins Spiel zu bringen ist schon einmal eine sehr gute Idee! ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Ihr hattet doch bestimmt auch mal den Satz in der Vorlesung, daß der Kern eines Gruppenhomomorphismus immer ein Normalteiler ist, oder?
Wenn Du jetzt annimmst, es gäbe einen Homomorphismus der gewünschten Art, dann müßte es demnach auch einen Normalteiler der [mm] $S_n$ [/mm] der Ordnung n!/(n-1)!=n geben. - Einen solchen Normalteiler gibt es aber für [mm] $n\ge [/mm] 5$ nicht!
Hm, leider fällt mir für die letzte Aussage im Moment kein einfacher Beweis ein. Man kann natürlich verwenden, daß die einzigen Normalteiler der [mm] $S_n$ [/mm] mit [mm] $n\ge [/mm] 5$ die Gruppen [mm] $S_n$, $A_n$ [/mm] und [mm] $\{e\}$ [/mm] sind, aber das wäre ungefähr so aufwendig, wie zu zeigen, daß [mm] $A_n$ [/mm] einfach ist, d. h. nur die Normalteiler [mm] $A_n$ [/mm] und [mm] $\{e\}$ [/mm] hat.
Vielleicht fällt ja jemanden noch ein ganz einfaches Argument für meine obige Aussage ein...
Grüße,
Galois
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:46 Do 06.04.2006 | | Autor: | cycilia |
Ich habe grade den Beweis für [mm] U_n [/mm] einfach durchgearbeitet.... und verstanden. Allerdings doch sehr umständlich....Danke für eure Hilfe.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:52 Fr 07.04.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo!
> [...] dann müßte es demnach auch einen
> Normalteiler der [mm]S_n[/mm] der Ordnung n!/(n-1)!=n geben. - Einen
> solchen Normalteiler gibt es aber für [mm]n\ge 5[/mm] nicht!
Um einen einfachen Beweis dieser Behauptung zu erhalten, kann man ausnutzen, daß ein solcher Normalteiler [mm] $N\subseteq S_n$ [/mm] mit jedem Element [mm] $s\in [/mm] N$ auch die gesamte Konjugationsklasse von s in [mm] $S_n$ [/mm] enthält. (Das ist praktisch die Definition von "Normalteiler".) Da das neutrale Element bereits eine in N liegende einelementige Konjugationsklasse bildet, reicht es demnach, zu zeigen, daß für [mm] $n\ge [/mm] 5$ jede Konjugationsklasse [mm] $\neq\{e\}$ [/mm] mehr als n-1 Elemente umfaßt. Dies ist aber nur noch ein reines Abzählungsproblem.
Die Details spare ich mir mal, da cycilia inzwischen ja eine anderen Beweis gefunden hat.
Zu ergänzen wäre noch, daß es für n=2,3,4 jeweils genau eine Konjugationsklasse mit n-1 Elementen gibt, und zwar:
Für n=2: der einzige 2er-Zykel
Für n=3: die zwei 3er-Zykel
Für n=4: die drei 2er-Zykel-Paare
Grüße,
Galois
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