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Endliche gruppen

Schüler Kolleg,

Tags: Gruppen

Matzii aktiv_icon

21:39 Uhr, 14.11.2016

Müssen endliche Gruppen nicht immer eine ungerade Anzahl von Elementen haben?

Weil Sie haben ja ein eindeutig bestimmtes Inverses also durch 2 teilbar aber noch das neutrale Element auch eindeutig dazu, also doch dann ungerade oder?

PhantomV aktiv_icon

21:51 Uhr, 14.11.2016

Hi.

Einfaches Gegenbeispiel

(Z / 2 Z, +)

. Diese Gruppe besitzt nur 2 Elemente, nämlich
0 und 1. In dieser Gruppe gilt bekanntlich 1+1=0. Die anderen Additionen sind
wie üblich. Hier ist also das Inverse von 1 auch wieder 1.

Gruß PhantomV

Matzii aktiv_icon

22:14 Uhr, 14.11.2016

Ah ok, also muss das nicht so sein, ich hatte diesen Gedanken, weil ich beweisen soll, dass eine nichtleere Teilmenge von einer endlichen Gruppe

G

auch immer eine Untergruppe von

G

ist unter der Voraussetzung

h, l

Elemente von

H

und

h

l

ist Element von H. Da wollte ich über Kardinaltität argumentieren, aber das klappt ja dann wohl nicht.

PhantomV aktiv_icon

22:27 Uhr, 14.11.2016

Was ist denn H? Da musst du dann wohl einfach die Gruppenaxiome zeigen.

Matzii aktiv_icon

22:35 Uhr, 14.11.2016

Naja man weiss nichts ausser das

H

die Teilmenge von

G

ist. Ich weiss ja nach Vor. schonmal das die innere Verknüpfung existiert und in

H

liegt. Aber wie soll ich zumbeispiel zeigen, dass es ein neutrales Element gibt, wenn ich keinerlei Informationen über

H

habe?

PhantomV aktiv_icon

22:56 Uhr, 14.11.2016

Was genau weißt du denn über H bzw. was genau sind die Voraussetzungen?

PhantomV aktiv_icon

23:00 Uhr, 14.11.2016

Falls H nicht leer ist gibt es ein Element in

H

, nenne es

h

. Die Ordnung dieses Elements
ist endlich, da die Gruppe G endlich ist, d.h. es ex. ein

n

s.d

h^{n} = e (n e u t r a l e s E l e m e n t v o n G)

.
Da aber immer das Produkt von zwei Elementen
aus H wieder in H liegt, was wohl die Voraussetzung ist, ist auch

e

in H.

Matzii aktiv_icon

23:17 Uhr, 14.11.2016

Mir leuchtet einfach nicht ein warum a hoch

n

bei endlichen Mengen gleich dem neutralen Element sein muss? Hieße ja ich würde

h n

mal mit sich selbst addieren und dann würde 0 rauskommem, das kann man doch gar nicht sagen und die verknüpfungen ist doch gar nicht allgemein.

ledum aktiv_icon

15:30 Uhr, 15.11.2016

Gib mal die genaue Aufgabenstellung an. Wenn

H

nur eine Teilmenge von

G

ist, muss es ja keine Untergruppe sein.
die Ordnung einer Untergruppe etwa muss immer Teiler der Ordnung der Gruppe sein.
Gruß ledum

Matzii aktiv_icon

16:16 Uhr, 15.11.2016

H

ist eine Teilmenge von

G

mit der Voraussetzungen, dass für alle

h 1

und

h 2

aus

H

gilt: h1°h2 ist auch in H. ( und

G

ist eine endliche Menge, das soll wohl der ausschlaggebene Punkt sein)

ermanus aktiv_icon

16:53 Uhr, 15.11.2016

Hallo,
das Ganze funktioniert nur, weil

G

eine endliche Gruppe ist.
Du kannst in der Tat beweisen, dass

H

als Teilmenge bereits eine
Untergruppe ist, wenn

H

abgeschlossen bzgl. der Verknüpfung "

\circ

"
ist.

