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 2

Aufgabe G2.1 Abelsche Gruppen

Es seiGeine endliche abelsche Gruppe mit|G|=nundG=

g₁, . . . ,g_n . DaGabelsch ist, kann man das Produkt beliebig neu ordnen und da jedes Element zwei mal vorkommt, kann man es auch so ordnen, dass sich ergibt:

Y

g∈G

g²=g₁²· · ·g_n²=g₁g⁻₁¹· · ·g_ng_n⁻¹=1· · ·1=1.

Aufgabe G2.2 Prüfen der Gruppenaxiome Fürr,s∈ (−1, 1)ist1+rs>0und daher

r+s

1+rs<1 ⇔ r+s<1+rs ⇔ 0<(1−r)(1−s);

die Bedingung ganz rechts ist offensichtlich erfüllt, also auch die linke. Somitr◦s<1. Analog ist−1<r◦s, da

−1< r+s

1+rs ⇔ −1−rs<r+s ⇔ 0<(1+r)(1+s), wobei die Bedingung rechts offensichtlich erfüllt ist. Es ist alsor◦s∈ (−1, 1).

Die Verknüpfung_◦ist assoziativ: Fürr,s,t∈ (−1, 1)berechnen wir:

r◦(s◦t) = r◦ s+t 1+st

= r+_1+st^s+t

1+r_1+st^s+t = r+rst+s+t 1+st+rs+r t (r◦s)◦t = r+s

1+rs

◦t=

r+s 1+rs+t

1+_1+rs^r+st = r+s+t+rst 1+rs+r t+st, durch Erweitern mit1+stbzw.1+rs. Die rechten Seiten stimmen überein.

0ist neutrales Element: denn0◦s=_1+0s^0+s =sund analogs◦0=s.

−sist invers zus: Denn(−s)◦s=₁₊₍₋^−s+s_s)s=0und analogs◦(−s) =0. Also ist_{((−1, 1)},◦, 0)eine Gruppe.

Aufgabe G2.3 Charakterisierungen von Untergruppen

(a) Die Notwendigkeit der Bedingung ist klar. Ist sie erfüllt, so ist1∈H. Gegeben y∈H, erhalten wir mitx:=1∈H H3x y⁻¹=1y⁻¹=y⁻¹;

H ist also unter der Inversion vonG abgeschlossen. Gegebenx,y∈H ist y⁻¹∈Hnach dem Vorigen, also x y= x(y⁻¹)⁻¹∈Hper Voraussetzung:Hist abgeschlossen inGunter der Multiplikation vonG.

(b) Die Notwendigkeit der Bedingung ist klar. Ist sie erfüllt, so existiert einx∈H. Mity:=xfolgt1=x x⁻¹=x y⁻¹∈ H. Daher ist die Bedingung aus (a) erfüllt, somitHUntergruppe vonG.

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Aufgabe G2.4 Eigenschaften von Gruppenhomomorphismen

Siehe Skript Neeb, Lemma I.2.2.

Aufgabe G2.5 Allgemeine Potenzen (a) Ist ein Spezialfall von Aufgabe G2.2.

(b) zeigen wir durch Induktion übern∈N. Induktionsanfang: Es istg¹g⁻¹=g g⁻¹=1.

Induktionsschritt: Dagⁿ⁺¹=g gⁿnach (a) undg⁻⁽ⁿ⁺¹⁾=g⁻ⁿg⁻¹per Definition, gilt gⁿ⁺¹g⁻⁽ⁿ⁺¹⁾=g gⁿg⁻ⁿg⁻¹=g g⁻¹=1 , wie behauptet.

(Ausgⁿg⁻ⁿ=1folgt durch Multiplikation mit₍gⁿ)⁻¹von links übrigens tatsächlichg⁻ⁿ= (gⁿ)⁻¹).

(c) Fürn,m≥0ist die Aussage bereits in (a) gezeigt worden, und es gilt folglich auch g⁻ⁿg^−m= (g⁻¹)ⁿ(g⁻¹)^m= (g⁻¹)^n+m=g^−(n+m).

