M. Künzer, J. Marhenke

Lineare Algebra für Informatiker, WS 03/04

Lösung 2

Aufgabe 5. σ = (1, 7, 5, 3) ist von Ordnung 4, ε_{σ} = −1; τ = (2, 3)(5, 6) ist von Ordnung 2, ε_{τ} = 1; σ^{−1} = (1, 3, 5, 7) ist von Ordnung 4, ε_{σ^{−1}} = −1; τ^{−1} = τ; σ ∘τ = (1, 7, 5, 6, 3, 2) und damit ist (σ ∘τ)^{2} = (1, 5, 3)(2, 7, 6) von Ordnung 3, und hat das Signum ε_{(σ∘τ)^{2}} = 1.

Es ist τ^{m} = 1, wenn m = 2k für ein k ∈ Z ist. Außerdem ist σ^{n} = 1, wenn n = 4k für ein k ∈ Z ist. Also lässt sich die folgende Tabelle anlegen (lies: τ^{m} ∘ σ^{n}; Ordnung; Signum).

\begin{matrix}τ^{m} ∘ σ^{n} & m = 2k & m = 2k + 1 \\ n = 4k & 1; 1; 1 & (2, 3)(5, 6); 2; 1 \\ n = 4k + 1 & (1, 7, 5, 3); 4; −1 & (1, 7, 6, 5, 2, 3); 6; −1 \\ n = 4k + 2 & (1, 5)(3, 7); 2; 1 & (1, 6, 5)(2, 3, 7); 3; 1 \\ n = 4k + 3 & (1, 3, 5, 7); 4; −1 & (1, 2, 3, 6, 5, 7); 6; −1 \end{matrix}

Beachte, daß ε_{τ^{m}∘σ^{n}} = ε_{τ}^{m}ε_{σ}^{n}.

Aufgabe 6.

(1) Die Verknüpfungstafel hat folgende Gestalt.

\begin{matrix}(∘) & 1 & (1,2)(3,4) & (1,3)(2,4) & (1,4)(2,3) & (1,2,3) & (2,4,3) & (1,4,2) & (1,3,4) & (1,3,2) & (1,4,3) & (2,3,4) & (1,2,4) \\ 1 & 1 & (1,2)(3,4) & (1,3)(2,4) & (1,4)(2,3) & (1,2,3) & (2,4,3) & (1,4,2) & (1,3,4) & (1,3,2) & (1,4,3) & (2,3,4) & (1,2,4) \\ (1,2)(3,4) & (1,2)(3,4) & 1 & (1,4)(2,3) & (1,3)(2,4) & (2,4,3) & (1,2,3) & (1,3,4) & (1,4,2) & (1,4,3) & (1,3,2) & (1,2,4) & (2,3,4) \\ (1,3)(2,4) & (1,3)(2,4) & (1,4)(2,3) & 1 & (1,2)(3,4) & (1,4,2) & (1,3,4) & (1,2,3) & (2,4,3) & (2,3,4) & (1,2,4) & (1,3,2) & (1,4,3) \\ (1,4)(2,3) & (1,4)(2,3) & (1,3)(2,4) & (1,2)(3,4) & 1 & (1,3,4) & (1,4,2) & (2,4,3) & (1,2,3) & (1,2,4) & (2,3,4) & (1,4,3) & (1,3,2) \\ (1,2,3) & (1,2,3) & (1,3,4) & (2,4,3) & (1,4,2) & (1,3,2) & (1,2,4) & (1,4,3) & (2,3,4) & 1 & (1,4)(2,3) & (1,2)(3,4) & (1,3)(2,4) \\ (2,4,3) & (2,4,3) & (1,4,2) & (1,2,3) & (1,3,4) & (1,4,3) & (2,3,4) & (1,3,2) & (1,2,4) & (1,2)(3,4) & (1,3)(2,4) & 1 & (1,4)(2,3) \\ (1,4,2) & (1,4,2) & (2,4,3) & (1,3,4) & (1,2,3) & (2,3,4) & (1,4,3) & (1,2,4) & (1,3,2) & (1,3)(2,4) & (1,2)(3,4) & (1,4)(2,3) & 1 \\ (1,3,4) & (1,3,4) & (1,2,3) & (1,4,2) & (2,4,3) & (1,2,4) & (1,3,2) & (2,3,4) & (1,4,3) & (1,4)(2,3) & 1 & (1,3)(2,4) & (1,2)(3,4) \\ (1,3,2) & (1,3,2) & (2,3,4) & (1,2,4) & (1,4,3) & 1 & (1,3)(2,4) & (1,4)(2,3) & (1,2)(3,4) & (1,2,3) & (1,4,2) & (1,3,4) & (2,4,3) \\ (1,4,3) & (1,4,3) & (1,2,4) & (2,3,4) & (1,3,2) & (1,2)(3,4) & (1,4)(2,3) & (1,3)(2,4) & 1 & (2,4,3) & (1,3,4) & (1,4,2) & (1,2,3) \\ (2,3,4) & (2,3,4) & (1,3,2) & (1,4,3) & (1,2,4) & (1,3)(2,4) & 1 & (1,2)(3,4) & (1,4)(2,3) & (1,4,2) & (1,2,3) & (2,4,3) & (1,3,4) \\ (1,2,4) & (1,2,4) & (1,4,3) & (1,3,2) & (2,3,4) & (1,4)(2,3) & (1,2)(3,4) & 1 & (1,3)(2,4) & (1,3,4) & (2,4,3) & (1,2,3) & (1,4,2) \end{matrix}

