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<A,B> Untergruppe der General Linear

Universität / Fachhochschule

Gruppen

Tags: Gruppen, Matrix, Untergruppe, zyklisch, zyklische Gruppe

MatheMar aktiv_icon

14:08 Uhr, 21.07.2017

Hallo.

Meine Frage ist:

Seien

A, B \in

(2, ℤ_{n})

und

U = < A >

und

V = < B >

.

Ist UV eine Untergruppe der GL(2,

ℤ_{n}),

wenn:

1)

\neq \emptyset

2)

\subseteq

GL(2,

ℤ_{n})

3) \exists k \in ℤ : A B = B A^{k}

Soweit ich weiß gilt das für Permutationen aus

S_{n}

. Aber gilt das auch für Matrizen?

Kann das sein, dass zufälligerweise gilt: k=ord(A)-1 ?

Vielen Dank.

MfG MatheMar

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich benötige bitte nur das Ergebnis und keinen längeren Lösungsweg."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Matrizen - Determinante und inverse Matrix
Matrizen - Eigenwerte und Eigenvektoren

mihisu aktiv_icon

16:20 Uhr, 22.07.2017

Allgemein gilt für jede Gruppe

G :

Seien

A, B \in G

und

U = 〈 A 〉

und

V = 〈 B 〉,

so dass es ein

k \in ℤ

mit

A B = B A^{k}

gibt, dann ist

U V \subseteq G

eine Untergruppe.

Die Forderungen

1)

und

2)

benötigt man hier gar nicht, da diese automatisch erfüllt sind:
Zu

1) :

Sei

e \in G

das neutrale Element dann ist

e = A^{0} \in 〈 A 〉 = U

und

e = B^{0} \in 〈 B 〉 = V,

so dass

e = e e \in U V

ist. Daher ist insbesondere

U V \neq \emptyset

.
Zu

2) :

U \subseteq G

und

V \subseteq G

Untergruppen von

G

sind, ist

U V \subseteq G,

denn für jedes Element

g \in U V

gibt es

u \in U \subseteq G

und

v \in V \subseteq G

mit

g = u \cdot v \in G

. (Abgeschlossenenheit von

G

bzgl. der Gruppenverknüpfung)

Da dies allgemein für jede Gruppe gilt, gilt dies natürlich auch für die Gruppe

G L (2, ℤ_{n})

.

Also:
"Ist

U V

eine Untergruppe der

G L (2, ℤ_{n}),

wenn:

[...]

"
"Soweit ich weiß gilt das für Permutationen aus

S_{n}

. Aber gilt das auch für Matrizen?"

Antwort:
Ja, wenn die drei genannten Bedingungen erfüllt sind, ist

U V

eine Untergruppe.

\\\\

Oder meinst du, ob hier die drei Bedingungen erfüllt sind?
Das kommt dann natürlich auf die Matrizen

A

und

B

an, ist jedoch nicht im Allgemeinen richtig.
Für ein Gegenbeispiel betrachte beispielsweise

A = (\begin{matrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix})

und

B = (\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})

.

\\\\

"Kann das sein, dass zufälligerweise gilt: k=ord(A)-1 ?"

Es kann natürlich sein, dass für bestimmte Matrizen

A B = B A^{o r d (A) - 1}

gilt, dies muss jedoch nicht sein, da gibt es genügend Gegenbeispiele. Und selbst wenn zufälligerweise

A B = B A^{o r d (A) - 1}

ist, kann aus

A B = B A^{k}

nicht k=ord(A)-1 gefolgert werden, da ja beispielsweise auch

k = 2 \cdot o r d (A) - 1

sein könnte.

DrBoogie aktiv_icon

16:24 Uhr, 22.07.2017

"Allgemein gilt für jede Gruppe"

Wie beweist man das?
Ich muss doch

A^{n} B^{m} A^{s} B^{t}

in der Form

A^{k} B^{l}

schreiben können.
Dafür würde

B A = A B^{k}

helfen, haben wir aber nicht.

mihisu aktiv_icon

16:45 Uhr, 22.07.2017

"Ich muss doch

A^{n} B^{m} A^{s} B^{t}

in der Form

A^{k} B^{l}

schreiben können."
Ja.

"Dafür würde

B A = A B^{k}

helfen, haben wir aber nicht."
Ja und nein. Natürlich ist nicht in jeder Gruppe

B A = A B^{k}

.
Ich fordere jedoch in den Voraussetzungen der von mir formulierten Aussage, dass es ein

k \in ℤ

mit

B A = A B^{k}

gebe. Das bedeutet:

1. Fall: Es gibt ein entsprechendes

k \in ℤ

mit

B A = A B^{k}

.
Dann kann man

B A = A B^{k}

benutzen.

