Übung zur Vorlesung Einführung in die Algebra

Übung zur Vorlesung

Einführung in die Algebra

Prof. Dr. J. H. Bruinier

Stephan Ehlen

Sommersemester 2009

Lösungshinweise zu Übungsblatt 5

Aufgabe G5.1 Ordnungen berechnen

(a) (a) Gegebenk∈Ngiltk m=km=0in_Z/nZgenau dann, wennkm∈nZ. In diesem Falle ist<sub>`</sub>:=km∈mZ∩nZ undk= <sub>m</sub><sup>1</sup>`. Ist umgekehrt`∈mZ∩nZ, so erfülltk:=`/m∈Zdie Bedingungkm=`∈nZ, es ist alsok m=0. Somit

{k∈Z: k m=0}={`/m:`∈mZ∩nZ}=

`/m:`∈kgV₍m,n)Z =kgV(m,n) m Z, damZ∩nZ=kgV₍m,n)Znach Vorlesung, §1. Der Homomorphismus

φ:Z→Z/nZ, k7→k m

hat also den KernNZmitN := ^kgV_m^(m,n). Der Homomorphiesatz liefert nun〈m〉=imφ∼=Z/kerφ=Z/NZ, es ist also〈m〉eineN-elementige Gruppe, somitord(m) =N=^kgV_m^(m,n).

(b) Gegebenx∈H, y∈Gbetrachten wir die Potenzabbildung

φ:Z→G×H, φ(n):= (x,y)ⁿ,

die ein Homomorphismus ist (alte Aufgabe finden, oder Nachrechnen!). Hierbei ist₍x,y)ⁿ = (xⁿ,yⁿ)und somit φ(n) = (1, 1)genau dann, wennxⁿ=1undyⁿ=1, wenn alson∈ord(x)Z∩ord(y)Z=kgV₍ord(x), ord(y))Z. Nach dem Homomorphiesatz folgt _〈(x,y)〉 = im_φ ^∼_{= Z/}kgV₍ord(x), ord(y))Z. Diese Gruppe hat kgV₍ord(x), ord(y)) Elemente; die Ordnung von₍x,y)ist somit kgV₍ord(x), ord(y)).

(c) Es ist26=0in_Z/4Z, jedoch2 2=4=0; somitord(2) =2. Da3und7teilerfremd sind, ist kgV₍3, 7) =21, nach Teil (a) somitord(3) =21/3=7(alternatives Argument: Da_Z/7ZPrimzahlordnung7hat, ist jedes von0verschiedene Element ein Erzeuger dieser Gruppe, also auch3; somit〈3〉=Z/7Zund somitord(3) =7in_Z/7Z). Nach Teil (b) ist die Ordnung von₍2, 3)das kleinste gemeinsame Vielfache der Ordnungen2und7der beteiligten Elemente, also14.

Aufgabe G5.2 Exakte Sequenzen

(a) Diese Abbildungen sind eindeutig bestimmt: Inklusion und die triviale Abbildung, die alle Elemente ausHauf die 1abbildet.

(b) Es ist im_ι=N=kerπsowie_π(G) =G/N und natürlich ist_ιinjektiv.

(c) Man nimmt zum Beispiel

1 //_N ^ϕ //_G ^π //_H //1,

wobei_ϕ(n) = (n, 1)und_π((n,h)) =hist. Siehe den Abschnitt zu direkten Produkten in §2 der Vorlesung.

(d) Es gelte 1. Dann existiert also ein Gruppenisomorphismus_Ψ:NoαH→G. Es istN∼=N× {1} ⊂NoαHund somit definiert man durch_ϕ(n) := Ψ((n, 1))einen injektiven Gruppenhomomorphismus. Weiterhin ist nach Vorlesung die Abbildungπ˜:No_αH→H, (n,h)7→hsurjektiv mitker ˜π=N× {1}. Deshalb definiert auch_π(g):=π(Ψ˜ ⁻¹(g)) einen surjektiven Homomorphismus.

Nach Vorlesung existiert ein Homomorphismusσ˜ :H→No_αHmit der Eigenschaftπ˜◦σ˜=id_H. Deshalb erhält man durch_σ(h):= Ψ(σ(˜ h))einen Homomorphismus mit_π◦σ=id_H. Somit gilt 2.

