WS 05/06 Priv.-Doz. Dr. S. Wewers Andreas Martin

Algebra I

1. Übungsblatt

Aufgabe 1: (1+1+1=3 P) Seien G und H Gruppen und φ : G → H ein Gruppenhomomorphismus. Zeigen Sie:

(a) Das Bild φ(G) von φ ist eine Untergruppe von H.

(b) Der Kern φ^{−1}(e) von φ ist eine Untergruppe von G.

(c) Der Homomorphismus φ ist genau dann injektiv, wenn der Kern nur aus dem neutralen Element besteht.

Lösung: Vorbemerkung: Es gilt stets φ(e) = e und φ(a^{−1}) = φ(a)^{−1} für alle a ∈ G.

(a) Wegen φ(e) = e ist φ(G) ≠ ∅. Es seien nun h_{1}, h_{2} ∈ φ(G). Zu zeigen ist, daß h_{1}h_{2}^{−1} ∈ φ(G). Nun gibt es g_{1}, g_{2} ∈ G derart, daß φ(g_{1}) = h_{1} und φ(g_{2}) = h_{2}. Daraus folgt

h_{1}h_{2}^{−1} = φ(g_{1})(φ(g_{2}))^{−1} = φ(g_{1})φ(g_{2}^{−1}) = φ(g_{1}g_{2}^{−1}) ∈ φ(G) .

(b) Wegen φ(e) = e ist e ∈ φ^{−1}(e). Es seien nun g_{1}, g_{2} ∈ φ^{−1}(e). Zu zeigen ist, daß g_{1}g_{2}^{−1} ∈ φ^{−1}(e). Nun gilt

φ(g_{1}g_{2}^{−1}) = φ(g_{1})φ(g_{2})^{−1} = ee^{−1} = e ,

daher ist g_{1}g_{2}^{−1} ∈ φ^{−1}(e).

(c) Zunächst sei φ als injektiv vorausgesetzt. Dann folgt aus a ∈ φ^{−1}(e) sofort

φ(a) = e = φ(e) ,

und wegen der Injektivität ist a = e. Somit gilt φ^{−1}(e) = {e}.

Nun sei φ^{−1}(e) = {e} vorausgesetzt. Es seien g_{1}, g_{2} ∈ G derart, daß φ(g_{1}) = φ(g_{2}). Dann folgt

φ(g_{1}g_{2}^{−1}) = φ(g_{1})φ(g_{2})^{−1} = e ,

und somit g_{1}g_{2}^{−1} ∈ φ^{−1}(e). Nach Vorausseztung folgt daraus g_{1}g_{2}^{−1} = e, und schließlich g_{1} = g_{2}.

Aufgabe 2: (1+1+2=4 P) Seien G_{1} und G_{2} Gruppen. Zeigen Sie:

(a) Das kartesische Produkt G_{1} × G_{2} ist mit der Verknüpfung

(a_{1}, b_{1}) ∘ (a_{2}, b_{2}) ↦ (a_{1} ∘ a_{2}, b_{1} ∘ b_{2})

eine Gruppe.

(b) Ist H eine kommutative Gruppe und sind φ_{1} : G_{1} → H und φ_{2} : G_{2} → H Gruppenhomomorphismen, so ist die Abbildung

G_{1} × G_{2} → H, (a_{1}, a_{2}) ↦ φ_{1}(a_{1}) ∘ φ_{2}(a_{2})

wieder ein Gruppenhomomorphismus.

(c) Die Aussage (b) wird falsch, wenn man die Voraussetzung, dass H kommutativ ist, fallenlässt (Gegenbeispiel!).

