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

Algebra I

2. Übungsblatt

Aufgabe 1: (3 P) Die folgenden vier Gruppen haben alle 12 Elemente:

• G_{1} := ℤ/ℤ · 12,

• G_{2} := ℤ/ℤ · 6 × ℤ/ℤ · 2,

• G_{3} := D_{6} (siehe 1. Übungsblatt, Aufgabe 3).

• G_{4} := A_{4}.

Zeigen Sie, dass alle diese Gruppen paarweise nicht isomorph sind. (Hinweis: welche dieser Gruppen sind kommutativ? Was sind die Ordnungen der Elemente von G_{i}?)

Lösung: Die Gruppen G_{1} und G_{2} sind kommutativ, denn sie sind Quotientengruppen von ℤ bzw. ein Produkt solcher Gruppen. In G_{3} = D_{6} sind z.B. die Elemente (1 2 3 4 5 6) und (1 6)(2 5)(3 4) nicht vertauschbar. In G_{4} = A_{4} sind z.B. die Elemente (1 2 3) und (1 2)(3 4) nicht vertauschbar.

Die Elemente von G_{2} haben Ordnungen ≤ 6, da die beiden Faktoren von der Ordnung ≤ 6 sind. In G_{1} gibt es jedoch Elemente der Ordnung 12, z.B. ¯1.

In der Gruppe G_{3} = D_{6} gibt es ein Element der Ordnung 6, nämlich den Zykel (1 2 3 4 5 6). In der Gruppe A_{4} haben jedoch alle Elemente die Ordnungen 1, 2 oder 3. Dies sieht man daran, daß sich jedes Element von S_{4} als Produkt disjunkter Zykel schreiben läßt, wobei die Gesamtlängen dieser Zykel sich stets zu 4 addieren.

Also sind die vier angebenen Gruppen paarweise nicht isomorph.

Aufgabe 2: (1+1+1+1=4 P) Sei n ≥ 3. Der Typ einer Permutation σ ∈ S_{n} sei definiert als die sortierte Liste Z(σ) der Zykellängen von σ. Z.B. für n = 5 und σ = (1 2) (3 4) ist Z(σ) = [1, 2, 2]. Zeigen Sie:

(a) Ist Z(σ) = [a_{1}, …, a_{r}] so ist die Ordnung von σ das kleinste gemeinsame Vielfache von a_{1}, …, a_{r}.

(b) Zwei Elemente σ, τ ∈ S_{n} sind genau dann konjugiert in S_{n} (d.h. σ = ρ τρ^{−1} für ein ρ ∈ S_{n}), wenn Z(σ) = Z(τ).

(c) Nun sei n ungerade. Dann gibt es genau zwei verschiedene Konjugiertenklassen in der alternierenden Gruppe A_{n}, deren Elemente vom Typ Z(σ) = [n] sind.

(d) Sind die Elemente σ = (1 2 3 4 5 6 7) und τ = (2 3 7 5 4 1 6) in A_{7} konjugiert?

Lösung:

(a) Es sei etwa σ = τ_{1} · . . . · τ_{r} die Zerlegung von σ ∈ S_{n} in disjunkte Zykel. Dabei sei τ_{i} ein Zykel der Länge a_{i} für i = 1, …, r. Es gilt offenbar

ord τ_{i} = a_{i}

für i = 1, …, r. Ferner kommutieren diese disjunkten Zykel alle untereinander, d.h. es gilt

σ^{n} = τ_{1}^{n} · . . . · τ_{r}^{n}

für alle n ∈ ℕ. Es folgt für n ∈ ℕ, daß

σ^{n} = e ⟺ τ_{i}^{n} = e, ∀i ∈ {1, …, r}
⟺ a_{i}|n, ∀i ∈ {1, …, r}
⟺ kgV(a_{1}, …, a_{r})|n .

Daher ist

ord σ = kgV(a_{1}, …, a_{r}) .

(b) Zunächst beachte man, daß das Konjugierte eines Zykels der Länge l wieder ein Zykel der Länge l ist. Genauer gilt für alle ρ ∈ S_{n} und alle paarweise verschiedenen k_{1}, …, k_{l} ∈ {1, …, n} stets

ρ(k_{1} ⋯ k_{l})ρ^{−1} = (ρ(k_{1}) ⋯ ρ(k_{l})) .