Gilt umgekehrt 2., so definiert man, wie in der Vorlesung gezeigt

α(h)(n):=ϕ⁻¹(σ(h))nϕ⁻¹(σ(h)⁻¹).

In der Vorlesung wurde vorgerechnet, dass dies einen Gruppenhomomorphismusα:H→Aut(N)liefert (ohne das ϕ, aber das sollte hier keine Schwierigkeit mehr bereiten) und dass durch

Φ:NoαH→G,(n,h)7→ϕ(n)σ(h)

ein Gruppenisomorphismus definiert wird. Man sollte das an dieser Stelle nochmals sorgfältig nachrechnen und immer genau nachprüfen, welche Voraussetzung man wann benutzt hat.

Aufgabe G5.3 Alle abelschen Gruppen der Ordnung 6

(a) Angenommen, es existiert kein Element der Ordnung 3 inG. Dann hat nach dem Satz von Lagrange jedes von 1 verschiedene Lement die Ordnung2, denn es kommen nur1, 2, 3, 6als Ordnungen in Frage und für eine Elementx der Ordnung 6 hättex²die Ordnung 3. Aus Aufgabe H2.1 wissen wir nun bereits, dassGabelsch ist. Es existieren also 2 verschiedene Elementeg,h∈Gder Ordnung2, so dassgh6=1ebenso ein Element der Ordnung 2 ist. Dies sieht man durch Abzählen. Gibt man sichg∈Gvor und schließt das Inverseg⁻¹vongaus, so ist das Produktgh eines von zwei weiteren Elementen der Ordnung 2.

DaGabelsch ist undg²=h²=1, gilt nach Aufgabe G3.2, dassH:=〈g,h〉={1,g,h,gh}. Das ist aber nicht möglich, dennHwäre dann ein Normalteiler inG(G ist abelsch) und nach dem Satz von Lagrange wäre|G|=|G/H||H| ⇔ 6=|G/H| ·4. Also existiert ein Elementa∈Gder Ordnung 3.

(b) Wir haben in Aufgabe H4.1 gesehen, dass Gruppen gerader Ordnung immer ein selbstinverses Element besitzen.

(c) Wir definierenU:=〈a〉undV :=〈b〉. Dann ist nach Aufgabe H4.3 (a) die Abbildung ϕ:U×V→G, (u,v)7→uv

ein Gruppenhomomorphismus mitkerϕ={(u,u⁻¹):u∈U∩V}. Da jedochU∩V={1}gilt, ist_ϕinjektiv und es folgt (aufgrund von|U×V|=6), dass_ϕein Gruppenisomorphismus ist. Somit istG∼=U×V∼=Z/3/Z×Z/2Z∼=Z/6Z. Letzteres ist der Fall, daggT(2, 3) =1, siehe Vorlesung.

Aufgabe G5.4 Beispiel zu Gruppenoperationen und Bahnen (a) Wir prüfen die Bedingungen aus der Definition nach:

Bedingung O1: Für allez∈Cist_σ(0,z) =e^0λz=1z=z, wie gefordert.

Bedingung O2: Für alles,t∈Rundz∈Cgilt

σ(s,σ(t,z)) =σ(s,e^tλz) =e^sλe^tλz=e^(s+t)λz=σ(s+t,z), unter Benutzung der Funktionalgleichung der Exponentialfunktion.

Also ist_σeine Operation der additiven Gruppe_(R,+, 0)auf_C. (b) Die Bahn eines Elementsz∈Cist

Oz:={e^tλz:t∈R}={e^tλ:t∈R} ·z=Ez

mitE :={e^tλ:t∈R}. Die Bahn von0∈Cist also immer die einpunktige MengeE0={0}. Interessant sind die Bahnen der Elemente06=z∈C.

Ist_λ=0, so istE={1}, somit jede Bahn_Oz={1}z={z}eine einpunktige Menge.

Ist06=λundλ∈R, so ist E = ]0,∞[die positive reelle Achse und somitOz = ]0,∞[z der vom Nullpunkt aus durchzlaufende Halbstrahl (ohne die0).