2. Fall: Es gibt kein entsprechendes

k \in ℤ

mit

B A = A B^{k}

.
Dann sind die Voraussetzung für meine Aussage nicht erfüllt, so dass man mit meiner Aussage nicht folgern kann, dass

U V

eine Untergruppe ist.
Meine Aussage ist in diesem Fall jedoch trotzdem richtig, denn meine Aussage ist von der folgenden Form:
"Voraussetzungen

\Rightarrow

Folgerung"
Wenn nun die "Voraussetzungen" falsch sind, so ist die Aussage "Voraussetzungen

\Rightarrow

Folgerung" nach Definition von

\Rightarrow

wahr.

DrBoogie aktiv_icon

16:47 Uhr, 22.07.2017

"Ich fordere jedoch in den Voraussetzungen der von mir formulierten Aussage"

Kuck mal bitte nach oben, bei Dir steht dort nicht

B A = A B^{k}

, sonder

A B = B A^{k}

mihisu aktiv_icon

16:49 Uhr, 22.07.2017

Edit:
"Kuck mal bitte nach oben, bei Dir steht dort nicht

B A = A B^{k},

sonder

A B = B A^{k}

. "
Ja das ist mir auch aufgefallen, weshalb ich gerade dabei war, meinen Beitrag entsprechend zu editieren.

\\

"Ich muss doch

A^{n} B^{m} A^{s} B^{t}

in der Form

A^{k} B^{l}

schreiben können."
Ja.

"Dafür würde

B A = A B^{k}

helfen, haben wir aber nicht."
Ja und nein. Natürlich ist nicht in jeder Gruppe

B A = A B^{k}

oder

A B = B A^{k}

für ein

k \in ℤ

.
Ich fordere jedoch in den Voraussetzungen der von mir formulierten Aussage, dass es ein

k \in ℤ

mit

A B = B A^{k}

gebe. Das bedeutet:

1. Fall: Es gibt ein entsprechendes

k \in ℤ

mit

A B = B A^{k}

.
Dann kann man

A B = B A^{k}

benutzen.

2. Fall: Es gibt kein entsprechendes

k \in ℤ

mit

A B = B A^{k}

.
Dann sind die Voraussetzung für meine Aussage nicht erfüllt, so dass man mit meiner Aussage nicht folgern kann, dass

U V

eine Untergruppe ist.
Meine Aussage ist in diesem Fall jedoch trotzdem richtig, denn meine Aussage ist von der folgenden Form:
"Voraussetzungen

\Rightarrow

Folgerung"
Wenn nun die "Voraussetzungen" falsch sind, so ist die Aussage "Voraussetzungen

\Rightarrow

Folgerung" nach Definition von

\Rightarrow

wahr.

\\\\
Im Nachhinein würde ich meine Aussage ein klein wenig umformulieren, um klarer herauszustellen, dass " Es gibt ein

k \in ℤ

mit

A B = B A^{k}

. " zu den Voraussetzungen (nicht zur Folgerung) gehört.

DrBoogie aktiv_icon

16:51 Uhr, 22.07.2017

Ich sehe immer noch nicht, wie

A B = B A^{k}

hilft. Ich sehe, wie

B A = A B^{k}

helfen würde.
Aber das haben wir nicht.

Könntest Du bitte den Beweis posten oder einen Link darauf?

mihisu aktiv_icon

16:59 Uhr, 22.07.2017

Ich schreibe gleich einen Beweis zusammen, dauert evtl. ein paar Minuten, da ich nebenbei gerade noch etwas anderes zu tun habe.

mihisu aktiv_icon

18:24 Uhr, 22.07.2017

Ok, mittlerweile bin ich mir selbst nicht mehr sicher, ob meine Aussage wirklich stimmt. Ich werde mich noch ein wenig damit beschäftigen, bevor ich dazu mein endgültiges Urteil abgebe.