Wollen wir überlegen, wie wir diesen Beweis führen können ?

Matzii aktiv_icon

16:58 Uhr, 15.11.2016

Ja ich verstehe nur nicht warum, wir sollen da wohl den Satz verwenden, dass eine

H

eine Untergruppe von

G

ist genau dann, wenn h1°h2 in

H

und h1°h2^(-1) in H. Aber keine ahnung wie ich das machen soll.

Edit: Ich weiss auch, dass man über das neutrale Element gehen kann und sagen kann ok wenn

H

die Ordnung

n

hat dann muss für alle Elemente a gelten, dass wenn man a n-mal mit sich selbst verknüpft wieder neutrale Element rauskommt. Aber das

v

erstehe ich gar nicht, wieso sagt mir das denn, dass das neutrale Element überhaupt dadrin ist? Wenn ich weiss dass es in

H

ist dann glaube ich wohl unter der Voraussetzung das

H

abgeschlossen ist, dass man dann mit a hoch

n

gleich

e

dass das gilt aber sonst.. hmm

ermanus aktiv_icon

17:18 Uhr, 15.11.2016

Um das, was Du gerade genannt hast, nutzen zu können, müssen
wir ja zeigen, dass zu jedem

h \in H

auch

h^{- 1} \in H

gilt;
denn sonst können wir ja

h_{1} \circ h_{2}^{- 1}

gar nicht innerhalb von

H

bilden.
Ah, Deinem Edit entnehme ich, dass Du dann ja davon ausgehen kannst, dass

e \in H

gilt.
Warum kannst Du davon ausgehen? Nun, es gibt ein

h \in H

. Nun gibt es zu jedem
Element einer endlichen Gruppe ein

n

mit

h^{n} = e

, d.h.

h \circ h \circ \dots \circ h = e \in H

, da ja alle Faktoren in

H

liegen und nach Voraussetzung

H

bzgl. "

\circ

" abgeschlossen ist.
Sei nun

h_{0} \in H

irgendein Element, dann ist die Abbildung

H \to H, h \to h_{0} \circ h

eine Bijektion,
da die Abbildung

H \to H, h \to h_{0}^{- 1} \circ h

offenbar eine Umkehrabbildung ist. Die Multiplikation der Elemente aus

H

mit

h_{0}

ist also eine Bijektion, insbesondere also surjektiv,
es muss also ein Element

h \in H

existieren mit

h_{0} \circ h = e

,
d.h.

h_{0}^{- 1}

(

= h

) liegt in

H

Matzii aktiv_icon

17:31 Uhr, 15.11.2016

Ne ich darf nicht annehmen, dass in

H

ein neutrales Element liegt, sonst wäre es glaube ich ziemlich einfach, ich weiss nur, dass das ein Weg ist darüber zu gehen, aber ich verstehe nicht, warum

h^{n} = e

sein soll? Vielleicht ist

e

gar nicht in der Menge drin wie soll denn dann

h^{n} = e

sein? Letztendlich ist

e \in H

drin, ja klar weil ich zeigen soll das

H

eine Untergruppe von

G

ist also wird das wohl eine Untergruppe sein, aber ich verstehe nicht wie ich dahin komme.

Verstehe ich einfach nicht.

ermanus aktiv_icon

17:45 Uhr, 15.11.2016

Ich nehme gar nicht an, dass

H

ein neutrales Element hat, aber ich weiß doch, dass

G

ein solches hat. Und wenn nun

h \in H

ist, dann ist doch auch

h \in G

und

G

ist eine endliche Gruppe, also muss es doch - wie in jeder endlichen Gruppe - ein

n \in ℕ

geben, so dass

h^{n} = e

ist.

h^{n}

ist aber ein Produkt
von Elementen aus

H

, liegt also in

H

wegen der Abgeschlossenheit von

H

.
Also muss

e

H

liegen.