Ist06=λund_λ∈iR, so istE=S¹={w∈C:|w|=1}der Einheitskreis. Nach Aufgabe G1 (b) ist die Bahn von06=z somit der Kreis um0vom Radius|z|:

Oz=S¹z=|z|S¹.

Ist schließlich_λ=x+i ymitx,y ∈R\ {0}, so istE eine durch1laufende logarithmische Spirale und somit auch Ezeine (um einen Faktor gestreckte) logarithmische Spirale:

Rechnung: Für z =|z|e^iφ erhält man Ez = {|z|e^x(t+φ/y)+i y(t+φ/y)−φx/y : t ∈ R} = |z|e^−φx/y{e^{t(x+i y)} : t ∈ R} =

|z|e^−φx/yE.

Aufgabe H5.1 Semidirekte Produkte abelscher Gruppen undZ/p²Z

(a) Falls_αtrivial ist, ist das semidirekte Produkt gleich dem direkten ProduktH×Gund klarerweise abelsch fürG,H abelsch. Ist umgekehrtHoαGabelsch, so gilt

(n,g)(n⁰,g⁰) = (nα(g)(n⁰),g g⁰) = (n⁰,g⁰)(n,g) = (n⁰α(g⁰)(n),g⁰g).

Somit ist insbesondere für alle g,g⁰ ∈ G,n,n⁰ ∈ N:nα(g)(n⁰) = n⁰α(g⁰)(n). Wählt man n= n⁰, so erhält man α(g)(n) =α(g⁰)(n)für alleg,g⁰∈G. Also ist

α(g)(n) =α(1)(n) =1 für alleg∈G.

(b) Man überlegt sich leicht mit dem zweiten Homomorphiesatz, dassH∼=Z/pZist. Angenommen Gwäre nun iso- morph zuNoαHfür einen Gruppenhomomorphismusα:H→Aut(N). DaGabelsch ist, sind auchNundH=G/N abelsch. Damit muss nach Teil (a)_αtrivial sein undGwäre isomorph zum direkten ProduktN×H∼=Z/pZ×Z/pZ. Dies ist aber nicht möglich, daG =Z/p²Z zyklisch ist (es existiert ein Element der Ordnungp²,_Z/pZ×Z/pZ jedoch nicht.

Aufgabe H5.2 Alle nicht-abelschen Gruppen der Ordnung 6

Es sei Geine nicht abelsche Gruppe der Ordnung6; dann existieren Elementea,b∈G der Ordnungen3und2(siehe Aufgabe G5.3).

(a) (a) Die Untergruppe〈a〉hat Ordnung 3 und nach dem Satz von Lagrange somit den Index[G:<a>] =|G|/|〈a〉|= 6/3=2und daher ein Normalteiler vonG.

(b) Nach Teil (a) gilt b⁻¹a b∈ 〈a〉und somitb⁻¹a b=aⁱfür eini∈ {0, 1, 2}. Wärei=0, so wäreb⁻¹a b=1und somit a=b b⁻¹=1; dies ist ein Widerspruch, daaals Element der Ordnung 3 nicht das Neutralelement ist. Wärei=1, so hätten wirb⁻¹a b=aund somit

a b=ba;

wäre also die vonaund berzeugte Untergruppe_〈a,b〉 ⊆Gabelsch. Da_〈a〉und_〈b〉Untergruppen der Ordnung 2 bzw. 3 von_〈a,b〉sind, sind nach dem Satz von Lagrange sowohl2als auch3Teiler der Gruppenordnung_|〈a,b〉|, welche wiederum |G|= 6 teilt; daher|〈a,b〉| =6 und somit 〈a,b〉 = G; die Gruppe G wäre also abelsch, im Widerspruch zur Aufgabenstellung. Es gilt alsob⁻¹a b=a²und somita b=ba².

(c) Die Elementea,b∈GerzeugenG(nach dem in der Lösung von (b) gegebenen Argument), und es gilta³=b²=1 sowie, wie eben gezeigt,a b=ba². Mit Aufgabe H4.2 folgt, dassG∼=D₃.