Auch beim Versuch dies mit

B A = A B^{k}

zu zeigen, komme ich nicht komplett durch, da ich es dann nur schaffe

B^{m} A^{s} = A^{s} B^{k^{s} m}

für

m, s \in ℤ

mit

s \geq 0

zu zeigen. Ich scheitere jedoch daran im Fall

s < 0

Exponenten

α, β \in ℤ

mit

B^{m} A^{s} = A^{α} B^{β}

zu finden. Wenn man hingegen beispielsweise fordern würde, dass A endliche Ordnung hat, wäre hingegen ein negativer Exponent

s

kein Problem.

mihisu aktiv_icon

19:16 Uhr, 22.07.2017

Also ich habe jetzt auf die schnelle kein Gegenbeispiel gefunden, kann meine Aussage aber auch nicht beweisen, und vermute stark, dass die von mir formulierte Aussage so wahrscheinlich nicht stimmt, zumindest nicht für jede Gruppe.

"Soweit ich weiß gilt das für Permutationen aus S_n."

Es wäre hilfreich zu wissen, woher du das zu wissen glaubst, MatheMar.
Wenn das stimmt, wäre die Aussage nach Satz von Cayley auf alle endlichen Gruppen übertragbar.

ermanus aktiv_icon

20:41 Uhr, 22.07.2017

Hallo,

vielleicht hilft das weiter:
Sei

H = < A, B > = < U, V >

die von

A

und

B

erzeugte Untergruppe von

G L

.
Wegen der Existenz eines

k \in ℤ

mit

A B = B A^{k}

gilt

B^{- 1} A B = A^{k} \in U

, d.h.

B^{- 1} U B \subseteq U

. Hieraus ergibt sich, dass

U

ein Normalteiler in

H

ist, daher ist

U V

das Produkt eines Normalteilers und einer
Untergruppe von

H

. Nach einem Satz aus der Gruppentheorie ist dann

U V

eine Untergruppe
von

H

, also auch von

G L

.

Gruß ermanus

DrBoogie aktiv_icon

20:54 Uhr, 22.07.2017

"Hieraus ergibt sich, dass U ein Normalteiler in H ist"

Sicher?

B^{- 1} U B \subset U

reicht doch nicht, es muss für alle Elemente

G

aus der "großen" Gruppe
gelten

G^{- 1} U G \subset U

ermanus aktiv_icon

20:58 Uhr, 22.07.2017

Nein, ich betrachte nur die Normalteiler und Untergruppeneigenschaften
innerhalb der Gruppe

H

. Nachdem ich diese genutzt habe, um herauszubekommen,
dass

U V

eine Untergruppe von

H

ist, ist

U V

Untergruppe auch jeder Obergruppe
von

H

, also insbesondere von

G L

DrBoogie aktiv_icon

21:03 Uhr, 22.07.2017

Um zu zeigen, dass

U

ein Normalteiler in

H

ist, reicht eben nicht, dass

B^{- 1} U B \subset U

.
Es muss für alle Elemente

G

aus

H

gelten:

G^{- 1} U G \subset U

.
Das ist einfach Definition.
Und genau das können wir auch nicht zeigen. Denn ein allgemeines

G

hat die Form

A^{k} B^{m}

, also kommen wir bei

G^{- 1} U G \subset U

auf dasselbe Problem wir früher.

DrBoogie aktiv_icon

21:06 Uhr, 22.07.2017

Und übrigens, in der Aufgabe geht es um

U V

, nicht um

< U, V >

, das ist was ganz Anderes.

ermanus aktiv_icon

21:10 Uhr, 22.07.2017

Ah, jetzt verstehe ich was du meinst.
Es gilt doch trivialerweise

A^{- 1} U A \subseteq U

, also auch

(A^{r})^{- 1} U A^{r} \subseteq U

.
Ferner

(B^{s})^{- 1} U B^{s} \subseteq U

. Nun sind aber alle Elemente von

H

Potenzprodukte von

A

's und

B

's. Ferner ist

G L

eine endliche Gruppe,
weswegen man nur mit nicht-negativen Exponenten testen muss.

DrBoogie aktiv_icon

21:21 Uhr, 22.07.2017

Alle Elemente von

H

sind Potenzprodukte mit bestimmter Reihenfolge.
Und zwar besteht

H

nur aus Elementen der Form

A^{k} B^{n}

.
Dagegen liegen

B^{n} A^{k}

nicht drin (bis auf triviale Fälle).
Und genau dort liegt das Problem.

