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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:19 Di 06.05.2014 | | Autor: | Topologe |
| Aufgabe | | Kommutatorgruppe von [mm] S_{3}=\{ID, (1 3 2),(1 2 3)\} [/mm] |
Hallo,
versuche dieses Beispiel nachzuvollziehen.
[mm] S_{3}=\{ID,(1,2),(1,3,2),(2,3),(1,2,3),(1,3)\}
[/mm]
[mm] [(1,2),(1,3,2)]=(1,2)(1,3,2)(1,2)^{-1}(1,3,2)^{-1}=(1,2)(1,3,2)(2,1)(2,3,1)=(1,3,2) [/mm] und nun?
So richtig ist mir die Vorgehensweise leider noch nicht ganz klar..
Hätte jemand einen Tipp? 
VG
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Hi Topologe,
Lass am besten die Rechnerei. Verwende die universelle Eigenschaft der Abelisierung:
Ein Element liegt NICHT in der Kommutatorgruppe, wenn es einen Homomorphismus in eine kommutative Gruppe gibt, in dessen Kern es nicht liegt. Betrachte dazu das Signum, dann fallen die ungeraden Permutationen weg.
Da $ [mm] S_3$ [/mm] nicht kommutativ ist, ist die Kommutatorgruppe nicht trivial. Folgere hieraus, dass die Kommutatorgruppe genau die geraden Permutationen enthält.
Für alle $ [mm] n\not=4$ [/mm] kann man mit demselben Argument zeigen, dass die Kommutatorgruppe der $ [mm] S_n [/mm] $ gleich $ [mm] A_n [/mm] $ ist, wenn man weiß, dass $ [mm] A_n [/mm] $ der einzige Normalteiler außer der trivialen und der ganzen Gruppe ist. Für $n=4$ gilt das Resultat auch, aber den Beweis kann man nicht übertragen.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:39 Di 06.05.2014 | | Autor: | Topologe |
Hi UniversellesObjekt,
Hm, Abelisierung. Meinst du so etwas? Sei G eine Gruppe und K(G) die Kommutatorgruppe. Dann gibt es folgende Abbildung:
[mm] \pi [/mm] : G [mm] \rightarrow [/mm] G/K(G), mit g [mm] \longmapsto [/mm] K(G)g
Für mich wäre die Frage nach ker [mm] \pi. [/mm] Das waeren alle g [mm] \in [/mm] G, die in der Kommutatorgruppe enthalten sind.
Wie wäre das mit [mm] S_{3}? [/mm]
[mm] \pi [/mm] : [mm] S_{3} \rightarrow S_{3}/K(S_{3}), [/mm] mit [mm] \sigma \longmapsto K(S_{3})\sigma
[/mm]
Wie kann ich hier den Kern der Abbildung sehen? Wie kann man hier noch das Signum reinquetschen?
LG
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Hi Topologe,
> Hm, Abelisierung. Meinst du so etwas? Sei G eine Gruppe und
> K(G) die Kommutatorgruppe. Dann gibt es folgende
> Abbildung:
>
> [mm]\pi[/mm] : G [mm]\rightarrow[/mm] G/K(G), mit g [mm]\longmapsto[/mm] K(G)g
Genau. Siehe auch ![[]](/images/popup.gif) hier. Die Abelisierung ist durch folgende universelle Eigenschaft gekennzeichnet:
Ist $G$ eine Gruppe, $G/KG$ die Abelisierung, $A$ eine abelsche Gruppe und [mm] $G\xrightarrow{\ \ f\ \ }A$ [/mm] ein Homomorphismus, so gibt es einen eindeutigen Homomorphismus [mm] $G/KG\xrightarrow{\ \ g\ \ } [/mm] A$ mit [mm] $(G\xrightarrow{\ \ \pi\ \ } G/KG\xrightarrow{\ \ g\ \ }A)\;=\;(G\xrightarrow{\ \ f\ \ }A)$.
[/mm]
(Dies ist einfach (und ungeheuer wichtig, es macht die Abelisierung Linksadjungiert zum Vergissfunktor [mm] $\mathbf{Ab}\longrightarrow\mathbf{Grp}$ [/mm] und ist der Grund, weshalb man überhaupt die Kommutatorgruppe definiert, aber das nur am Rande); überlege es dir am besten selbst.)
Insbesondere gilt dann aber [mm] $\ker\pi\subseteq\ker(g\pi)=\ker [/mm] f$, und hierum ging es mir: Der Kern jedes Homomorphismus in eine abelsche Gruppe enthält [mm] $\ker\pi=KG$. [/mm] (Ok, das sieht man auch direkt in dem man das Bild eines Kommutators [mm] $f(xyx^{-1}y^{-1})$ [/mm] in einer kommutativen Gruppe ausrechnet. Dann folgt die obige universelle Eigenschaft aus dem Homomorphiesatz.)
Wendet man dies an auf [mm] $S_3\xrightarrow{\ \operatorname{sign}\ }\{\pm1\}$, [/mm] heißt dies, dass [mm] $K(S_3)=\ker\pi\subseteq\ker\operatorname{sign}=A_3$.