Lösung:

(a) Offenbar ist diese Abbildung in der Tat eine Verküpfung auf G_{1} ×G_{2}. Es seien nun a = (a_{1}, a_{2}), b = (b_{1}, b_{2}), c = (c_{1}, c_{2}) ∈ G_{1} × G_{2}, und es sei e := (e_{1}, e_{2}), wobei e_{1} bzw. e_{2} das neutrale Element von G_{1} bzw. G_{2} sei. Ferner sei a′ := (a_{1}^{−1}, a_{2}^{−1}). Es folgt

(a ∘ b) ∘ c = ((a_{1}, a_{2}) ∘ (b_{1}, b_{2})) ∘ (c_{1}, c_{2}) = (a_{1} ∘ b_{1}, a_{2} ∘ b_{2}) ∘ (c_{1}, c_{2})
= ((a_{1} ∘ b_{1}) ∘ c_{1}, (a_{2} ∘ b_{2}) ∘ c_{2}) = (a_{1} ∘ (b_{1} ∘ c_{1}), a_{2} ∘ (b_{2} ∘ c_{2}))
= (a_{1}, a_{2}) ∘ (b_{1} ∘ c_{1}, b_{2} ∘ c_{2})  = a ∘ (b ∘ c) ,
e ∘ a = (e_{1}, e_{2}) ∘ (a_{1}, a_{2})  = (e_{1} ∘ a_{1}, e_{2}, ∘a_{2})
= (a_{1}, a_{2})  = a ,
a′ ∘ a = (a_{1}^{−1}, a_{2}^{−1}) ∘ (a_{1}, a_{2})  = (a_{1}^{−1} ∘ a_{1}, a_{2}^{−1} ∘ a_{2})
= (e_{1}, e_{2})  = e .

Daher ist G_{1} × G_{2} eine Gruppe.

(b) Es sei τ : G_{1} × G_{2} → H die fragliche Abbildung. Es seien a = (a_{1}, a_{2}), b = (b_{1}, b_{2}) ∈ G_{1} × G_{2}. Dann folgt

τ(a ∘ b) = τ((a_{1}, a_{2}) ∘ (b_{1}, b_{2}))
= τ(a_{1} ∘ b_{1}, a_{2} ∘ b_{2})
= φ_{1}(a_{1} ∘ b_{1}) ∘ φ_{2}(a_{2} ∘ b_{2})
= (φ_{1}(a_{1}) ∘ φ_{1}(b_{1})) ∘ (φ_{2}(a_{2}) ∘ φ_{2}(b_{2}))
= (φ_{1}(a_{1}) ∘ φ_{2}(a_{2})) ∘ (φ_{1}(b_{1}) ∘ φ_{2}(b_{2}))
= τ(a_{1}, a_{2}) ∘ τ(b_{1}, b_{2})
= τ(a) ∘ τ(b) .

Daher ist τ ein Gruppenhomomorphismus.

(c) Es sei G_{1} = G_{2} = H = S_{3}, und φ_{1} : G_{1} → H und φ_{2} : G_{2} → H seien jeweils die identische Abbildung auf S_{3}. Bekanntlich gibt es Elemente s, t ∈ S_{3} mit s ∘ t ≠ t ∘ s. Dann folgt mit a := b := (s, t)

τ(a∘b) = τ((s, t)∘(s, t)) = τ(s∘s, t∘t) = φ_{1}(s∘s)∘φ_{2}(t∘t) = s∘s∘t∘t ,

aber andererseits

τ(a) ∘ τ(b) = τ(s, t) ∘ τ(s, t) = (φ_{1}(s) ∘ φ_{2}(t)) ∘ (φ_{1}(s) ∘ φ_{2}(t)) = s ∘ t ∘ s ∘ t .

Aus s ∘ t ≠ t ∘ s folgt nun τ(a ∘ b) ≠ τ(a) ∘ τ(b). Daher ist in diesem Fall τ kein Gruppenhomomorphismus.

Aufgabe 3: (1+1+1+2=5 P) Sei n ≥ 3. Wir definieren die Permutationen

r := ( 1 2 ⋯ n)

und

s := \{ \begin{matrix}( 1 n) ( 2 n−1 ) ⋯ ( m m+1 ), & für n = 2m, \\ ( 1 n−1 ) ( 2 n−2 ) ⋯ ( m m+1 ), & für n = 2m + 1. \end{matrix}

als Elemente der Gruppe S_{n}. Die Diedergruppe der Ordnung 2n ist definiert als die von r und s erzeugte Untergruppe von S_{n} und wird mit D_{n} bezeichnet. Zeigen Sie:

(a) Es gelten die Relationen

r^{n} = s^{2} = Id, srs^{−1} = r^{−1}.