Ja, es stimmt, dass

B^{- 1} U B \subset U

.
Aber

A^{- 1} U A \subset U

muss leider nicht stimmen. Bzw. wissen wir nicht, wie das zu beweisen wäre. Denn

A^{- 1} U A \subset U

bedeutet, dass

A^{- 1} (A^{k} B^{n}) A

in der Form

A^{l} B^{m}

darstellbar ist. Nur können wir aber das

A

von rechts nicht nach links schaffen, denn wir haben nur die Beziehung

A B = B A^{k}

, bräuchten aber dafür

B A = A B^{k}

ermanus aktiv_icon

21:25 Uhr, 22.07.2017

Es ist doch

U = < A >

, in

U

liegen doch nur Potenzen von

A

DrBoogie aktiv_icon

21:35 Uhr, 22.07.2017

Ah ja, sorry, mein Fehler.

Aber wir haben doch ein anderes Problem. Nämlich, der Satz, dass Produkt aus Normalteiler und Untegruppe wieder Untergruppe ist, gilt nur für die andere Reihenfolge. Also wenn Normalteiler rechts steht, nicht links. Damit wissen wir, dass VU eine Untergruppe ist. Das wussten wir aber auch so.

ermanus aktiv_icon

21:44 Uhr, 22.07.2017

Seien

N

ein Normalteiler und

K

eine Untergruppe einer Gruppe

L

.
Dann gilt für alle

x \in K

x N = N x

.
Es ist aber

K N = ⋃_{x \in K} x N = ⋃_{x \in K} N x = N K

DrBoogie aktiv_icon

22:25 Uhr, 22.07.2017

Stimmt, an der Stelle ist es sauber.

Ich habe trotzdem ein komisches Gefühl. Ich verstehe nicht, warum es direkt nicht geht.

ermanus aktiv_icon

22:32 Uhr, 22.07.2017

Weißt du was?
Wir übergeben den "direkten Weg" bis morgen einfach an Mihisu ;-)
Ich wünsche dir noch einen schönen Abend.

Gruß ermanus

DrBoogie aktiv_icon

22:34 Uhr, 22.07.2017

Jetzt wird es schwierig, einzuschlafen. :-)
Ich bin im "Grüblermodus".

mihisu aktiv_icon

23:49 Uhr, 22.07.2017

Hier ein direkterer Weg.

Mit

A B = B A^{k}

kann (mit etwas Hilfe von vollständiger Induktion) folgern, dass

A^{α} B^{β} = B^{β} A^{k^{β} α}

für alle

α, β \in ℤ

mit

β \geq 0

gilt.

[

Bilder im Anhang]

Das kann man jeweils zu

B^{- β} A^{α} = A^{k^{β} α} B^{- β}

umformen.

Wenn

B

endliche Ordnung hat, was insbesondere dann der Fall ist, wenn die Gruppe endlich ist (wie es ja hier auch der Fall ist), kann man ohne Beschränkung der Allgemeinheit

β > 0

annehmen. (Sonst addiere ein geeignetes Vielfaches von

o r d (B) .)

Damit kann man folgern, dass es zu allen

α, β \in ℤ

ein

m \in ℕ_{0}

gibt, beispielsweise

m := max {0, ⌈ \frac{- β}{o r d (B)} ⌉},

so dass

B^{β} A^{α} = A^{k^{β + m \cdot o r d (B)} α} B^{β}

ist.

Demnach gibt es zu allen

α_{1}, α_{2}, β_{1}, β_{2} \in ℤ

ein

m \in ℕ_{0},

beispielsweise

m := max {0, ⌈ \frac{- β_{1}}{o r d (B)} ⌉},

so dass

A^{α_{1}} B^{β_{1}} A^{α_{2}} B^{β_{2}} = A^{α_{1}} A^{k^{β_{1} + m \cdot o r d (B)} α_{2}} B^{β_{1}} B^{β_{2}} = A^{α_{1} + k^{β_{1} + m \cdot o r d (B)} α_{2}} B^{β_{1} + β_{2}}

ist.

\\\\

Ich hatte zunächst gedacht, dass man das evtl. für alle Gruppen machen könnte. Scheitere dann aber bei negativen Potenzen für

B,

was bei endlichen Gruppen ja kein großes Problem darstellt.

Ich hatte mit

H := 〈 A, B 〉

war übrigens eine gute Idee. Mein erster Gedanke ging auch erst Richtung Normalteiler. Jedoch ist ja

U

nicht unbedingt ein Normalteiler in der großen Gruppe. Auf den Gedanken diese Untergruppe

H

einzuführen bin ich nicht so schnell gekommen. (Weshalb ich das, wie wohl DrBoogie auch, dann zunächst etwas "direkter" angegangen bin.)