Istn≥0,m≤0undn+m≥0, so haben wir wegenn= (n+m) + (−m)mitn+m,−m≥0nach (a) und (b) gⁿg^m=g^(n+m)+(−m)g^m=g^n+mg^−mg^m=g^n+m.

Analog giltg^mgⁿ=g^mg^−mg^m+n=g^m+n.

Istn≥0,m≤0undn+m≤0, so ist(−n) + (−m)≥0und somit nach dem vorigen Fall gⁿg^m= (g⁻¹)⁻ⁿ(g⁻¹)^−m= (g⁻¹)^{(−n)+(−m)}= (g⁻¹)^−(n+m)=g^n+m sowie analogg^mgⁿ=g^m+n.

Aufgabe H2.1 Abelsche Gruppen

(a) Seiena,b∈G. Es gilt₍a b)²=1unda²=b²=1nach Voraussetzung. Dies lieferta b= (a b)⁻¹=b⁻¹a⁻¹=ba. (b) SeiG=〈g〉. Die Potenzabbildung p_G:Z→G, n7→gⁿliefert einen surjektiven Gruppenhomomorphismus (nach-

rechnen!). Außerdem ist das Bild einer abelschen Gruppe unter einem Gruppenhomomorphismus abelsch.

(c) Abgeschlossenheit: Seien f,g∈Hom(G,H), dann ist (f +g)(x y) = f(x y) +g(x y)

=f(x) +f(y) +g(x) +g(y)

=f(x) +g(x) +f(y) +g(y)(weilHabelsch ist)

= (f +g)(x) + (f+g)(y),

für allex,y∈G. Man beachte, dass hier wiriklich benutzt wurde, dassHabelsch ist.

Dasneutrale Elementist gegeben durch die triviale Abbildung0_Hom(G,H): g7→0_H. DasInversezuf ∈Hom(G,H)ist gegeben durch

−f :G→H, x7→ −f(x). (Beides sollte man kurz nachrechnen).

Wie wir oben gesehen haben, istf +gim Allgemeinen kein Homomorphismus mehr, fallsHnicht abelsch ist.

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Aufgabe H2.2 Verschiedenes zu Gruppen

(a) Gilta b=ac, so liefert Multiplikation mita⁻¹von links:

a⁻¹(a b) =a⁻¹(ac), wobeia⁻¹(a b) = (a⁻¹a)b=1b=bund analoga⁻¹(ac) =c. Also istb=c. (b) Seixⁿ=1, mitn∈N. Istn>1, so gilt nach Aufgabe G2.5:

1=xⁿ=x xⁿ⁻¹=xⁿ⁻¹x. Also giltxⁿ⁻¹=x⁻¹, d.h.x^m=x⁻¹mitm:=n−1∈N.

Istn=1, so istx=1und somitx⁻¹=1=x=x¹=x^mmitm=1.

(c) DaGendlich ist, können die Elementex,x²,x³, . . .nicht alle verschieden sein. Es gibt daher natürliche Zahlenk,m mitk<mundx^k=x^m. Dann ist

1=x^m(x^k)⁻¹=x^mx^−k=x^m−k (siehe Aufgabe G2.5), alsoxⁿ=1mitn:=m−k∈N.

(d) IstGeine abelsche Gruppe und sindx,y∈G, so gilt

(x y)ⁿ=xⁿyⁿ für allen∈N (1)

(der Induktionsbeweis sollte keine Schwierigkeiten bereiten).

Abgeschlossenheit vontor(G)unter Multiplikation: Sind nun x,y ∈tor(G), so finden wir k,m∈Nmitx^k =1und y^m=1. Beachte, dass

x^km= (x^k)^m

aufgrund des Assoziativgesetzes für mehrfache Produkte (Aufgabe G1.3), denn beide Seiten sind Produkte derkm Elementex, . . . ,x. Somit

x^km= (x^k)^m=1^m=1 und analog y^km=1 .

Nach (1) gilt daher₍x y)^km=x^mky^mk=1. Also₍x y)ⁿ=1mitn:=kmund somitx y∈tor(G). Es ist1∈tor(G): Denn1¹=1.