(b) Die von r erzeugte zyklische Untergruppe Z ⊂ D_{n} ist ein Normalteiler der Ordnung |Z| = n und vom Index [D_{n} : Z] = 2. Insbesondere hat D_{n} genau 2n Elemente.

(c) Die von s erzeugte Untergruppe H ⊂ D_{n} ist kein Normalteiler. Die Abbildung

Z → D_{n}/H, r^{k} ↦ r^{k}H

ist eine Bijektion. Insbesonder hat jedes Element von D_{n} eine eindeutige Darstellung der Form r^{k}s^{j} mit k ∈ {0, …, n − 1} und j ∈ {0, 1}.

(d) Nun sei n eine gerade Zahl. Bestimmen Sie die Menge aller Konjugiertenklassen von D_{n}.

Lösung:

(a) Die Relationen r^{n} = s^{2} = Id sind klar nach Definition. Für die noch zu zeigende Relation unterscheiden wir die Fälle n gerade und n ungerade.

• Ist n = 2m gerade, so gilt s(i) = s^{−1}(i) = n+1−i für alle i ∈ {1, …, n}. Es folgt dann für i ∈ {2, …, n}

(srs^{−1})(i) = s(r(n + 1 − i))  = s(n + 2 − i)
= n + 1 − (n + 2 − i) = i − 1
= r^{−1}(i) ,

und es gilt

(srs^{−1})(1) = s(r(n)) = s(1) = n = r^{−1}(1) .

Also gilt srs^{−1} = r^{−1}.

• Ist n = 2m + 1 ungerade, so gilt s(i) = s^{−1}(i) = n − i für alle i ∈ {1, …, n − 1} und s(n) = n. Es folgt dann für i ∈ {2, …, n − 1}

(srs^{−1})(i) = s(r(n − i))  = s(n + 1 − i)
= n − (n + 1 − i) = i − 1
= r^{−1}(i) ,

und es gilt

(srs^{−1})(1) = s(r(n − 1)) = s(n) = n = r^{−1}(1)

sowie

(srs^{−1})(n) = s(r(n)) = s(1) = n − 1 = r^{−1}(n) .

Also gilt srs^{−1} = r^{−1}.

(b) Es gilt ord r = n und somit

Z = {r^{0}, r^{1}, …, r^{n−1}} ;

es folgt |Z| = n.

Wir beachten, daß sich jedes Element von D_{n} als Produkt von ganzzahligen Potenzen von r und s schreiben läßt. Um die Normalteilereigenschaft von Z zu testen, genügt es wegen s^{2} = e zu testen, ob szs ∈ Z gilt für alle z ∈ Z. Dies folgt aber wegen sr = r^{−1}s aus

sr^{k}s = r^{−k}ss = r^{−k}

für alle k ∈ ℤ.

Schließlich wollen wir noch [D_{n} : Z] = 2 zeigen. Dazu wollen wir zeigen, daß D_{n}/Z = {Z, sZ} gilt und Z ≠ sZ.

Zunächst ist s ∉ Z, also gilt Z ≠ sZ. Um nun zu zeigen, daß jedes Element von D_{n} in Z oder sZ liegt, genügt es zu zeigen, daß aus g ∈ Z ∪ sZ auch r^{k}g ∈ Z ∪ sZ und sg ∈ Z ∪ sZ, da jedes Element von D_{n} ein endliches Produkt von Potenzen von r und Faktoren s ist. Im Falle g ∈ Z folgt aber sofort r^{k}g ∈ Z und sg ∈ sZ. Im Falle g ∈ sZ folgt r^{k}g ∈ r^{k}sZ = sr^{−k}Z = sZ und sg ∈ ssZ = Z. Damit ist D_{n} = Z∪sZ und D_{n}/Z = {Z, sZ}. Insbesondere ist [D_{n} : Z] = 2, und nach Vorlesung folgt

|D_{n}| = [D_{n} : Z] · |Z| = 2n .

(c) H ist kein Normalteiler, denn es gilt s ∈ H, aber

rsr^{−1} = rssrs^{−1} = r^{2}s ∉ H .