Matzii aktiv_icon

17:54 Uhr, 15.11.2016

"also muss es doch - wie in jeder endlichen Gruppe - ein

n

∈ ℕ geben, so dass

h^{n} = e

ist."

Genau den Part verstehe ich nicht wirklich, liegt es vielleicht daran, dass man bei jeglicher Verknüpfung "irgendwann" auf

e

kommen muss, weil sonst die Gruppe nicht endlich wäre? Wenn ja, aber dann gibt es doch noch die Möglichkeit das eine Verknüpfung Inverse zu sich selber gibt dann könnte es doch auch endlich ohne

e

sein oder nicht?

Wenn Nein, wie beweise (erkläre) ich mir dann, dass

h^{n} = e

gilt?

ermanus aktiv_icon

18:00 Uhr, 15.11.2016

Betrachte die Menge

{h, h^{2}, h^{3}, h^{4}, \dots}

Diese Menge kann nur endlich viele verschiedene Werte enthalten, da in ganz

G

nur endlich viele Elemente liegen. Es muss also 2 Exponenten

r < s

ℕ

geben,
so dass

h^{r} = h^{s}

ist. Multipliziert man diese Gleichung mit

h^{- r}

folgt:

e = h^{s - r}

. Also ist

s - r

ein solches

n

, von dem wir reden.

Matzii aktiv_icon

18:15 Uhr, 15.11.2016

wieso muss das jetzt noch mal gelten?:

h^{r} = h^{s}

dass heisst ja das ich auf das gleiche

x

aus

H

kommen muss obwohl ich

h

aus

H

unterschiedlich oft mit sich selbst verknüpfe?

ermanus aktiv_icon

18:18 Uhr, 15.11.2016

Ja, das muss doch so sein, wenn es nur endlich viele mögliche Werte gibt.
Wenn die

h, h^{2}, h^{3}, h^{4}, \dots

alle verschieden wären, dann wären das doch unendlich
viele verschiedene Element von

G

Matzii aktiv_icon

18:53 Uhr, 15.11.2016

Hmm ja ok macht schon irgendwo Sinn, aber muss man dass nicht allgemein machen? oder ist

h, h^{2}, h^{3} . .

. allgemein? Ist das dann auch ein richtiger Beweis dafür, dass in

H

ein neutrales Element liegt? Jetzt muss ich aber noch zeigen, dass auch

h^{- 1} \in H

liegt?

ermanus aktiv_icon

19:51 Uhr, 15.11.2016

Du kannst natürlich auch

{h^{r} ∣ r \in ℕ}

schreiben. Das spielt aber gar keine Rolle, da Mathematiker in der Regel ja nicht verblödet ;-) sind und wissen, was eine Aufzählung der Art

h, h^{2}, h^{3}, h^{4}, \dots

bedeutet.

Den Beweis für

h^{- 1} \in H

habe ich Dir ja schon mitgeteilt ...

Matzii aktiv_icon

20:23 Uhr, 15.11.2016

Also, ich habe jetzt tatsächlich etwas raus, wobei ich wirklich verstehe, was ich dort gemacht habe und hoffe, dass es jetzt (auch wenn Syntax eventuell noch nicht perfekt) die Lösung richtig ist.
Beweis:

Da

H

endlich ist und g°h aus

H

für alle

g, h

aus

H

nach Voraussetzung gilt muss

a^{n} = e

gelten mit

n =

Kardinalität der Menge H.

Beweis für

a^{n} = e

mit Kardinalität von H=endlich :

Bei einer n-elementigen Menge

(H)

muss nach den ersten

n + 1

Potenzen eine gleiche Potenz vorkommen. ( Sonst gebe es

n + 1

verschiedene Elemente in einer n-elementigen Menge

\to

Widerspruch).
Daher muss

g^{n} = e

sein unzwar für alle

g

aus H.

g^{n}

kann man anders schreiben als:

g^{n - 1}

g

weil

n

ja gerade das n-malige verknüpfen des Elements

g

beschreibt.

mit

g^{n} = e

gilt also auch

g^{n - 1}

g = e

sowie nach Definition:

g^{- 1}

g = e = g

g^{- 1}

daraus folgt das

g^{n - 1} = g^{- 1}

.

