0 Daumen
652 Aufrufe

Z(G)xG /N isomorph zu G

N= (z,z)

und Z ist Zentrum

die abbildung des Homomorphismus ist z,g -> z^-1 g

ich verstehe nicht warum z^-1??

Avatar von

Was meinst du mit N=(z,z)?

Z(G) sind die Elemte z€G mit zg=gz


N ist Normalteiler und z aus Z(G)

also der Kern vom Homomorphismus soll N ein

Das Zentrum kenne ich.

Soll N={ (z,z) | z∈Z(G) } sein? Die genaue Angabe der Definition von Objekten ist bei solchen Aufgaben essentiell. 

(Reicht dir die Antwort von habakuktibatong?)

ja genau


ich verstehe leider nicht, wie man auf die abbildung kommt also dass der homomorphismus auf z^-1 *g abbildet

2 Antworten

0 Daumen

  Deine Bezeichnungsweise scheint mir etwas wirr. Was ich kenne, ist Folgendes.

   Unter allen Automorphismen einer Gruppe G sind die ===> inneren ausgezeichnet


     ß_a  :  G  =====>   G      (  1a  )

                x  =====>  a  x  a  ^  -  1    (  1b  )


        Es wäre also zu zeigen:  ß  ist  Automorphismus. Ferner zu zeigen

   1) Alle Bijektionen von G auf sich bilden eine Gruppe ( Das ist bei jeder Menge so. )

   2)  Aut  ( G )  , die Automorphismen von G, bilden eine Untergruppe  von 1)

   3)  Und Int  ( G ) , die inneren Automorphismen, bilden ihrerseits eine Untergruppe von  Aut  ( G )

   Zwei Gruppenelemente x und  y mögen konjugiert heißen; in Formelzeichen


     y  (  =  )  x  :  (E)  a  |  y  =  ß_a  (  x  )      (  2  )


    (  2  )  erinnert stark an die Basistransformation aus der AGULA ; und gleich dieser handelt es sich um eine Gleichheitsbeziehung ( GB )  Nicht nur ihr könnt Deutsch mit eurem ewigen  "  Hochpunkt  "  statt Maximum;    ich kann es auch.  Es heißt  GB und nicht  Äquivalenzrelation .

  In einer kommutativen Gruppe sind zwei Elemente schon dann gleich, wenn sie konjugiertn sind; jedes liegt in seiner eigenen Klasse.   Hier ich hab ein schönes Übungsbeispiel für dich;  die Symmetriegruppe Q eines Quadrates.  Am Besten du kriegst irgendwo ein quadratisches Glasplättchen her, dessen Ecken du markieren kannst.   Q enthält acht Elemente:

    1) das neutrale

     2-4) drei Drehungen um die z-Achse

    5;6)  zwei Spiegelungen um die  Mittelparallelen

   7;8 )    "             "                "     "    Diagonalen

  

       Stelle die Gruppentafel auf. Q ist nicht kommutativ;  welche ihrer Elemente sind konjugiert?  

    Ihr wisst, dass man bei den Gruppenaxiomen bewusst auf das Kommutativgesetz verzichtet;  und dies rief nun den Scharfsinn der Matematiker auf den Plan, wie man eine Gruppe " so kommutativ wie möglich " machen kann.   Eines  dieser Konzepte ist nun der Normalteiler. Es ist nämlich nicht selbstverständlich, dass die Konjugation  die Untergruppenstruktur respektiert; nicht über sie  " hinaus franst  "  Mit anderen Worten: Die Untergruppe  N  setzt sich aus  vollständigen  Klassen zusammen.


         a  N  a  ^  -  1  =  N    (V)   a        (  3a  )


     Multiplizieren wir  ( 3a ) von Rechts mit  a  , so ergibt sich


       a  N  =  N  a      (  3b  )


     Beachte bitte, dass N eine Menge ist; hier ist nur von kollektiver, nicht individueller Vertauschbarkeit die Rede.  In Quantorenlogik;  eine Untergruppe N ist Normalteiler genau dann, wenn


    (V)  x  €  N  (E)  y  =  y_a  (  x  )  €  N  |  a  x  =  y  a    ( 4 )


    Ein alternatives Konzept wäre die individuelle Vertauschbarkeit von Gruppenelementen; als Zentralisator von Element a bezeichnen wir die Menge


     Z  (  a  )  :=  {  x  |  a  x  =  x  a  }       (  5  )


    Der Zentralisator ist immer eine Untergruppe; bitte nachprüfen. Sinn gemäß kannst du auch den Zentralisator einer  beliebigen Teilmenge  M von Gruppe  G  einführen;  das wäre dann die Schnittmenge der Zentralisatoren der einzelnen Elemente  und ergibt notwendig wieder eine Untergruppe.