Wir wollen nun die Abbildung

φ : Z → D_{n}/H, z ↦ zH

untersuchen. Sind r^{k}, r^{l} ∈ Z mit φ(r^{k}) = φ(r^{l}), so folgt r^{k}H = r^{l}H, d.h. r^{k−l} ∈ H. Nun gilt H ∩ Z = {e}. Also folgt r^{k−l} = e, d.h. r^{k} = r^{l}. Mithin ist die Abbildung φ injektiv.

Ferner gilt |Z| = n und |D_{n}/H| = |D_{n}|/|H| = n. Daher ist die Abbildung φ auch surjektiv.

Dies bedeutet, daß es für jedes g ∈ D_{n} genau ein k ∈ {0, …, n − 1} gibt derart, daß

r^{k}H = φ(r^{k}) = gH .

Also gibt es zu jedem g ∈ D_{n} genau ein k ∈ {0, …, n − 1} und genau ein j ∈ {0, 1} derart, daß r^{k} = gs^{j}, d.h. r^{k}s^{j} = g.

(d) Es sei also n = 2m für ein m ∈ ℕ. Wir beachten die Relation

sr^{−k} = r^{k}s, ∀k ∈ ℤ .

Daher gilt für alle k, l ∈ ℤ

\begin{aligned}(r^{l})(r^{k}s)(r^{l})^{−1} & = & r^{k+l}sr^{−l} = r^{2l+k}s , \\ (r^{l}s)(r^{k}s)(r^{l}s)^{−1} & = & r^{l}sr^{k}ssr^{−l} = r^{l}sr^{k−l} = r^{l}r^{l−k}s = r^{2l−k}s . \end{aligned}

Man beachte, daß die Reste von 2l + k und 2l − k modulo n stets dieselbe Parität haben wie k, da n gerade ist. Also sind die beiden Mengen

{s, r^{2}s, …, r^{n−2}s}, {rs, r^{3}s, …, r^{n−1}s}

Konjugiertenklassen von D_{n}. Ferner ist

\begin{aligned}(r^{l})r^{k}(r^{l})^{−1} & = & r^{l}r^{k}r^{−l} = r^{k} , \\ (r^{l}s)r^{k}(r^{l}s)^{−1} & = & r^{l}sr^{k}sr^{−l} = r^{l}r^{−k}r^{−l} = r^{−k} = r^{n−k} . \end{aligned}

Also sind die Mengen

{e}, {r, r^{n−1}}, …, {r^{m−1}, r^{m+1}}, {r^{m}}

Konjugiertenklassen von D_{n}. Da wir damit alle Elemente von D_{n} erfaßt haben, sind die genannten Mengen sämtliche Konjugiertennklassen von D_{n}.

Zusatz: Für ungerades n = 2m + 1 können wir die obigen Rechnungen ebenfalls verwenden. In diesem Fall sind aber zusätzlich s und rs konjugiert, wie man an

(r^{m+1}s)s(r^{m+1}s)^{−1} = r^{2(m+1)}s = rs

sieht. Also gibt es für ungerades n = 2m + 1 die Konjugiertenklassen

{s, rs, …, r^{n−1}s}, {e}, {r, r^{n−1}}, …, {r^{m}, r^{m+1}} .

Aufgabe 4: (1+1+2=4 P) Für n ≥ 3 sei T_{n} ⊂ ℝ^{2} das reguläre n-Eck mit den Ecken

P_{k} := ( cos \frac{2π(k − 1)}{n}, sin \frac{2π(k − 1)}{n} ) ∈ ℝ^{2}, k = 1, …, n.

Sei S(T_{n}) die volle Symmetriegruppe von T_{n}. Nach der Vorlesung besteht S(T_{n}) aus den Elementen der orthogonalen Gruppe O_{2}, deren zugehörige lineare Transformation des ℝ^{2} die Ecken P_{k} untereinander permutiert. Insbesondere erhält man einen injektiven Gruppenhomomorphismus S(T_{n}) ↪ S_{n}.

(a) Bestimmen Sie Elemente aus S(T_{n}), die auf die Elemente r, s ∈ S_{n} (siehe Aufgabe 3) abgebildet werden.