Ist also τ = τ_{1} · . . . · τ_{r} die Zerlegung von τ in disjunkte Zykel der Längen a_{1}, …, a_{r}, so ist

σ := ρτρ^{−1} = (ρτ_{1}ρ^{−1}) · . . . · (ρτ_{r}ρ^{−1})

wiederum ein Produkt von Zykeln der Längen a_{1}, …, a_{r}. Es folgt also Z(σ) = Z(τ), sofern σ und τ konjugiert in S_{n} sind.

Es seien nun umgekehrt σ, τ ∈ S_{n} gegeben mit

Z(σ) = Z(τ) = [a_{1}, …, a_{r}] .

Wir schreiben die Zerlegungen von σ und τ in disjunkte Zykel ausführlich als

\begin{aligned}σ & = & σ_{1} · . . . · σ_{r} \\ σ_{i} & = & (k_{i,1} ⋯ k_{i,a_{i}}), ∀i ∈ \{1, … r\} \\ τ & = & τ_{1} · . . . · τ_{r} \\ τ_{i} & = & (m_{i,1} ⋯ m_{i,a_{i}}), ∀i ∈ \{1, … r\} \end{aligned}

Dann hat die Menge

I := {(i, j)| 1 ≤ i ≤ r, 1 ≤ j ≤ a_{i}}

genau n Elemente, und die Abbildungen

\begin{aligned}α & : & I → \{1, …, n\}, (i, j) ↦ k_{i,j}, \\ β & : & I → \{1, …, n\}, (i, j) ↦ m_{i,j} \end{aligned}

sind jeweils bijektiv. Folglich ist die Abbildung

ρ := α ∘ β^{−1} ∈ S_{n},

und es gilt

ρ(m_{i,j}) = k_{i,j}, ∀(i, j) ∈ I .

Es folgt

ρτ_{i}ρ^{−1} = σ_{i}

für i = 1, …, r, und somit

ρτρ^{−1} = σ .

Also sind σ und τ konjugiert in S_{n}.

(c) Man beachte, daß die Elemente in S_{n} vom Typ Z(σ) = [n] genau die Zykel der Länge n sind, und diese sind in der Tat Elemente von A_{n} bei ungeradem n.

Es sei

\begin{aligned}α & := & (1 2 ⋯ n) ∈ A_{n} \\ δ & := & (1 2) ∈ S_{n} \ A_{n} \\ β & := & δαδ^{−1} ∈ A_{n} \end{aligned}

Es sei σ ∈ A_{n} vom Typ Z(σ) = [n]. Nach (b) gibt es ein γ ∈ S_{n} so, daß

σ = γαγ^{−1} = (γ(1) γ(2) ⋯ γ(n)) .

Wir wollen zeigen, daß gilt

\begin{aligned}(∗) & σ ∼_{A_{n}} α & ⟺ & γ ∈ A_{n} \\ (∗∗) & σ ∼_{A_{n}} β & ⟺ & γ ∈ S_{n} \ A_{n} . \end{aligned}

• (∗)” ⇐ “: Klar nach Definition von ∼_{A_{n}}.

• (∗)” ⇒ “: Es gelte also σ = ραρ^{−1} für ein ρ ∈ A_{n}. Also gilt

α = ρ^{−1}σρ = ρ^{−1}γαγ^{−1}ρ = τατ^{−1}

mit τ := ρ^{−1}γ. Es sei k := τ(1). Es folgt wegen ατ = τα

τ(ν) = τ(α^{ν−1}(1)) = α^{ν−1}(τ(1)) = α^{ν−1}(k) = α^{k−1}(ν)

für alle ν ∈ {1, …, n}, und somit τ = α^{k−1} ∈ A_{n}. Daraus folgt auch γ = ρτ ∈ A_{n}.

• (∗∗)” ⇐ “: In diesem Fall ist

σ = γαγ^{−1} = γδ^{−1}βδγ^{−1} = ρβρ^{−1}

mit ρ := γδ^{−1} ∈ A_{n}. Also ist σ ∼_{A_{n}} β.

