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 3

Aufgabe G3.1 Automorphismen vonZ

Das ist im Prinzip lineare Algebra: Sei f ∈Aut(Z²). Für die Bilder der Einheitsvektoren schreiben wir f((1, 0)^T) = (a,c)^T, und f((0, 1)^T) = (b,d)^T.

Dann ist für(m,n)^T∈Z², da f ein Homomorphismus ist

f((m,n)^T) =m f((1, 0)^T) +n f((0, 1)^T) =

‚a b c d

Œ ‚m n

Π.

Insbesondere ist f durch eine2×2-MatrixAmit Einträgen in_Zdarstellbar. Das Gleiche gilt natürlich für f⁻¹und für die darstellende MatrixA⁰von f⁻¹(bzgl. der Standardbasis) folgt

AA⁰=A⁰A=E2.

Somit istAut(Z²) =GL_{2(Z) =}{A∈M_n(Z): det(A)6=0}={A∈M_n(Z): det(A) =±1}.

Allgemein lässt sich festhalten, dassHom(Zⁿ,Zⁿ)durch den multiplikativen Monoid₍M_n(Z),·,E_n)dern×nMatrizen mit ganzzahligen Einträgen gegeben ist. Dessen Einheitengruppe GL_n(Z):=M_n(Z)^×ist dann die Automorphismengruppe von_(Zⁿ,+).

Aufgabe G3.2 Eine von zwei Elementen erzeugte Gruppe (a) Wenn wir zeigen können, dass

H:={aⁱb^j:i,j∈Z}

eine Untergruppe vonGist, so ist dies offensichtlich die vonaundberzeugte Untergruppe (und somit gleichG), denn letztere enthält all die Elemente aⁱb^j (vgl. Lemma I.1.9 (3) im Skript) - was Teil (a) beweist. DassH eine Untergruppe ist, folgt daraus, dass

aⁱb^j=b^jaⁱ für allei,j∈Z (1)

(wie wir gleich beweisen werden). Es ist dann nämlich1=a⁰b⁰∈Hund stets₍aⁱb^j)(a^kb^{`</sup>) =a<sup>i</sup>a<sup>k</sup>b<sup>j</sup>b<sup>`}=a^i+jb^k+`∈ Hsowie₍aⁱb^j)⁻¹= (b^j)⁻¹(aⁱ)⁻¹=b^−ja⁻ⁱ=a⁻ⁱb^−j∈H, wie für eine Untergruppe verlangt.

Es bleibt nur, (1) zu beweisen.

Erste Beweisstrategie für(1): Schritt 1. Zeige zunächst durch Induktion nachi∈N0, dassaⁱb=baⁱunda⁻ⁱb=ba⁻ⁱ. Schritt 2. Zeige durch Induktion nach j∈N0, dass

(∀i∈Z) aⁱb^j=b^jaⁱ und aⁱb^−j=b^−jaⁱ

(die Ausführung der Induktionen ist dem Leser überlassen).

Zweite, elegantere Beweisstrategie für(1): Wir betrachten die Menge X:={x∈G:x b=b x}

der mitbvertauschenden Elemente vonG. Dann istX eine Untergruppe vonG, denn es gilt:1∈X wegen1b= b=b1. Gegeben x∈X gilt x b=b x und somit, durch Multiplikation letzterer Gleichung mit x⁻¹ von links und rechts,b x⁻¹=x⁻¹b; alsox⁻¹∈X. Schließlich gilt für allex,y∈X:

(x y)b=x(y b) =x(b y) = (x b)y= (b x)y=b(x y),

alsox y∈X. Es ist alsoXeine Untergruppe vonG, und da diese per Aufgabenstellung das Elementaenthält, gilt {aⁱ:i∈Z}=〈a〉 ⊆X und somit

aⁱb=baⁱ, für allei∈Z. (2)

Analog sehen wir, dass

Y:={x∈G: (∀i∈Z) x aⁱ=aⁱx}

eine Untergruppe vonGist, die wegen (2) das Elementbenthält. Es gilt daher〈b〉 ⊆Y und somitaⁱb^j=b^jaⁱfür allei,j∈Z.

(b) Unter Benutzung von (1) haben wir für allex=aⁱb^j, y=a^kb^{`</sup>∈G: x y=a<sup>i</sup>b<sup>j</sup>a<sup>k</sup>b<sup>`}=aⁱa^kb^jb^{`</sup>=a<sup>i+k</sup>b<sup>j+`}

und

y x=a^kb^{`</sup>a<sup>i</sup>b<sup>j</sup>=a<sup>k+i</sup>b<sup>`+j}, alsox y=y x. Somit istGabelsch.

Aufgabe G3.3 Normalteiler

Zu zeigen ist nach ganz kurzer Überlegung nur(c)⇒(b). Dazu: Es ist zu zeigen, dass für jedesg∈Ggilt:N⊂g N g⁻¹.

