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Transitive Operation

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Gruppen

Tags: Fixpunkt, Gruppen, Operation, Stabilisator

Lamy99 aktiv_icon

14:43 Uhr, 25.11.2020

Hallo,

ich komme bei folgender Aufgabe in Algebra nicht weiter:

G

endliche Gruppe operiert transitiv auf einer Menge

X

mit mindestens zwei
Punkten.
Zeige, dass es ein Element

g \in G

gibt, dass alle Punkte von

X

bewegt, also mit

g (x) \neq x

\forall x \in X

.

Als Hinweis wurde das Lemma von Burnside erwähnt.

Meine bisherigen Überlegungen:
Ich muss ja zeigen, dass es ein g gibt, welches kein Stabilisator ist und ein x, welches kein Fixpunkt ist.
Außerdem weiß ich, dass wenn eine Operation auf einer Menge transitiv operiert, dann gibt es nur eine Bahn, d.h. mit dem Lemma von Burside folgt:

1 = \frac{1}{∣ G ∣} \sum_{g \in G} ∣ F i x (g) ∣ \overset{}{\Leftrightarrow} ∣ G ∣ = \sum_{g \in G} ∣ F i x (g) ∣ = \sum_{x \in X} ∣ S t a b (x) ∣

und wegen

∣ B a h n (x) ∣ = 1

ist auch

∣ G ∣ = ∣ S t a b (x) ∣

(Sätze aus der VL)

Nun komme ich irgendwie nicht weiter mit diesen Überlegungen...

Danke für jede Hilfe!!!

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

ermanus aktiv_icon

15:19 Uhr, 25.11.2020

Hallo,
hätte jedes Gruppenelement midestans einen Fixpunkt,
d.h. wäre

∣ F i x (g) ∣ \geq 1

für alle

g \in G

. Dann würde aus

∣ G ∣ = \sum_{g \in G} ∣ F i x (g) ∣ \geq ∣ G ∣

folgen, dass

∣ F i x (g) ∣ = 1

für
alle

g \in G

. Es ist aber

∣ F i x (e) ∣ = ∣ X ∣ > 1

, Widerspruch.
Gruß ermanus

Lamy99 aktiv_icon

15:28 Uhr, 25.11.2020

Hallo, vielen Dank für deine Antwort!

Eine Frage hab ich noch: ich weiß, dass nach dem Lemma von Burnside wegen Transitivität der Operation

∣ B a h n (x) ∣ = 1 \overset{}{\Leftrightarrow} \sum_{g \in G} ∣ F i x (g) ∣ = ∣ G ∣

folgt und nach Voraussetzung

∣ X ∣ \geq 2

und wenn ich annehme, dass jeder Punkt in X einen Fixpunkt hat auch

∣ F i x (g) ∣ \geq 2

, was ich zum Widerspruch führen muss

Nun die Frage: warum kann man

\sum_{g \in G} ∣ F i x (g) ∣ \geq ∣ G ∣

annehmen?
LG

ermanus aktiv_icon

15:32 Uhr, 25.11.2020

Wir nehmen nur

∣ F i x (g) ∣ \geq 1

an und führen das zum Widerspruch.
In der Summe

\sum_{g \in G}

gibt es

∣ G ∣

Summanden. Wenn jeder mindestns den Wert 1 hat, so ist die Summe

\geq ∣ G ∣

Lamy99 aktiv_icon

15:37 Uhr, 25.11.2020

Und was genau würde sich ändern, wenn es nun ein g gäbe, welches alle x bewegt, das heißt ja, dass

\exists g \in G : x \notin F i x (g)

ermanus aktiv_icon

15:39 Uhr, 25.11.2020

Für ein solches

g

ist

∣ F i x (g) ∣ = 0

Lamy99 aktiv_icon

15:41 Uhr, 25.11.2020

Das heißt, es muss dann nicht mehr

\sum_{g \in G} ∣ F i x (g) ∣ \geq G

gelten, sondern

\sum_{g \in G} ∣ F i x (g) ∣ = G

, wie es nach dem Lemma von Burnside sein soll, oder?