• (∗∗)” ⇒ “: Wäre γ ∈ A_{n}, so wäre nach (i) σ ∼_{A_{n}} α und somit β ∼_{A_{n}} α. Wegen β = δαδ^{−1} folgt aber nach (i) sogleich δ ∈ A_{n}, ein Widerspruch.

Damit sind die Behauptungen (∗) und (∗∗) gezeigt. Insbesondere gibt es genau zwei Konjugiertenklassen in A_{n} der Elemente vom Typ [n], nämlich

{γαγ^{−1}| γ ∈ A_{n}}, {γαγ^{−1}| γ ∈ S_{n} \ A_{n}} .

(d) Mit

ρ := (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\ 2 & 3 & 7 & 5 & 4 & 1 & 6 \end{matrix}) .

folgt

ρσρ^{−1} = (ρ(1) ρ(2) … ρ(7)) = τ .

Nun gilt

ρ = (1 2 3 7 6)(4 5) ,

und somit

sign ρ = (−1)^{5−1}(−1)^{2−1} = −1 ,

d.h. ρ ∈ S_{n} \ A_{n}. Nach (c) sind daher σ und τ nicht konjugiert in A_{7}.

Aufgabe 3: (2+3=5 P)

(a) Bestimmen Sie alle Konjugiertenklassen in der Gruppe A_{4}, und für jede solche Klasse die Anzahl ihrer Elemente.

(b) Wieviele Möglichkeiten gibt es, die 4 Seiten eines Tetraeders entweder grün, rot oder blau zu färben? Dabei betrachte man zwei Färbungen als äquivalent, wenn man die eine in die andere durch eine Drehsymmetrie des Tetraeders überführen kann.

Lösung:

(a) Zunächst wissen wir nach Aufgabe 3, daß Elemente von verschiedenem Zykeltyp nicht zueinander konjugiert sind in A_{4}, da sie nicht einmal in S_{4} konjugiert sind. Nun gilt

(1 2 3)((1 2)(3 4))(1 2 3)^{−1} = (1 4)(2 3) ,

also sind (1 2)(3 4) und (1 4)(2 3) konjugiert in A_{4}. Analog sind auch (1 2)(3 4) und (1 3)(2 4) konjugiert in A_{4}. Also bilden die Elemente vom Zykeltyp [2, 2] eine Konjugiertenklasse der Größe 3. Die Identität bildet eine Konjugiertenklasse der Größe 1. Es bleiben die Elemente vom Zykeltyp [1, 3] zu untersuchen. Es gilt

(1 3 4)(1 2 3)(1 3 4)^{−1} = (2 4 3) ,

also sind (1 2 3) und (2 4 3) konjugiert in A_{4}. Auf analoge Weise findet man, daß

\begin{matrix}(1 2 3) ∼_{A_{4}} (2 4 3) ∼_{A_{4}} (4 1 3) = (3 4 1) ∼_{A_{4}} (4 2 1) = (1 4 2) \\ (1 3 2) ∼_{A_{4}} (3 4 2) ∼_{A_{4}} (4 1 2) = (2 4 1) ∼_{A_{4}} (4 3 1) = (1 4 3) . \end{matrix}

Wir wollen nun noch zeigen, daß (1 2 3) und (1 3 2) nicht konjugiert sind in A_{4}. Dazu berechnen wir alle Konjugierten von (1 2 3). Es wird

\begin{aligned}Id(1 2 3)Id^{−1} & = & (1 2 3) \\ (1 2)(3 4)(1 2 3)(1 2)(3 4) & = & (1 4 2) \\ (1 3)(2 4)(1 2 3)(1 3)(2 4) & = & (1 3 4) \\ (1 4)(2 3)(1 2 3)(1 4)(2 3) & = & (2 4 3) \\ (1 2 3)(1 2 3)(1 2 3)^{−1} & = & (1 2 3) \\ (1 3 4)(1 2 3)(1 3 4)^{−1} & = & (2 4 3) \\ (1 4 2)(1 2 3)(1 4 2)^{−1} & = & (1 3 4) \\ (2 4 3)(1 2 3)(2 4 3)^{−1} & = & (1 4 2) \\ (1 3 2)(1 2 3)(1 3 2)^{−1} & = & (1 2 3) \\ (1 2 4)(1 2 3)(1 2 4)^{−1} & = & (2 4 3) \\ (1 4 3)(1 2 3)(1 4 3)^{−1} & = & (1 4 2) \\ (2 3 4)(1 2 3)(2 3 4)^{−1} & = & (1 3 4) . \end{aligned}

