Übung zur Vorlesung

Übung zur Vorlesung

Einführung in die Algebra

Prof. Dr. J. H. Bruinier

Stephan Ehlen

Sommersemester 2009

Lösungshinweise zu Übungsblatt 7

Aufgabe G7.1 Perlenketten und Gruppenoperationen

Wir wollen herausfinden, wie viele verschiedene Perlenketten mitnPerlen es gibt, wobei wir uns aus einem Vorrat von mSorten von Perlen bedienen.

(a) Es gibt 4 verschiedene Ketten aus 3 schwarzen oder weißen Perlen.

(b) Wir modellieren das Problem folgendermaßen: Die Symmetriegruppe G(R_n) des regulären n-Ecks operiert auf der MengeX der Verteilungsfunktionen indem man₍g.F)(x):=F(g⁻¹(x))setzt, wobeix∈E(R_n)eine Ecke und F∈X eine Verteilungsfunktion ist. (Rechnen Sie nach, dass dies eine Gruppenoperation ist!) Zwei verschiedene Verteilungsfunktionen stehen für die gleiche Kette genau dann, wenn Sie unter der Operation vonG(R_n)äquivalent sind. Damit ergibt sich, dass die Anzahl der verschiedenen Perlenketten gleich der Anzahl der Bahnen dieser Gruppenoperation ist.

(c) Nach dem Satz von Burnside gilt für die AnzahlA(n,m)der verschiedenen Perlenketten der Länge n(die ausm verschiedenen Perlen bestehen):

A(n,m) = 1

|G(R_n)|

X

g∈G(Rn)

F i x(g)

.

(d) Wir wissen, dass die Symmetriegruppe des regulärenn-Ecks aus Drehungen und Spiegelungen besteht (es ist die GruppeD_n).

Da 7 eine Primzahl ist, erhält man über eine Drehung nur dann wieder die gleiche Verteilungsfunktion, wenn alle Perlen von der gleichen Sorte sind. Damit ergibt sich für eine nicht-triviale Drehung g, dass F i x(g)

=m =2 ist. Für eine Spiegelung gilt: Es wird immer eine Ecke festgehalten und die restlichenn−1=4Ecken werden in Paaren miteinander identifiziert. Damit ist für eine Spiegelung|F i x(g)|=2ⁿ⁺¹² =16.

Für die Identität gilt natürlich, dass alle ausgerichteten Ketten festgehalten werden. Davon gibt esmⁿ=2⁷. Insgesamt erhalten wir also, dass die Anzahl der verschiedenen Perlenketten der Länge 7 aus 2 verschiedenen Perlensorten

A(7, 2) = 1 14

€2⁷+6·2+7·16Š

=252 14 =18 ist.

Aufgabe G7.2 Konjugationsklassen in der symmetrischen GruppeS_n

Zu Vorbereitung auf diese Aufgabe, wiederholen Sie die Zykelschreibweise für Permutationen. Es sein≥3und_π∈S_n, dann lässt sich_πin Zykelschreibweise zerlegen:

π= (k_1,1 k_1,2 . . . k_1,m1)· · ·(k_n,1k_n,2 . . . k_n,mn),

wobei alleki,j∈ {1, . . . ,n}und paarweise verschieden sind. Hierbei ist ein einzelner Zykel(k1 k2 . . . k_m)∈S_n die Abbil- dung, diek₁aufk₂,k₂aufk₃, . . . ,k_m−1aufk_mundk_maufk₁abbildet. Beispielsweise ist die Transposition der Elemente 1und2durch den Zykel(1 2)gegeben und die Permutation der Menge{1, . . . , 5}die 1 und 2 sowie 4 und 5 vertauscht, aber 3 festlässt durch₍1 2)(4 5).

(a) ₍1 2 3)(4 5)

1

(b) Setzeg:=π◦(1 2 3)◦π⁻¹. Wir berechnen

g(π(1)) =π((1 2 3)(1)) =π(2),

g(π(2)) =π((1 2 3)(2)) =π(3),

g(π(3)) =π((1 2 3)(3)) =π(1) sowie fürk∈ {1, . . . ,n} \ {1, 2, 3}

g(π(k)) =π((1 2 3)(k)) =π(k).

Die gleichen Werte erhält man für den 3-Zyklus_(π(1)π(2)π(3)). Alsog=(π(1)π(2)π(3)). (c) Wir definieren g:=π◦σ◦π⁻¹. Füri∈ {1, . . . ,m−1}ist

g(π(k_i)) =π(σ(k_i)) =π(k_i+1)

und weiter

g(π(k_m)) =π(σ(k_m)) =π(k1).