DrBoogie aktiv_icon

08:55 Uhr, 23.07.2017

Warum beweist Du die Behauptung

A^{m} B = B A^{k m}

auf einem so langen Weg?
Sie ist doch trivial:

A B = B A^{k}

B^{- 1} A B = A^{k}

(B^{- 1} A B)^{m} = A^{k m}

B^{- 1} A^{m} B = A^{k m}

A^{m} B = B A^{k m}

DrBoogie aktiv_icon

09:09 Uhr, 23.07.2017

"Wenn B endliche Ordnung hat, was insbesondere dann der Fall ist, wenn die Gruppe endlich ist (wie es ja hier auch der Fall ist), kann man ohne Beschränkung der Allgemeinheit β>0 annehmen."

Das ist übrigens der Knackpunkt, den ich übersehen habe.
Das wird auch beim Beweis davon benutzt, dass

U

ein Normalteiler ist,
denn sonst muss

B A B^{- 1}

nicht in

U

liegen.

Also, ganz einfach geht es so direkt:

A B = B A^{k}

B^{- 1} A B = A^{k}

.
Weiter für beliebiges

m

B^{- 1} A^{m} B = (B^{- 1} A B)^{m} = A^{k m}

Dann mit

s = o r d (B)

haben:

B A = B^{1 - s} A = B^{1 - s} A B^{s - 1} B^{1 - s} = B^{- 1} . . . (B^{- 1} A B) . . . B B^{1 - s} = A^{k^{s - 1}} B^{1 - s}

.
Und deshalb

A^{n_{1}} B^{n_{1}} A^{n_{2}} B^{n_{2}}

ist von der Form

A^{n_{3}} B^{n_{3}}

, weil ich in der Mitte

B A

beliebig oft "umtauschen" kann.

ermanus aktiv_icon

11:21 Uhr, 23.07.2017

Hallo Problemfreunde,
ohne Endlichkeitsforderung an die Gruppe scheint die Aussage falsch zu sein,
so dass wir uns doch herausgefordert fühlen müssten, ein Gegenbeispiel zu liefern.
Hier mein Vorschlag für ein "minimales" Beispiel.
Wir nehmen als

G

die von

A

und

B

erzeugte freie Gruppe modulo
der Relation

A B = B A^{2}

. Nun setzen wir wieder

U = < A >

und

V = < B >

.
Gelingt es uns zu zeigen, dass

U V

keine Untergruppe von

G

ist?

Wie DrBoogie noch einmal ganz wesentlich herausgestellt hat, hängt die
Normalteilereigenschaft von

< A >

an der Endlichkeit der Gruppe.
In diesem Minimalbeispiel ist

< A >

offenbar kein Normalteiler, da

B^{- 1} < A > B = < A^{2} > \neq < A >

ist.

Gruß ermanus

MatheMar aktiv_icon

17:55 Uhr, 23.07.2017

Uh. Da habe ich ja eine schöne Diskussion ausgelöst....

Vielen Dank auf jeden Fall für die Antwort(en).

MatheMar aktiv_icon

17:57 Uhr, 23.07.2017

Ui. Da habe ich ja unbeabsichtigt einw schöne Diskussion ausgelöst...

Vielen Dank auf jeden Fall für die Antwort(en).

ermanus aktiv_icon

19:14 Uhr, 23.07.2017

Hallo MatheMar,
das war eine sehr interessante Fragestellung, vielen Dank dafür ;-)

Nun zu meinem Vorschlag, die Gruppe

< A, B ∣ A B = B A^{2} >

zu betrachten.
Seien also

U = < A >

und

V = < B >

Es ist klar, dass

U

und

V

unendliche zyklische Gruppen
sind, da zwischen den

A

-Potenzen keine Relation besteht, ebenso bei den

B

-Potenzen.
Die Relation liefert u.a.

B^{- 1} A B = A^{2}

.

Wäre

U V

eine Gruppe, so gäbe es ganze Zahlen

r, s

, so dass

B^{- 1} A^{- 1} = (A B)^{- 1} = A^{r} B^{s}

wäre.
Dann ergäbe sich

B^{- 1} A^{- 1} B = A^{r} B^{s + 1}

,
also

A^{- 2} = (A^{2})^{- 1} = (B^{- 1} A B)^{- 1} = B^{- 1} A^{- 1} B = A^{r} B^{s + 1}

.
Hieraus folgt:

B^{s + 1} = A^{- r - 2}

.

Es gibt also

p, q \in ℤ

, so dass

B^{p} = A^{q}

ist.