Also sind (1 2 3) und (1 3 2) nicht konjugiert in A_{4}.

Die Konjugiertenklassen von A_{4} sind also

{Id}
{(1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)}
{(1 2 3), (1 3 4), (1 4 2), (2 4 3)}
{(1 3 2), (1 2 4), (1 4 3), (2 3 4)} .

Bemerkung: Man kann auch noch auf eine andere Weise zeigen, daß (1 2 3) und (1 3 2) nicht konjugiert sind in A_{4}. Es sei etwa ρ ∈ S_{4} so, daß ρ(1 3 2)ρ^{−1} = (1 2 3). Dann muß ρ(4) = 4 gelten. Mit ρ̃ := ρ|_{{1,2,3}} gilt ρ̃ ∈ S_{3} und ρ̃(1 3 2)ρ̃^{−1} = (1 2 3). In der letzten Gleichung können alle Elemente in S_{3} aufgefaßt werden. Es gilt jedoch (1 3 2) = (1 2)(1 3 2)(1 2)^{−1} in S_{3} und sign((1 2)) = −1. Also sind nach der in Aufgabe 3(c) bewiesenen Behauptung die Elemente (1 2 3) und (1 3 2) nicht konjugiert in A_{3}. Folglich gilt sign(ρ) = sign(ρ̃) = −1. Also sind (1 2 3) und (1 3 2) nicht konjugiert in A_{4}.

Weitere Bemerkung: Wir wissen, daß S_{1}(T) ≅ A_{4} gilt, d.h. die Gruppe A_{4} kann als die Drehsymmetriegruppe des Tetraeders aufgefaßt werden. Die 4 Konjugiertenklassen der A_{4} stehen dann für

• die identische Abbildung,

• für Drehungen um die Achsen durch gegenüberliegende Seitenmittelpunkte (jeweils um den Winkel π),

• für die Drehungen um Achsen durch eine Ecke und den gegenüberliegenden Seitenmittelpunkt im mathematisch positiven Sinn,

• für die Drehungen um Achsen durch eine Ecke und den gegenüberliegenden Seitenmittelpunkt im mathematisch negativen Sinn.

(b) Es sei X die Menge aller Abbildungen {1, 2, 3, 4} → {r, g, b}. Jedes Element von X stellt dabei eine Färbung der vier Seiten des Tetraeders dar, ohne Berücksichtigung von Drehsymmetrien. Die Gruppe A_{4} operiert auf X via

A_{4} × X → X, (σ, f) ↦ fσ^{−1} .

Wir wählen Vertreter der Konjugiertenklassen von A_{4} und berechnen

\begin{aligned}|X^{Id}| & = & 3^{4} & = & 81 \\ |X^{(1 2)(3 4)}| & = & 3^{2} & = & 9 \\ |X^{(1 2 3)}| & = & 3^{2} & = & 9 \\ |X^{(1 3 2)}| & = & 3^{2} & = & 9 . \end{aligned}

Die Gruppe A_{4} entspricht hier genau der Menge der Drehsymmetrien des Tetraeders. Zwei Färbungen sind also genau dann als äquivalent anzusehen, falls sie in derselben Bahn liegen, und die Anzahl der Bahnen ist demnach die gesuchte Anzahl. Nach einem Korollar der Vorlesung ist die Anzahl der Bahnen von X unter A_{4} gegeben durch

\frac{1}{|A_{4}|}(81 · 1 + 9 · 3 + 9 · 4 + 9 · 4) = \frac{1}{12} · 9(9 + 3 + 4 + 4) = 15 .