Also ist_{π(k₁), . . . ,π(k_m)}einem-elementige Bahn vong, deren Elemente in der angegebenen Reihenfolge durch- laufen werden. Der Zyklus_(π(k₁) π(k₂) · · · π(k_m))kommt daher in der Zykelzerlegung vongvor.

(d) Wir schreiben die Zykelzerlegung von_σals

σ=z_x1◦ · · · ◦z_xr. Es ist dann

π◦σ◦π⁻¹= (π◦z_x¹◦π⁻¹)◦(π◦z_x²◦π⁻¹)◦ · · · ◦(π◦z_x^r◦π⁻¹)

die Zykelzerlegung von_π◦σ◦π⁻¹, da_π◦z_xⁱ◦π⁻¹als Konsequenz von Teil (c) paarweise verschiedene Zykel von π◦σ◦π⁻¹sind.

(e) Sind_σund_τkonjugiert, so haben sie nach (d) den gleichen Zykeltyp.

Umgekehrt sei nun angenommen, dass_σund_τden gleichen Zykeltyp haben. Schreiben wir die Zykelzerlegungen mit Zykeln monoton fallender Länge hin, so gilt dann also

σ=z_x1· · · z_xr und _τ=ζy1· · · ζyr,

wobeiz_xjein Zykel von_σist von derselben Längem_jwie der Zykel_ζyjvon_τ, für jedesj∈ {1, . . . ,r}. Die Elemente x_j,y_j∈ {1, . . . ,n}sind die Elemente, and denen jeweils ein Zykel beginnt von_σbzw._τbeginnt. Die Zykeln sind also genauer gegeben als

z_xj= (x_j σ(x_j) · · · σ^mj−1(x_j))∈S_n und

ζyj= (y_j τ(y_j) · · · τ^mj−1(y_j))∈S_n.

Wir definieren nun _π: {1, . . . ,n} → {1, . . . ,n} indem wir setzen: _π(σⁱ₍x^j)):= τⁱ(y^j) für alle j ∈ {1, . . . ,r} und i∈ {0, . . . ,m_j−1}. Dabei wird_πwirklich für allex∈ {1, . . . ,n}definiert, denn die Werte_σⁱ₍x_j)sind nach Definition der Zykelzerlegung ja alle verschieden.

Dann ist also_π∈S_nwirklich eine Permutation und

π◦σ◦π⁻¹= (π◦z_x1◦π⁻¹)◦ · · · ◦(π◦z_x−r◦π⁻¹) =ζy₁◦ · · · ◦ζyr=τ,

nach Teil (c). Also sind_σund_τkonjugiert.

(f) S₃ hat nur3verschiedene Zykeltypen, repräsentiert durch₍1),₍1 2)und₍1 2 3). InS₅ gibt es fünf verschiedene Zykeltypen, repräsentiert durch₍1),(1 2),(1 2 3),(1 2 3 4)und₍12)(34).

2

Aufgabe G7.3 Einige Anwendungen des Satzes von Sylow

(a) Wir bezeichnen im Folgenden mits_pdie Anzahl derp-Sylow-Untergruppen vonG. Der Satz von Sylow ergibt, dass s₃ ≡1 mod 3und s₃|5

s₅ ≡1 mod 5und s₅|3.

Daraus folgt direkt, dasss₃=s₅=1gilt. Da jedes Element der Ordnungpeine Untergruppe der Ordnungperzeugt und umgekehrt auch jedes Element einer Untergruppe der Ordnung pdie ordnungphaben muss oder die 1ist, sieht man, dass es in G genau 2 Elemente der Ordnung 3 und genau 4 Elemente der Ordnung 5 geben muss.

Außerdem gibt es natürlich genau ein Element der Ordnung 1. Das macht zusammen7Elemente mit Ordnung

≤5. Nach dem Satz von Lagrange kann Gaber nur Elemente der Ordnung1, 3, 5und15haben. Die Übrigen 8 Elemente haben also Ordnung 8 und somit ist jede Gruppe der Ordnung 15 zyklisch. Sie ist also isomorph zu Z/15Z∼=Z/3Z×Z/5Z.

(b) Es ists_q≡1( modq)und gleichzeitigs_q|p. Dap<qfolgt, dasss_q=1. Es gibt also genau eineq-Sylow-Untergruppe Q. Da aber für jedesg∈Gauchg∈GauchgQ g⁻¹eineq-Sylow-Untergruppe ist, folgtgQ g⁻¹=Qfür alleg∈G; also istQnormal.