   Zur freundlichen Beachtung; der Durchschnitt beliebig vieler, auch über-über-über- ... abzählbar vieler Gruppen ist immer wieder eine Gruppe.

   Eine besondere Ausnahmestellung nimmt der Zentralisator Z ( G )  der ganzen Gruppe ein;  der heißt dann ihr Zentrum  ( Das Zentrum ist trivial ein Normalteiler. )

   Und weil das so ist,   induziert dieses Zentrum auch eine Quotientengruppe  G / Z  . Ich behaubte mal; die ist isomorph zu   int ( G )

    Zwei Richtungen sind zu zeigen. Angenommen zwei Automorphismen sind gleich


  (V) x | a x a ^  -  1 = b x b ^  -  1   |   b ^ - 1 *  |  *  b    (  6a  )


      Die Umformungen habe ich wie üblich vermerkt;  dabei bedeutet  " Stern links "    Multiplikation von Rechts und umgekehrt.


       (  b  ^  -  1  a  )  x  (  a  ^  - 1  b  )  =  x    (  6b  )


      Damit liegt aber das Element


       z  :=  b  ^  -  1  a  €  Z  (  G  )  ===>  a  =  b  z    (  6c  )


     Wie vermutet, liegen damit a und b in der selben ( Links)nebenklasse von Z ; und die notwendige Bdingung ist gezeigt. Jetzt müssen wir noch die hinreichende Bedingung nachrechnen; sei also a = b z  ;  z € Z


            a  x  a  ^  -  1   =    (  7a  )

   =  (  b  z  )  x  (  z  ^ -  1  b  ^ -  1  )   =   (  7b  )

   =     b  (  z  z  ^ -  1  )  x  b  ^ -  1   =  (  7c  )

   =   b  x  b  ^ -  1      (  7d  )


    Und zwar rechtfertige ich Schritt ( 7c ) damit, dass ja z im Zentrum liegt. 

   Was ist das Zentrum von Q ; und welche inneren Automorphismen sind gleich?

Avatar von 5,5 k
0 Daumen

Wir haben

$$ Z(G) = \lbrace z \in G ~|~ zg=gz ~ \forall g \in G\rbrace $$

und

$$ N = \lbrace (z,z) ~|~ z \in Z(G) \rbrace $$

du sollst nachweisen, dass:

$$ (Z(G) \times G) / N \cong G $$

Wir brauchen dafür einen Homomorphismus

$$ f : Z(G) \times G \to G $$

mit

 1. \(\ker f = N\)

 2. \(\text{Im } f = G\), also er muss surjektiv sein

------------------------

Diesen müssen wir uns nun basteln, wir fangen dabei mal mit Eigenschaft 1 an und suchen einen Homomorphismus mit \( N \subseteq \ker f \), für alle \( z \in Z(G) \) soll demnach

$$ f((z,z)) = e $$

gelten. Deswegen setzen wir einfach mal \( f((x,y)) := x^{-1} y \), denn dann gilt:

$$ f((z,z)) = z^{-1} z = e $$

Jetzt schauen wir ob das auch wirklich ein Homomorphismus ist. Seien dazu \( (a,b), (c,d) \in Z(G) \times G \):

$$ \begin{aligned} f((a,b) \cdot (c,d)) &= f( (a\cdot c, b \cdot d)) \\&= (ac)^{-1} (bd) \\&= c^{-1}a^{-1}bd \\&\stackrel{(i)}{=} a^{-1}b c^{-1}d \\&= f((a,b)) \cdot f((c,d)) \end{aligned}$$

Schritt (i) ist deshalb möglich, da mit \(c \in Z(G) \) auch \(c^{-1} \in Z(G) \), das Inverse kommutiert folglich mit allen Gruppenelementen.

------------------------

Jetzt zeigen wir \( N \supseteq \ker f \), denn dann ist \( \ker f = N \). Sei \( (a,b) \in \ker f \):

$$ f((a,b)) = a^{-1} b = e \implies a = b $$

Da \( a \in Z(G) \implies b \in Z(G) \) und damit ist \( (a,b) \in N \).

------------------------

Noch zur Surjektivität:

Sei \(g \in G \), dann ist \( f((e,g)) = e^{-1} g = eg = g \) und somit ist die Abbildung auch surjektiv. Mit dem Homomorphiesatz folgt dann die zu zeigende Isomorphie.

Avatar von 6,0 k

Ein anderes Problem?

Stell deine Frage

Willkommen bei der Mathelounge! Stell deine Frage einfach und kostenlos

x
Made by a lovely community