Da

g^{n - 1}

Element aus

H

ist ist

g^{- 1}

auch aus

H

also hat jedes Element

H

ein Inverses

g^{- 1}

.

Benutze den Satz:

"Sei

H

eine nichtleere Teilmenge von

G

dann sind folgende Aussagen äquivalent:

H

ist eine Untergruppe von G.
Für alle

a, b

aus

H

gilt: a°b aus

H, a^{- 1}

aus H.
Für alle

a, b

aus

H

gilt: a°

b^{- 1}

aus H."

Die zweite Aussage wurde gezeigt, weil a°b aus

H

nach Voraussetzung gilt und es wurde gezeigt, dass

e

aus

H

ist und damit wurde gezeigt, dass für alle

g

aus

H

gilt:

g^{- 1}

existiert in H.

Daher ist

H

eine Untergruppe.

Ich bin mir nur nicht

100 %

sicher, dass die zweite Aussage des Satzes genau das ist, was ich gemacht, also das dieses

a^{- 1}

aus

H

das ist was ich gemacht habe also

g^{- 1}

aus H.

ermanus aktiv_icon

20:51 Uhr, 15.11.2016

Ja, wenn Du weißt, dass

g^{n} = e

ist. so ist in der Tat

g^{- 1} = g^{n - 1}

,
d.h. wenn es zu jedem

h \in H

ein solches

n

gibt mit

h^{n} = e

,
so folgt

h^{- 1} \in H

. An einer Stelle machst Du aber eine zu weit gehende
Schlussfolgerung.

Du sagst: "Da

H

endlich ist und ... muss für

a \in H

gelten

a^{n} = e

, wobei

n =

Kardinalität von

H

ist."
Das kannst Du so nicht behaupten, da Du noch
nicht weißt, dass

H

eine Untergruppe ist, und Du daher auch nicht davon ausgehen
kannst, dass die Ordnung eines Elementes die Gruppenordnung von

H

teilt.
Das schadet aber gar nichts, Du musst ja nur wissen, dass

a^{n} = e

für
ein

n \leq

Kardinalität von

H

gilt und dafür ist Dein Argument ja ausreichend.

Matzii aktiv_icon

20:57 Uhr, 15.11.2016

g^{n} = e

habe ich aber klar bewiesen oder also passt das mit dem inversen Element denke ich ja. Sollte ich dann lieber anstatt " n=Kardinalität von H" schreiben "n=Ordnung von g" wobei ich dieses "ord(g)" nicht wirklich zuordnen kann. Das wäre ja die Anzahl der Elemente

g

oder wie?

ermanus aktiv_icon

21:05 Uhr, 15.11.2016

Verstehe Dein Problem gerade nicht, Du hast doch ganz richtig bewiesen, dass

g^{n} = e

für ein

n \leq

Kardinalität von

H

.
Aber Du musst halt bedenken, dass ja auch schon für ein kleineres

n

das Einselement erreicht sein kann. Deswegen bin ich mit Deinem "

n =

Kardinalität" nicht einverstanden.
Z.B. haben alle Elemente der additiven
Gruppe

(Z / 2 Z \times Z / 2 Z, +)

die Ordnung 2, die Kardinalität der Gruppe ist aber 4.

Wenn Du also einfach nur

n \leq

Kardinalität schreibst, ist doch alles bestens.

Matzii aktiv_icon

21:15 Uhr, 15.11.2016

ah okay, ich verstehe was du meinst. Du meinst es muss nicht zwingend die Ordnung ( also die Anzahl der Verknüpfungen bis das neutrale Element rauskommt) gleich der Kardinalität von