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

Algebra I

4. Übungsblatt

Aufgabe 1: (1+2+1=4 P)

(a) Sei G eine Gruppe und H ⊲ G ein Normalteiler. Zeigen Sie: H ist (als Menge) disjunkte Vereinigung von Konjugiertenklassen von G.

(b) Bestimmen Sie alle Konjugiertenklassen von A_{5} (die Angabe eines Vertreters für jede Klasse reicht) und die Anzahl der Elemente jeder Klasse.

(c) Zeigen Sie: A_{5} ist eine einfache Gruppe, d.h. H = {e} und H = A_{5} sind die einzigen Normalteiler. (Hinweis: benutzen Sie (a) und (b).)

Lösung:

(a) Es sei M die Menge aller Konjugiertenklassen von G, welche in H enthalten

sind. Dann gilt offenbar

H ⊇ ⋃_{C∈M} C .

Für jedes h ∈ H und jedes g ∈ G gilt andererseits, daß ghg^{−1} ∈ gHg^{−1} = H, also ist die Konjugiertenklasse [h]_{∼_{G}} von h ganz in H enthalten. Es folgt h ∈ [h]_{∼_{G}} und [h]_{∼_{G}} ∈ M. Somit gilt sogar

H = ⋃_{C∈M} C .

Die Vereinigung ist disjunkt, da zwei verschiedene Konjugiertenklassen stets disjunkt sind.

(b) Es gilt

A_{5} = {σ ∈ S_{5} | Z(σ) ∈ {[1, 1, 1, 1, 1], [1, 2, 2], [1, 1, 3], [5]}} .

Nach Blatt 2, Aufgabe 2, sind Elemente verschiedenen Zykeltyps nicht konjugiert. Außerdem zerfallen die Elemente vom Zykeltyp [5] in genau zwei Konjugiertenklassen in A_{5}, nämlich die Konjugiertenklasse von (1 2 3 4 5) und die Konjugiertenklasse von (1 2 3 5 4). Wir wollen zeigen, daß die Elemente vom Zykeltyp [1, 2, 2] bzw. [1, 1, 3] jeweils eine Konjugiertenklassen in A_{5} bilden.

• Zykeltyp [1, 2, 2]: Es gilt für a, b, c, d, e ∈ {1, 2, 3, 4, 5} paarweise verschieden

\begin{aligned}(b c d)((a b)(c d))(b c d)^{−1} & = & (a c)(b d) , \\ ((a b)(d e))((a b)(c d))((a b)(d e))^{−1} & = & (a b)(c e) . \end{aligned}

Daher sind alle Elemente vom Zykeltyp [1, 2, 2] konjugiert in A_{5}.

• Zykeltyp [1, 1, 3]: Es gilt für a, b, c, d, e ∈ {1, 2, 3, 4, 5} paarweise verschieden

\begin{aligned}((b c)(d e))(a b c)((b c)(d e))^{−1} & = & (a c b) , \\ (c d e)(a b c)(c d e)^{−1} & = & (a b d) . \end{aligned}

Daher sind alle Zykel vom Typ [1, 1, 3] konjugiert in A_{5}.

Also gibt es folgende fünf Konjugiertenklassen in A_{5}.

Vertreter

Elementezahl

Id  1
(1 2)(3 4)  15
(1 2 3)  20
(1 2 3 4 5)  12
(1 2 3 5 4)  12

(c) Es sei H ⊴ A_{5} gegeben. Nach (a) ist H Vereinigung von Konjugiertenklassen. Nach (b) gilt also

|H| = 1 + 15α + 20β + 12(γ + δ)

für gewisse α, β, γ, δ ∈ {0, 1}. Für diese Summe gibt es somit 12 verschiedene Werte, diese sind

1, 13, 16, 21, 25, 28, 33, 36, 40, 45, 48, 60 .

Nun ist |H| ein Teiler von |A_{5}| = 60. Daher kommt nur |H| = 1 oder |H| = 60 in Frage, und die Behauptung folgt.

Aufgabe 2: (1+1+2=4 P)

(a) Finden Sie ganze Zahlen a, b ∈ ℤ mit 5a + 7b = 1.

(b) Sei G = ℤ·1/5+ℤ·1/7 die von den Brüchen 1/7 und 1/5 erzeugte Untergruppe von (ℚ, +). Zeigen Sie, dass G eine zyklische Gruppe ist, und finden Sie einen Erzeuger.