[/mm]
Es fehlt die umgekehrte Richtung [mm] $A_3\subseteq K(S_3)$ [/mm] und die folgt wie gesagt daraus, dass [mm] $K(S_3)$ [/mm] ein nichttrivialer Normalteiler der [mm] $S_3$ [/mm] ist, nichttrivial deshalb, weil [mm] $S_3$ [/mm] nichtkommutativ ist.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
Wenn du mein ganzes Hintergrundgerede, das nicht zum Beweis gehört, ausblendest, konnte ich dir hoffentlich mal wieder klarmachen, dass Argumentation mit Pfeilen ENORM viel Rechenarbeit überflüssig und übersichtlich machen kann.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:06 Mi 07.05.2014 | | Autor: | Topologe |
Hm, ok...
Also wir haben eine Abbildung [mm] \pi: S_{3} \rightarrow S_{3}/K(S_{3})
[/mm]
Und eine Abbildung g: [mm] S_{3}/K(S_{3}) \rightarrow \{\pm 1\}
[/mm]
Sign:= [mm] g\circ \pi
[/mm]
[mm] K(S_{3})=ker \pi \subseteq [/mm] ker sign = [mm] A_{3}
[/mm]
Und wie könnte man das jetzt konkret ausrechnen? Daran hatte es ja irgendwie auch gehapert...
LG
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OK, hab da jetzt noch ein wenig rumgewurschtelt...
[(1,2),(1,3,2)]=(1,3,2)
[(2,3),(1,2,3)]=(1,2,3)
[ID,(1,3)]=ID
[(1,2),(1,3,2)]*[(2,3),(1,3,2)]=ID
Die Frage ist jetzt, da in meinem Skript steht, die Kommutatorgruppe besteht aus allen endlichen Produkten von Kommutatoren. Also hält man dafür jetzt ein Kommutator fest und bildet davon ausgehend alle endlichen Produkte oder bildet man erstmal alle Kommutatoren die dann schonmal in der Kommutatorgruppe enthalten sind und bildet dann alle jeweils möglichen Produkte?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:20 Fr 09.05.2014 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Hi,
es gibt nix auszurechnen. Ich wiederhole noch einmal meine Argumentation:
1. Schritt: Sei $A$ eine kommutative Gruppe, [mm] $G\xrightarrow{\ \ f\ \ }A$ [/mm] ein Homomorphismus. Dann gilt [mm] $KG\subseteq\ker [/mm] f$
Beweis: Es gilt [mm] $f(xyx^{-1}y)^{-1}=f(x)f(y)f(x)^{-1}f(y^{-1})=1$ [/mm] wegen Kommutativität von $A$.
2. Schritt: Die $2$-elementige Gruppe [mm] $\{\pm1\}$ [/mm] ist kommutativ, daher können wir den 1. Schritt auf [mm] $S_n\xrightarrow{\ \operatorname{sign\ }}\{\pm1\}$ [/mm] anwenden und es folgt [mm] $KS_n\subseteq\ker\operatorname{sign}=A_n$.
[/mm]
3. Schritt: $KG$ ist trivial genau dann, wenn $G$ kommutativ ist.
Beweis: [mm] $xyx^{-1}y^{-1}=1$ [/mm] ist äquivalent zu $xy=yx$.
4. Schritt: Da [mm] $KS_n$ [/mm] nach dem 2. Schritt ein Normalteiler der [mm] $A_n$ [/mm] ist, gilt wegen der Einfachheit von [mm] $A_n$ [/mm] (für [mm] $n\not=4$), [/mm] dass [mm] $KS_n=1$ [/mm] oder [mm] $KS_n=A_n$. [/mm] Ersteres ist wegen des 3. Schrittes (für $ [mm] n\ge [/mm] 3$) ausgeschlossen, also ist die Kommutatorgruppe der symmetrischen Gruppe genau die alternierende Gruppe der geraden Permutationen.
Alternative zum 4. Schritt für $n=3$: Speziell für $n=3$ kann man auch ohne Einfachheit der [mm] $A_n$ [/mm] argumentieren: [mm] $KS_3$ [/mm] ist eine nichttriviale Untergruppe der [mm] $A_3$. [/mm] Da [mm] $A_3$ [/mm] zyklisch von Primzahlordnung ist, muss [mm] $KS_3=A_3$ [/mm] gelten.
Ich möchte dich bitten, genau den Schritt zu nennen, der dir nicht klar ist (dich insbesondere zu fragen, wo ich angeblich einen Kern berechne), und dort eine konkrete Frage zu stellen.
Anmerkung zum 3. Schritt für Interessierte: Dies zeigt, dass die Abelisierung einer Gruppe genau dann isomorph zu dieser Gruppe ist, wenn diese bereits selbst abelsch ist und macht die Kategorie der abelschen Gruppen zu einer reflektiven Teilkategorie der Kategorie aller Gruppen, wobei die Abelisierung einen Reflektor liefert.
Deine andere Frage lasse ich offen, dazu muss jemand etwas sagen, der besser rechnen (du hast das treffende Wort "rumwursteln" verwendet), als ich.
Viel Glück beim Bearbeiten der Aufgabe und
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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