Sein∈N, dann wissen wir, dass g⁻¹ng =n⁰∈N gilt, indem man₍c)aufg⁻¹ anwendet. Somit istn=g n⁰g⁻¹∈g N g⁻¹ und das war zu zeigen.

Aufgabe G3.4 Die Quaternionengruppe

(a) Es ist z.B. I J=K, aberJ I=−K.

(b) Man stellt fest, dass die Ordnung der Elemente±I,±Jund±Kgleich 4 ist und damit−Edas einzige selbstinverse Element (d.h.ord(−E) =2) ist. Nach dem Satz von Lagrange kann es überhaupt nur nichttriviale Untergruppen der Ordnung2und4geben. IstHeine Untergruppe mit|H|= 4, so ist der Index also 2 und nach Aufgabe H3.4 (b) istHdann normal. Ist|H|=2, so ist offensichtlichH={±E}. Diese Gruppe ist normal, da sie mit allen Elementen vonQvertauscht.

Aufgabe G3.5 Permutationsdarstellung

SeiG={g1, . . . ,g_n}eine endliche Gruppe undS_nbezeichne die symmetrische Gruppe einern-elementigen Menge.

(a) Zunächst mal muss man sich die Definition vielleicht an einem Beispiel klar machen - dies sei dem Leser überlassen.

Seien nung,h∈Gundi∈ {1, . . . ,n}. Es geltehg_i=g_jund g g_j=g_k. Dann gilt (gh)g_i=g(hg_i)

=g g_j

=g_k.

Somit ist einerseitsρ(gh)(i) =σgh(i) =kund andererseits

(ρ(h)◦ρ(g))(i) =ρ(h)(ρ(g)(i))

=σh(σg(i))

=σh(j)

=k.

Dies zeigt, dass_ρein Homomorphismus ist.

(b) Seieng,h∈Gmit_ρ(g) =ρ(g). Dann ist insbesondere_σg(1) =σh(1)und nach Definition g g1=hg1.

Mit Übung H2.2 (a) folgert man, dass danng=hgelten muss.

Nun ist das Bild einer Gruppe unter einem Homomorphismus wieder eine Gruppe und da_ρ injektiv ist, erhalten wirG∼=ρ(G)⊂S_n.

Aufgabe H3.1 Rechnen mit Kongruenzen

(a) Wir schreiben nun abkürzend¯x=x+mZ. Wähle z.B._{0, ¯^¯1, ¯2, . . . ,m−1}als Repräsentantensystem.

(b) Unabhängigkeit von der Wahl der Vertreter: Fallsx⁰∈¯xund y⁰∈¯ysind, so existierena,b∈Z, so dass x⁰=x+am und y⁰=y+bm

gilt. Somit ist

x⁰y⁰=x y+a y m+b x m+a bm²=x y und demnach ist die Definition unabhängig von der Wahl der Vertreter.

Dass_(Z/mZ,·, ¯1)ein Monoid ist, ist klar, denn dies folgt direkt daraus, dass_(Z,·, 1)ein Monoid ist (Nachrechnen kann natürlich nicht schaden).

(c) _Z/mZhat genau dann nichttriviale Nullteiler, wennmkeine Primzahl ist.

Es sei ¯x∈Z/mZ ein Nullteiler mit ¯x6=¯0. Dann existiert ein ¯y ∈Z/mZ, ¯y 6=0¯, so dass ¯x¯y =0¯ist. Daraus folgt x y∈mZ, also existiert eina∈Z, so dassx y=am. Dax, ¯¯ y6=¯0, teiltmwederxnochy. Somit istmkeine Primzahl.

Ist umgekehrtm>1keine Primzahl, so gibt esm₁,m₂∈Zmitm=m₁m₂und|m₁|,|m₂|>1. Es ist alsom₁,m₂6=¯0 undm¯₁m¯₂=m₁¯m₂=m¯=¯0. Somit sindm₁undm₂nichttriviale Nullteiler.

(d) Behauptung:_((Z/mZ)\ {0},·, ¯1)ist eine Gruppe, genau dann, wennmeine Primzahl ist.

Beweis:Wir wissen schon aus (c), dass_(Z/mZ,·, ¯1)ein Monoid ist, genau dann, wennmeine Primzahl ist. Dies gilt dann auch für_((Z/mZ)\ {0},·, ¯1). Daraus folgt bereits, dass_((Z/mZ)\ {0},·, ¯1)keine Gruppe ist, wennmkeine Primzahl ist. Um zu zeigen, dass es eine Gruppe ist, wennmeine Primzahl ist müssen wir nur noch zeigen, dass jedes Element in_(Z/mZ)\ {0}ein Inverses besitzt. Wir zeigen hierzu, dass die Multiplikationsabbildung

α¯x:Z/mZ→Z/mZ

¯y7→x y

in diesem Fall für jedes ¯x∈(Z/mZ)\ {0}bijektiv ist. Da _(Z/mZ)endlich ist, reicht es zu zeigen dass_αx¯injektiv ist. Dies haben wir jedoch schon in (c) gesehen, denn ¯y∈ker(α¯x)ist äquivalent zu¯x¯y =0und dies bedeutet für

¯x6=¯0, dass ¯y ein Nullteiler ist. Fallsmeine Primzahl ist, folgt jedoch, dass ¯y=0¯ist und somitker(αx¯) ={0¯}.