Lamy99 aktiv_icon

15:46 Uhr, 25.11.2020

Wieso gilt

F i x (g) = ∣ X ∣

ermanus aktiv_icon

15:46 Uhr, 25.11.2020

Ich habe gerade das Gefühl, dass du den Widerspruchsbeweis nicht verstanden hast.
Angenommen, es gäbe kein solches

g

, dann würde jedes

g

mindestens einen
Fixpunkt besitzen, also

∣ F i x (g) ∣ \geq 1

sein für alle

g \in G

...
Dies führten wir zum Widerspruch. Also gibt es ein

g

, das keinen Fixpunkt besitzt,
und das war zu zeigen.

ermanus aktiv_icon

15:48 Uhr, 25.11.2020

Wo habe ich denn

∣ F i x (g) ∣ = ∣ X ∣

behauptet?

Lamy99 aktiv_icon

15:50 Uhr, 25.11.2020

∣ F i x (e) ∣ = ∣ X ∣ > 1

sorry. Was genau meinst du damit? Und wofür brauchen wir denn die Bedingung

∣ X ∣ \geq 2

ermanus aktiv_icon

15:55 Uhr, 25.11.2020

e

ist das neutrale Element:

e \cdot x = x

für alle

x \in X

.
Wenn jede der Fixpunktmengen

F i x (g)

mindestens 1 Element besitzen würde,
dann wäre die Summe

\geq (∣ G ∣ - 1) + ∣ X ∣ > ∣ G ∣

entgegen dem Lemma von Burnside.
Verstehe gerade nicht, wo es bei dir "klemmt".

Lamy99 aktiv_icon

16:01 Uhr, 25.11.2020

Ich verstehe nicht so ganz wo wir die Bedingung

∣ X ∣ \geq 2

verwendet haben. Der einzige Satz zu

∣ X ∣

in unserem Skript ist die Bahnengleichung, wobei bei

∣ B a h n (x) ∣ = 1

gilt:

∣ X ∣ = [G : S t a b (x)]

. Beim Beweis von Burnside haben wir noch für eine Menge

F = {(g, x) ∣ g (x) = x}

die Äquivalenzen

(g, x) \in F \overset{}{\Leftrightarrow} g \in S t a b (x) \overset{}{\Leftrightarrow} x \in F i x (x)

gezeigt, evtl brauchen wir das ja für den Beweis.

ALso kann man das auch ohne den Stabilisator zeigen? Wie gesagt, mein Problem ist, wo wir genau

∣ X ∣ \geq 2

verwendet haben...

ermanus aktiv_icon

16:08 Uhr, 25.11.2020

Wir haben uns hier gar nicht um den Stabilisator gekümmert.
Aber wenn alle Fixpunktmengen mindestens 1 Element enthalten, die Fixpunktmenge
von

e

aber

∣ X ∣

Elemente entält, ist die Gesamtsumme doch

(∣ G ∣ - 1) + ∣ X ∣ \geq ∣ G ∣ + 1 > ∣ G ∣

,
wenn

∣ X ∣ \geq 2

ist.
Warum denkst du denn so komplziert??

Lamy99 aktiv_icon

16:10 Uhr, 25.11.2020

Okay, ich wusste nur nicht, dass

∣ F i x (e) ∣ = ∣ X ∣

gilt, kann man das noch irgendwie genauer begründen?

ermanus aktiv_icon

16:13 Uhr, 25.11.2020

Das habe ich doch geschrieben:

e \cdot x = x

für alle

x \in X

.
Das gehört zur Definition der Gruppenoperation auf einer Menge.

Lamy99 aktiv_icon

16:28 Uhr, 25.11.2020

Ah okay, danke für die ausführliche Hilfe! Ich glaube ich habs verstanden :-)

ermanus aktiv_icon

16:31 Uhr, 25.11.2020

Prima :-)
Gruß ermanus

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