Aufgabe H5.3 Gruppe der oberen Dreiecksmatrizen Wir erhalten eine kurze exakte Sequenz

1 //_N ^ι //_∆ ^π //_H //_1, wobei_ι:N →∆die Inklusionsabbildung und_π

‚‚a b 0 c

ŒŒ

=

‚a 0 0 c

Œ

sind. Die Abbildungen sind Homomorphismen undkerπ=N. Außerdem ist_σ:H→∆, definiert durch_σ(h) =hnatürlich ein Homomorphismus und es gilt_π◦σ=id_H (prüfen!). Die Sequenz spaltet also.

Nach Aufgabe G2.5 (d) gilt dann_∆^∼₌No_αH, wobei

α:H→Aut(N),α(h)(n) =σ(h)nσ(h)⁻¹. Expliziter ist fürh=

‚a 0 0 c

Œ

das Inverse_σ(h)⁻¹=

‚a⁻¹ 0 0 c⁻¹

Œ

und somit fürn=

‚1 b

0 1

Π:

α(h)(n) =

‚1 a bc⁻¹

0 1

Π.

Aufgabe H5.4 Möbiustransformationen

(a) Zunächst einmal gilt es zu überprüfen, dassA.z∈Hist:

A.z=az+b

cz+d =(az+b)(cz¯+d)

|cz+d|² = 1

|cz+d|²(acz¯z+bd+ (adz+bc¯z)). Wir schreiben nunz=x+i ymitx,y∈Rund erhalten

A.z= 1

|cz+d|²(ac|z|²+bd+ (ad+bc)x+i y(ad−bc)). Somit ist

Im₍A.z) =det(A) ℑ(z)

|cz+d|² >0 undA.z∈H. Dann überprüfen wir die Eigenschaften O1) und O2).

O1)

‚1 0

0 1

Œ

.z=^1z+0₀₊₁ =z– das neutrale Element operiert also trivial, wie gefordert.

O2) Wir errechnen

‚‚a b c d

Œ ‚e f g h

ŒŒ

.z=

‚ae+b g a f +bh ce+d g c f+dh

Œ

.z=(ae+b g)z+a f +bh (ce+d g)z+c f+dh

=a(ez+f) +b(gz+h) c(ez+f) +d(gz+h)

=a^ez+f_gz+h+b c^ez+f_gz+h+d

=A.(B.z) und somit ist auch diese Eigenschaft erfüllt.

(b) Wennz=x+i y∈H, so kann einfach die Matrix A_z=

‚y x

0 1

Œ

nehmen, denn es istdet(A) = y>0undA_z.i= y i+x=z. Es gibt also nur eine einzige Bahn, d.h. die GruppeG operiert transitiv aufH.

(c) Schreiben wir fürM∈G

M=

pdet(M) 0

0 p

det(M)

! A,

mitA∈SL₂(R), so istM.z=A.z. Es ist alsoG_i=Z·SL₂(R)i, wobeiZÃGdie Untergruppe der Diagonalmatrizen mit gleichen Diagonaleinträgen ist, also

Z=

¨‚a 0

0 a

Œ

:a∈R⁺

« .

Dies ist im Übrigen das Zentrum vonG(warum?). Sei nunA=

‚a b c d

Œ

∈SL₂(R)i, dann muss gelten

A.i=ai+b

ci+d =ac+bd+i c²+d² =i.

Daraus erhält man, dassc²+d²=1ist. Es existiert also ein_θ∈R, so dasssin(θ) =cund somit auchcos(θ) =d ist. Es muss nun noch geltenasin(θ) +bcos(θ) =0undacos(θ)−bsin(θ) =1. Also ist b=−atan(θ)und daher

a

cos(θ) =1, d.h.a=cos(θ)und b=−sin(θ). Es ist also A∈SO₂(R) eine Drehmatrix und wir erhalten insgesamt G_i=Z·SO₂(R).

(d) Wohldefiniertheit: Wenn_[A] = [B] gilt, dann existiert einC ∈ G_i, so dassA=BC. Es ist somitA.i = (BC).i= B.(C.i) =B.i, daC∈G_i.

Die Abbildung ist surjektiv, daGtransitiv operiert und sie ist injektiv, denn

A.i=B.i⇔(A⁻¹B).i=i⇔A⁻¹B∈G_i⇔B∈AG_i⇔[A] = [B].