Wäre

q = 0

, dann wäre

V

endlich, also ist

A^{q} \neq E

, wobei

E

das Einselement von

G

sein möge.

A^{q}

liegt im Zentrum

Z (G)

von

G

, folglich gilt auch

< A^{q} > \subseteq Z (G)

.
Denn

A \cdot A^{q} = A^{q} \cdot A

und ebenso

B \cdot A^{q} = B \cdot B^{p} = B^{p} \cdot B = A^{q} \cdot B

.
Mit

A^{q}

liegt auch

A^{- q}

Z (G)

.
Es gibt also eine positive ganze Zahl

m

, so dass

A^{m} \in Z (G)

ist.

Aus alledem ergibt sich:

B A^{m} = A^{m} B = A^{m - 1} (A B) = A^{m - 1} B A^{2} = \dots = B A^{2 m}

,
also

A^{m} = A^{2 m}

, folglich

A^{m} = E

, im Widerspruch dazu, dass

< A >

unendliche zyklische Gruppe ist.

Gruß ermanus

MatheMar aktiv_icon

11:16 Uhr, 28.07.2017

Hallo. Ich habe noch mal eine kurze Rückfrage dazu:

Nächste Woche ist Klausur. Kann ich dann wie folgt argumentieren:

Gegeben:

U = < a >, V = < b >

Behauptung: UV ist Gruppe
Beweis:
Suche ein

k \in ℤ,

welches

a b = b a^{k}

erfüllt.

a b = b a^{4}

(wenn ich dann bspw. auf 4 komme)

4 \in ℤ

\Rightarrow

UV=<a><b>=<a,b>

\Rightarrow

UV ist Gruppe

Wäre das so formal richtig?
Die erste Implikation haben wir in der Vorlesung bewiesen. Das darf ich also so verwenden ohne es noch einmal extra ausführlich zu beweisen. Wäre die zweite Implikation so korrekt?

Vielen Dank schon mal im Vorraus für eine Antwort.

MatheMar

MatheMar aktiv_icon

18:53 Uhr, 30.07.2017

Also kann ich davon ausgehen, dass wenn

U V = < a, b >

gilt, UV automatisch eine Gruppe ist? Das Erzeugnis von einem Element

< a >

ist eine Gruppe per Definition. Das weiß ich. Aber ist das Erzeugnis von zwei Elementen auch automatisch per Definition eine Gruppe?

ermanus aktiv_icon

20:28 Uhr, 30.07.2017

Hallo MatheMar,

nur unter der Voraussetzung, dass die Gruppe, die von

a

und

b

erzeugt wird
endlich ist, und zusätzlich Bedingung 3) gilt, konnten wir sicherstellen,
dass

U V = < a > < b >

eine Gruppe ist. Im allgemeinen ist dies sicher nicht der Fall.
Verwechsle bitte nicht

< a > < b >

mit

< a, b >

. Das sind per Definition ganz verschiedene
Dinge, die wir nur unter den eben genannten Voraussetzungen (Endlichkeit und 3))
als gleich erwiesen haben.

Noch mal zur Klarstellung:

< a > < b > = {a^{z_{1}} b^{z_{2}} ∣ z_{1}, z_{2} \in ℤ}

, aber

< a, b > = {a^{z_{1}} b^{z_{2}} a^{z_{3}} b^{z_{4}} \dots ∣ z_{1}, z_{2}, \dots \in ℤ}

.
Letzteres

< a, b >

ist definiert (!) als die kleinste Untergruppe, die

a

und

b

enthält.
Es gilt also zwar

< a > < b > \subseteq < a, b >

, aber im allgemeinen nicht die Gleichheit.

< a, b >

ist immer eine Gruppe,

< a > < b >

aber nur in speziellen Fällen.
In der Klausur ist es eher unwahrscheinlch, dass so etwas drankommt.

Gruß ermanus

MatheMar aktiv_icon

21:44 Uhr, 30.07.2017

Danke. Genau das wollte ich wissen. Denn wenn ich mit

3)

ein

k \in ℤ

finde, gilt die Gleichheit

< a > < b > = < a, b >

und damit habe ich schon gezeigt, dass UV eine Gruppe ist. Und eine Gruppe nachweisen werde ich auf jeden Fall müssen in der Klausur. Ich war mir halt nur nicht sicher, ob

< a, b >

als Gruppe definiert ist. Aber da das ja der Fall ist, macht meine Ausführung ja Sinn.

Vielen, vielen Dank.

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