(c) Zeigen Sie, dass die Gruppen (ℚ, +) und (ℚ^{×}, ·) nicht endlich erzeugt sind.

Lösung:

(a) Mit dem Euklidischen Algorithmus wird

\begin{aligned}7 & = & 1 · 5 + 2 \\ 5 & = & 2 · 2 + 1 . \end{aligned}

Somit ist

1 = 5 − 2 · 2 = 5 − 2 · (7 − 1 · 5) = 3 · 5 − 2 · 7 = 5a + 7b

mit a := 3 und b := −2.

(b) Es gilt

G ∋ b · \frac{1}{5} + a · \frac{1}{7} = \frac{5a + 7b}{35} = \frac{1}{35}

und somit ℤ · \frac{1}{35} ⊆ G. Andererseits ist offenbar

G = ℤ · \frac{1}{5} + ℤ · \frac{1}{7} ⊆ ℤ · \frac{1}{35} .

Somit folgt G = ℤ · \frac{1}{35}.

(c) • Wir nehmen an, (ℚ, +) besäße ein endliches Erzeugendensystem

\frac{m_{1}}{n_{1}} , …, \frac{m_{k}}{n_{k}} ,

wobei k ∈ ℕ, m_{1}, …, m_{k} ∈ ℤ und n_{1}, …, n_{k} ∈ ℕ. Für jedes z ∈ ℚ gibt

es also r_{1}, …, r_{k} ∈ ℤ so, daß

z = ∑_{i=1}^{k} r_{i} \frac{m_{i}}{n_{i}} .

Mit n := n_{1} · . . . · n_{k} gilt dann folglich

nz ∈ ℤ .

Setzt man speziell z := \frac{1}{2n}, so folgte daraus \frac{1}{2} ∈ ℤ, ein Widerspruch.

• Wir nehmen an, (ℚ^{×}, ·) besäße ein endliches Erzeugendensystem

\frac{m_{1}}{n_{1}} , …, \frac{m_{k}}{n_{k}} ,

wobei k ∈ ℕ, m_{1}, …, m_{k}, n_{1}, …, n_{k} ∈ ℤ \ {0}. Für jedes z ∈ ℚ^{×} gibt es

also r_{1}, …, r_{k} ∈ ℤ so, daß

z = ∏_{i=1}^{k} (\frac{m_{i}}{n_{i}} )^{r_{i}} .

Mit n := n_{1} · . . . · n_{k}, m := m_{1} · . . . · m_{k} und r := max{|r_{1}|, … |r_{k}|} gilt dann

(nm)^{r}z = ∏_{i=1}^{k} m_{i}^{r+r_{i}}n_{i}^{r−r_{i}} ∈ ℤ ,

denn es gilt r+r_{i} ≥ 0 und r−r_{i} ≥ 0 für alle i. Es sei nun p eine Primzahl, die nm nicht teilt. Dann sind p und nm teilerfremd. Setzt man z := \frac{1}{p},

so gäbe es ein r ∈ ℤ mit \frac{(nm)^{r}}{p} ∈ ℤ, d.h. p wäre ein Teiler von (nm)^{r}. Das ist ein Widerspruch.

Aufgabe 3: (1+2+1=4 P)

(a) Sei G := ℤ und H ⊂ G eine Untergruppe. Zeigen Sie: H is ein direkter Faktor (d.h. es existiert eine Untergruppe H′ ⊂ ℤ mit G = H ⊕ H′) genau dann, wenn H = {0} oder H = ℤ. Hinweis: benutzen Sie die Klassifikation aller Untergruppen von ℤ (Satz 1.7.3 bei Lütkebohmert).

(b) Sei x := (a, b) ∈ ℤ^{2} und G := ℤ · x ⊂ ℤ^{2} die von x erzeugte zyklische Untergruppe. Zeigen Sie: H ist genau dann ein direkter Faktor, wenn a und b teilerfremd sind. Hinweis: sind a und b teilerfremd, so gibt es c, d ∈ ℤ mit ac + bd = 1.

(c) Für a := 17 und b := 13: finde ein Komplement H′ ⊂ ℤ^{2} zu H = ℤ · x ⊂ ℤ^{2}.

Lösung:

(a) Wir wollen verwenden, daß alle Untergruppen von ℤ von der Form mℤ sind für ein m ∈ ℕ_{0}. Es seien nun H und H′ zwei nichttriviale Untergruppen von ℤ. Also gibt es m, n ∈ ℕ so, daß H = mℤ und H′ = nℤ. Dann ist aber

H ∩ H′ ⊇ (nm)ℤ ≠ {0} .