Aufgabe H3.2 Additive Darstellung des ggT; Erzeuger zyklischer Gruppen

(a) Gegeben zwei Zahlenk₁,k₂∈Z, die nicht beide0sind, istggT(k₁,k₂)die eindeutig festgelegte natürliche Zahl mit

〈k1,k2〉=ggT(k1,k2)Z,

wobei〈k1,k₂〉die vonk₁,k₂erzeugte Untergruppe von_(Z,+, 0)ist. (Dies war eine Bemerkung zu Lemma 3 in §1 in der Vorlesung, auch zu finden als Bemerkung I.1.12 im Skript von Herrn Prof. Neeb).

Da_(Z,+, 0)und somit auch_(〈k1,k₂〉,+, 0)abelsch sind, haben wir nach Aufgabe G3.2 :

〈k₁,k₂〉={ik₁+jk₂:i,j∈Z}. Gilt alsoggT(k1,k2) =1, so ist

1∈Z=ggT(k₁,k₂)Z={ik1+jk₂:i,j∈Z}, weswegen wira,b∈Zfinden mitak1+bk2=1.

Gibt es umgekehrta,b∈Zmitak₁+bk₂=1, so gilt

1∈ {ik1+jk2:i,j∈Z}=ggT(k1,k2)Z. Es existiert also einn∈Zmit1=ggT(k₁,k₂)n. Daraus folgtggT(k₁,k₂) =1.

(b) Seik∈ {0, 1, . . . ,n−1}. Falls das Element_ζ:=e^2πikn die Gruppe C_n erzeugt, so giltC_n={ζ^m:m∈Z}, es gibt also einm∈Zderart, dass

ζ^m=e^2πin .

Somite^2πikmn =e^2πin . Es existiert also ein`∈Zmit <sup>2πkm</sup><sub>n</sub> =<sup>2π</sup><sub>n</sub> +2π`. Dann ist km−`n=1

und somitggT(k,n) =1, nach Teil (a).

Nun nehmen wir umgekehrt an, dassggT(k,n) =1(d.h.kundnsind teilerfremd); wir wollen zeigen, dass dannζ die GruppeC_nerzeugt. Nach Teil (a) existierena,b∈Zderart, dass

ak+bn=1 . Für_ζ:=e^2πikn gilt also

ζ^a=e^2πiakn =e^{2πi(1−nbn)}=e^{2πin−2πi b}=e^2πin ,

somite^2πin ∈ 〈ζ〉, und somit e^{2πi`n</sup> = (e<sup>2πin</sup> )<sup>`}∈ 〈ζ〉für alle_`∈Z. Da jeden-te Einheitswurzel vorige Gestalt hat, gilt C_n⊆ 〈ζ〉und somitC_n=〈ζ〉, d.h._ζist ein Erzeuger fürC_n.

Aufgabe H3.3 Gruppenhomomorphismus

Wir schreiben die Verknüpfung inGhier multiplikativ. Die Elementegundhmüssen vertauschen, denn es ist

gh=φ(1, 0)φ(0, 1) =φ((1, 0) + (0, 1)) =φ(1, 1) =φ((0, 1) + (1, 0)) =φ(0, 1)φ(1, 0) =hg. (3) Dassgundhvertauschen ist also eine notwendige Bedingung für die Existenz eines solchen Gruppenhomomorphismus.

Allgemein ist außerdem

φ(m,n) =φ(m(1, 0) +n(0, 1)) =φ(1, 0)^m·φ(0, 1)ⁿ=g^mhⁿ. (4) Wir zeigen, dass die Bedingung (3) auch hinreichend ist. Seien g,h∈G mit gh=hg. Dann definieren wir durch (4) motiviert

φ(m,n):=g^mhⁿ.

Zu zeigen ist, dass dies tatsächlich ein Gruppenhomomorphismus ist. Wir benutzen, dass die von g und h erzeugte Untergruppe abelsch ist (nach Aufgabe G3.2):

φ((a,b) + (c,d)) =g^a+ch^b+d

=g^ag^ch^bh^d

= (g^ah^b)(g^ch^d)

=φ(a,b)φ(c,d).

Also existiert ein solcher Gruppenhomomorphismus genau dann, wenngundhmiteinander vertauschen.