(b) Zeigen Sie: Das Bild von S(T_{n}) in S_{n} ist die Diedergruppe D_{n}.

(c) Bestimmen Sie für jede Konjugiertenklasse von S(T_{n}) einen Vertreter, in Form einer Drehung (um einen gewissen Winkel) oder als Spiegelung (an einer gewissen Gerade).

Lösung: Wir bezeichnen den gegebenen injektiven Gruppenhomomorphismus S(T_{n}) ↪ S_{n} mit ψ.

(a) Ist ρ die Drehung um den Winkel 2π/n, d.h.

ρ(v) = ( \begin{matrix}cos(2π/n) & − sin(2π/n) \\ sin(2π/n) & cos(2π/n) \end{matrix} ) v , ∀v ∈ ℝ^{2} ,

so gilt offenbar ψ(ρ) = r. Die Abbildung σ sei die Spiegelung an der Achse durch den Seitenmittelpunkt von \overline{P_{m}P_{m+1}} und den Nullpunkt. Dann gilt ψ(σ) = s. Setzt man D(ϕ) := ( \begin{matrix}cos t & − sin t \\ sin t & cos t \end{matrix} ), so kann man σ beschreiben durch

σ(v) = D(t) ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ) D(−t)v , ∀v ∈ ℝ^{2} ,

wobei t := π(2m − 1)/n. Dies kann man noch expliziter berechnen; es wird

σ(v) = ( \begin{matrix}cos(2π(2m − 1)/n) & sin(2π(2m − 1)/n) \\ sin(2π(2m − 1)/n) & − cos(2π(2m − 1)/n) \end{matrix} ) v

= \begin{cases}( \begin{matrix}cos(−2π/n) & sin(−2π/n) \\ sin(−2π/n) & − cos(−2π/n) \end{matrix} ) v, & falls n = 2m \\ ( \begin{matrix}cos(−4π/n) & sin(−4π/n) \\ sin(−4π/n) & − cos(−4π/n) \end{matrix} ) v, & falls n = 2m + 1 . \end{cases} .

(b) Es sei U die von ρ und σ erzeugte Untergruppe von S(T_{n}). Nun bildet der injektive Gruppenhomomorphismus ψ : S(T_{n}) ↪ S_{n} die beiden Erzeuger von U auf die beiden Erzeuger von D_{n} ab. Also wird dabei U unter ψ bijektiv auf D_{n} abgebildet. Es genügt daher zu zeigen, daß S(T_{n}) = U.

Es sei also τ ∈ S(T_{n}). Zu zeigen ist, daß τ ∈ U. Es gelte etwa τ(P_{1}) = P_{k} für ein k. Dann ist auch τ_{2} := ρ^{−k+1}τ ∈ S(T_{n}) und erfüllt τ_{2}(P_{1}) = P_{1}. Es genügt zu zeigen, daß τ_{2} ∈ U. Wegen der Abstandstreue von τ_{2} ist τ_{2}(P_{2}) = P_{2} oder τ_{2}(P_{2}) = P_{n−1}. Im zweiten Fall können wir τ_{2} mit der Spiegelung an der x-Achse verketten. (Diese ist im Falle n gerade durch ρσ und im Falle n ungerade durch ρ^{2}σ gegeben.) Die so erhaltene Abbildung τ_{3} erfüllt nun τ_{3}(P_{1}) = P_{1} und τ_{3}(P_{2}) = P_{2}. Daraus folgt bereits τ_{3} = Id ∈ U. Daraus folgt auch τ_{2} ∈ U.

(c) Aufgrund der Isomorphie von S(T_{n}) und D_{n} können wir Aufgabe 3 verwenden.

• Fall n = 2m gerade. Nach Aufgabe 3 (d) können wir die Spiegelung σ, die Spiegelung ρσ an der x−Achse, die identische Abbildung, sowie die Drehungen ρ^{1}, …, ρ^{m} um die Winkel 2π/n, 2 · 2π/n, …, m · 2π/n wählen.

• Fall n = 2m+1 ungerade. Nach dem Zusatz zu Aufgabe 3(d) können wir eine beliebige Spiegelung, die identische Abbildung sowie die Drehungen ρ^{1}, …, ρ^{m} wählen.