(c) Dies folgt, daQnormal ist und für irgendeinep-Sylow-UntergruppePvonGdie MultiplikationsabbildungP×Q→ Gbijektiv ist, dapundQtrivialen Schnitt haben.

Aufgabe H7.1 Gruppen der Ordnungpq

Wir wissen aus Aufgabe G7.3 (c) nun, dassGisomorph zum semidirekten Produkt_Z/qZ oαZ/pZist, wobei_α:Z/pZ→ Aut(Z/qZ)ein Homomorphismus ist. Nun ist aberAut(Z/qZ)∼=Z/(q−1)Z, denn ein solcher Automorphismus ist eindeutig durch das Bild der1bestimmt. Also istAut(Z/qZ)zyklisch von Ordnungq−1. Nun ist aber id_=α(0) =α(p·1) =α(1)^p. Damit kann die Ordnung von_α(1)nur1oderpsein und dapteilerfremd zuq−1ist, muss_α(1)die Identität sein. Damit ist dann aber_αbereits trivial undGist isomorph zum direkten Produkt.

Alternativ hätte man wie in Aufgabe G7.3 (a) durch abzählen argumentieren können, dass es auch einen Normalteiler der OrdnungP geben muss und damit folgt nach dem Satz über die direkten Produkte die Isomorphie.

Aufgabe H7.2 Alle Gruppen der Ordnung . . .

(a) Es liegt mit10=2·5natürlich der Fall pq vor, aber2teilt hier 5−1=4. Damit muss man noch bestimmen, welche Möglichkeiten es für den Homomorphismus_αim semidirekten produkt geben kann. Dies muss dann ein Homomorphismus vonZ/2ZnachZ/4Zsein. Es gibt nur zwei Möglichkeiten, die gegeben sind durch den trivialen Homomorphismus undα(1) =2∈Z/4Z. Im ersten Fall erhält man die abelsche GruppeZ/10Z∼=Z/2Z×Z/5Zund im zweiten Fall die nicht-abelsche DiedergruppeD₅der Ordnung 10.

(b) Alle drei Fälle sind von der Form pq, wobeipnichtq−1teilt und somit gibt es jeweils nur die zyklische Gruppe Z/(pq)Z.

Aufgabe H7.3 Die multiplikative Gruppe eines endlichen Körpers

Es seiF ein endlicher Körper. Da die multiplikative GruppeF^× endlich ist, ist sie endlich erzeugt und somit nach dem Satz über endlich erzeugte abelsche Gruppen

F^×∼=C_p^k1

1 × · · · ×C_pkr

r =:G

für einr ∈N, Primzahlenp₁, . . . ,p_r und positive natürliche Zahlen k₁, . . . ,k_r (da_F^×endlich ist, können keine Faktoren der GestaltZauftauchen). WäreF^×nicht zyklisch, so gäbe esi6=jmitp_i=p_j=:p(andernfalls wäreF^×ja zyklisch !).

Dann sind

A⁰:={(x₁, . . . ,x_n)∈G:x_i∈C_pundx_k=1für allek6=i} und

B⁰:={(x1, . . . ,x_n)∈G:x_j∈C_pundx_k=1für allek6=j}

Untergruppen der OrdnungpvonGmitA⁰∩B⁰={1}. Ist also_φ:F^×→Gein Isomorphismus, so sindA:=φ⁻¹(A⁰)und B:=φ⁻¹(B⁰)Untergruppen der OrdnungpvonF^×mitA∩B={1}. Dann istAB∼=A×B(vgl. den Satz über die direkten 3

Produkte) eine Untergruppe der Ordnungp²vonF^×derart, dass jedes von1verschiedene Elementx∈ABdie Ordnungp hat. Es gäbe inFalso≥p²−1= (p+1)(p−1)>pElementex, welche die Gleichung

x^p−1=0

erfüllen. Wie im Reellen und Komplexen hat aber auch über einem beliebigen Körper ein Polynom der Ordnungphöchs- tenspverschiedene Nullstellen, Widerspruch!

Beispiel: Istpeine Primzahl, so istZ/pZein endlicher Körper mit pElementen, nach dem Vorigen also(Z/pZ)^×eine zyklische Gruppe der Ordnungp−1und somit(Z/pZ)^×∼=Z/(p−1)Z. Es ist alsoAut(Z/pZ)∼= (Z/pZ)^×∼=Z/(p−1)Z. Ist pungerade, so istAut(Z/pZ)nach dem Vorigen eine zyklische Gruppe gerader Ordnung. Eine solche enthält genau eine Untergruppe der Ordnung2und daher genau ein Element der Ordnung2.

4