Also kann ℤ nicht direkte Summe zweier nichttrivialer Untergruppen sein. Die einzigen Darstellungen von ℤ als direkte Summe zweier Untergruppen sind somit

ℤ = ℤ ⊕ {0} = {0} ⊕ ℤ .

Daraus folgt die Behauptung.

(b) Wir wollen folgendes Lemma beweisen.

Lemma Es seien x_{1}, …, x_{m} ∈ ℤ^{n} Zeilenvektoren und A ∈ ℤ^{m×n} sei die von diesen Zeilen gebildete Matrix. Dann sind die x_{1}, …, x_{m} genau dann eine Basis der Gruppe ℤ^{n}, wenn m = n und det A = ±1.

Beweis: Es seien e_{1}, …, e_{n} die Einheitsvektoren in ℤ^{n}, aufgefaßt als Zeilen.

• ”⇒“: Zunächst gilt m ≤ n, denn die lineare Unahängigkeit der Zeilen von A über ℤ bedeutet auch die lineare Unabhängigkeit im Vektorraum ℚ^{n} über ℚ (nach Multiplikation mit dem Hauptnenner der Koeffizienten).

Nach Voraussetzung lassen sich die e_{i} als Linearkombinationen der x_{j} schreiben, d.h. es gilt

e_{i} = ∑_{j=1}^{m} b_{ij}x_{j}

für gewisse b_{ij} ∈ ℤ. Schreibt man B := ( ⋮  ⋮_{b_{n1} ··· b_{nm}}^{b_{11} ··· b_{1m}} ) ∈ ℤ^{n×m}, so erhält

man

\begin{aligned}B · A & = & (\begin{matrix}b_{11} & ⋯ & b_{1m} \\ ⋮ & & ⋮ \\ b_{n1} & ⋯ & b_{nm} \end{matrix}) · ( x_{1} ; ⋮ ; x_{m}) = (b_{11}x_{1} + … + b_{1m}x_{m} ; ⋮ ; b_{n1}x_{1} + … + b_{nm}x_{m}) \\ & = & (e_{1} ; ⋮ ; e_{n}) = E_{n} . \end{aligned}

Aus der Linearen Algebra wissen wir, daß daraus m = n folgt. Ferner sind det A ∈ ℤ und det B ∈ ℤ, und es gilt

(det B)(det A) = 1 .

Daraus folgt det A = ±1.

• ”⇐“: Es gelte also m = n und det A = ±1. Nach der Cramerschen Regel gilt A^{−1} ∈ ℤ^{n×n}. Die Gleichung

A^{−1} · A = E_{n}

zeigt, daß sich die Einheitsvektoren als Linearkombinationen der Zeilen von A schreiben lassen. Also bilden die x_{1}, …, x_{n} ein Erzeugendensystem. Ferner sind die Zeilen von A linear unbahängig über ℚ, also auch über ℤ. Also handelt es sich um eine Basis von ℤ^{n}. □

Für eine Untergruppe H ≤ ℤ^{2} mit Basis x_{2}, …, x_{m} gilt ℤ^{2} = G ⊕ H genau dann, wenn x, x_{2}, …, x_{m} eine Basis von ℤ^{2} bilden.

Also ist G genau dann ein direkter Faktor von ℤ^{2} ist, wenn x sich zu einer Basis von ℤ^{2} ergänzen läßt. Nach obigem Lemma ist das genau dann der Fall, wenn es ein (c, d) ∈ ℤ^{2} gibt derart, daß

ad − bc = det (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) = ±1 .

Dies ist wiederum äquivalent zur Existenz von c, d ∈ ℤ so, daß ac + bd = 1. Daraus folgt die Behauptung.

(c) Nach Teil (b) müssen wir c, d finden so, daß ad−bc = 1. Mit dem Euklidischen Algorithmus wird

\begin{aligned}17 & = & 1 · 13 + 4 \\ 13 & = & 3 · 4 + 1 . \end{aligned}

Also gilt

1 = 13 − 3 · 4 = 13 − 3 · (17 − 1 · 13) = 4 · 13 − 3 · 17 = ad − bc

mit d := −3 und c := −4. Nach obigem Lemma bilden (17, 13) und (−4, −3) eine Basis von ℤ^{2}. Also ist

H′ := ℤ · (4, 3)

ein Komplement zu H = ℤ · (17, 13).