Abgeschlossenheit vontor(G)unter der Inversion:Istx∈tor(G), so gibt es einn∈Nmitxⁿ=1. Somit1=1⁻¹= (xⁿ)⁻¹=x⁻ⁿ= (x⁻¹)ⁿmit Aufgabe G2.5, so dassx⁻¹∈tor(G).

(e)^∗ Gegeben eine irrationale Zahl_αbetrachten wir in der nicht-abelschen Gruppe GL_(R²₎ die Spiegelung_ϕan der x-Achsegund die Spiegelung_ψan der Ursprungsgeraden

h:=R

‚cos(2πα) sin(2πα)

Œ

welche mit derx-Achse den Winkel2παeinschließt. Dann gilt_ϕ²_=ψ²₌id_R2und somit_ϕ,ψ∈tor(GL_(R²₎₎. Wie aus der linearen Algebra bekannt ist (oder nachgerechnet werden kann durch Rechnen mit Matrizen !), ist

ψ◦ϕ eine Drehung um den Ursprung, um den Winkel2(2πα) =4πα.

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Aufgabe H2.3 Gruppenautomorphismen

SeiGeine Gruppe undAut(G)bezeichne die Menge der Automorphismen vonG.

(a) Natürlich ist Aut(G)⊂S_G. Wir wollen Aufgabe G2.3 anwenden. Es ist offensichtlich idG ∈Aut(G), also bleibt zu zeigen, dass mit f,g∈Aut(G)auchh:=f ◦g⁻¹ein Automorphismus vonG ist. Hier bezeichnetg⁻¹:G→Gden (nach Definition existierenden) Gruppenhomomorphismus, so dass

g◦g⁻¹=g⁻¹◦g=id_G

gilt. Damit sieht man sofort, dass g⁻¹ ∈ Aut(G) und ebenso f⁻¹ ∈ Aut(G). Nun benutzen wir noch, dass die Verknüpfungen von Homomorphismen ein Homomorhpismus ist (ggf. nachrechnen) und, dass

(f⁻¹◦g)◦(g⁻¹◦f) = (f◦g⁻¹)◦(g◦f⁻¹) =id_G,

und somit f ◦g⁻¹ in der Tat ein Automorphismus vonG ist. Mit Aufgabe G2.3 (a) folgt dann, dassAut(G) eine Untergruppe vonS_G ist.

(b) _ϕaist Homomorphismus:_ϕa(gh) =a(gh)a⁻¹=a(g(a⁻¹a)h)a⁻¹= (a g a⁻¹)(aha⁻¹) =ϕa(g)ϕa(h). Damit ist auch_ϕa−1ein Homomorphismus und

(ϕa◦ϕa⁻¹)(g) =a(a⁻¹g a)a⁻¹=a, sowie

(ϕa⁻¹◦ϕa)(g) =a⁻¹(a g a⁻¹)a=a, d.h._ϕaist Automorphismus vonG.

(c) Es ist für alleg,h,x∈G:

(ψ(gh))(x) =ϕgh(x)

= (gh)x(gh)⁻¹

= (gh)x(h⁻¹g⁻¹)

=g(hxh⁻¹)g⁻¹

=ϕg(ϕh(x))

= (ϕg◦ϕh)(x)

= (ψ(g)◦ψ(h))(x).

Also haben wir gezeigt, dass_ψ(gh) =ψ(g)◦ψ(h)gilt. Somit ist erwiesen, dass_ψ:G→Aut(G)ein Gruppenhomo- morphismus ist.

Aufgabe H2.4 Gruppenisomorphismen

(a) Man wendet die Funktionalgleichung der Exponentialfunktionexp(x+y) =exp(x)exp(y)an.

(b) Angenommen,_ϕ:Q→Q_>0 sei so ein Gruppenisomorphismus zwischen der GruppeQmit der Addition und der GruppeQ_>0mit der Multiplikation. Dann existiert z.B. einx∈Qmit_ϕ(x) =2. Außerdem ist natürlich y:=¹₂x∈Q undx=y+y. Daraus folgt dann aber

2=ϕ(x) =ϕ(y+y) =ϕ(y)ϕ(y) =ϕ(y)². Damit müsste±p

2=ϕ(y)gelten, aber^p26∈Q.

(Wir haben sogar gezeigt, dassϕnicht surjektiv sein kann.)

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