Aufgabe H3.4 Nebenklassen und Normalteiler

(a) Sei16=h∈Gein beliebiges Element. Wir betrachten die vonherzeugte UntergruppeH:=〈h〉. Nach dem Satz von Lagrange gilt

p=|G|=|H|[G:H].

Hierbei ist_[G:H]eine natürliche Zahl. Also gilt|H| | p. Da peine Primzahl ist, folgt|H|=1oder|H|=p. Falls Hnur ein Element enthält, isth=1, was ausgeschlossen war. Es muss alsoH=Ggelten undGist zyklisch. Wir haben insbesondere gesehen, dassGvon jedem Element außer der1erzeugt wird.

(b) Da[G:H] =2gilt, sind die Linksnebenklassen gegeben durchG/H={H,M}, wobeiM :=G\Hdas Komplement vonHinGist. Ist alsog∈M=G\H, so istg H=M. Analog sieht man, dass fürg∈M=G\HauchH g=M sein muss. Damit ist alsog H=H gfür alleg∈GundHist Normalteiler.

(c)^∗ Wir konstruieren eine Gegenbeispiel für den Fall[G:H] =3. Es seiσ= (12)∈S3die Transposition der Zahlen 1 und 2. Dann istH:=〈σ〉={id,σ}und nach dem Satz von Lagrange gilt[G:H] =3. Man sieht aber leicht, dassσ nicht mitτ= (23)vertauscht, alsoτH6=Hτ.

Aufgabe H3.5 Freiwillige Zusatzaufgabe: Elemente der Ordnungp

Wir betrachten die im Hinweis angegebene MengeS={(a₀, . . . ,a_p−1)∈G^p:a₀· · ·a_p−1 =1}. Falls₍a₀, . . . ,a_p−1)∈S, so ist auch₍a₁, . . . ,a_p−1,a₀)∈S, denna₁· · ·a_p−1a₀=a₀⁻¹(a₀· · ·a_p−1)a₀=1. Wir bezeichnen diese zyklische Permutation mit π∈S_S, d.h.

π((a₀, . . . ,a_p−1)) = (a₁, . . . ,a_p−1,a₀)

für₍a0, . . . ,a_p−1)∈S. Diep-fache Hintereinanderausführung_π^pliefert die Identität aufS. Die einzigen Punkte, die von_π festgehalten werden, sind die Elemente der Form(a, . . . ,a)∈S, das heißt solche, die von Elementena∈Gkommen mit a^p=1. Für diese Elemente schreiben wir nunH:={a∈G|a^p=1}. Es ist|H|=n+1, da1∈H.

Wir bezeichnen im Folgenden abkürzend Z := Z/pZ und mit Z_s :={¯n ∈ Z/pZ,πⁿ(s) = s} den Stabilisator von s unter den zyklischen Permutationen. Außerdem bezeichnen wir mitB_s:={πⁿ(s):n∈N}dieBahnunter den zyklischen Permutationen vons∈S. Man mache sich klar, dass diese Definitionen Sinn machen! Der Trick ist nun der Folgende:Z_s ist eine Untergruppe von_Z/pZ, denn für^¯k, ¯l∈Z_sist_π^k+l₍s) =π^k(π^l(s)) =π^k(s) =sund wenn_π^k₍s) =s, so ists=π^−k(s). Außerdem ist natürlich_π⁰₍s) =id₍s) =s. Nun sind aber die einzigen Untergruppen vonZgleich_{^¯0}und Zselbst. Der FallZ_s={¯0}tritt nur ein, wenns= (a, . . . ,a)ist mita∈G.

So erkennen wir, dass für alle anderen Elementes∈S\Hgilt|Bs|=p, wobei wirHhier als Teilmenge vonSansehen (über die offensichtliche Inklusion).

Zwei BahnenB_s,B_r fürr,s∈S sind entweder disjunkt oder identisch. Deshalb gibt es Elementes₁, . . . ,s_m∈S, so dass die MengeSfolgendermaßen zerfällt:

S=B_s1·∪. . .·∪Bsm·∪{(a, . . . ,a):a∈H}. Es gilt somit

|S|=mp+n+1.

Andererseits ist|S|=|G|^p−1 und nach dem Satz von Lagrange ist dies durchpteilbar, falls ein Element der Ordnung p existiert. Also ist entwedern=0oderpteiltn+1, dap| |G|^p−1=mp+ (n+1)gilt.

In der Lösung dieser Aufgabe haben wir ein Beispiel für eine Gruppenoperation gesehen. Gruppenoperationen (manch- mal auch Gruppenwirkungen genannt) werden später ausführlich in der Vorlesung behandelt. Im vorliegenden Fall ist die zyklische Permutation eine Gruppenoperation der additiven Gruppe_Z/pZ.