(2) Die Untergruppen sind {1}; {1, (1, 2)(3, 4)}; {1, (1, 3)(2, 4)}; {1, (1, 4)(2, 3)}; {1, (1, 2, 3), (1, 3, 2)}; {1, (1, 2, 4), (1, 4, 2)}; {1, (1, 3, 4), (1, 4, 3)}; {1, (2, 3, 4), (2, 4, 3)}; {1, (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3)}; A_{4}. Alle Untergruppen mit Ausnahme von A_{4} sind abelsch.

Aufgabe 7.

(1) Die Produktschreibweise in (1, 2), (2, 3) und (3, 4) liefert die folgenden Bilder.

\begin{matrix}1  = & 1  ↦ & 1 & (1, 2, 4, 3) = & (1, 2) ∘ (3, 4) ∘ (2, 3)  ↦ & (2, 3) \\ (1, 2)  = & (1, 2)  ↦ & (1, 2) & (2, 4)  = & (2, 3) ∘ (3, 4) ∘ (2, 3)  ↦ & (1, 3) \\ (2, 3)  = & (2, 3)  ↦ & (2, 3) & (1, 4, 3, 2) = & (3, 4) ∘ (2, 3) ∘ (1, 2)  ↦ & (1, 3) \\ (3, 4)  = & (3, 4)  ↦ & (1, 2) & (1, 3, 4) = & (1, 2) ∘ (2, 3) ∘ (1, 2) ∘ (3, 4)  ↦ & (1, 2, 3) \\ (1, 2, 3) = & (1, 2) ∘ (2, 3)  ↦ & (1, 2, 3) & (1, 2, 4) = & (1, 2) ∘ (2, 3) ∘ (3, 4) ∘ (2, 3)  ↦ & (1, 3, 2) \\ (1, 3, 2) = & (2, 3) ∘ (1, 2)  ↦ & (1, 3, 2) & (1, 3)(2, 4) = & (2, 3) ∘ (1, 2) ∘ (3, 4) ∘ (2, 3)  ↦ & 1 \\ (1, 2)(3, 4) = & (1, 2) ∘ (3, 4)  ↦ & 1 & (1, 4, 3) = & (1, 2) ∘ (3, 4) ∘ (2, 3) ∘ (1, 2)  ↦ & (1, 3, 2) \\ (2, 3, 4) = & (2, 3) ∘ (3, 4)  ↦ & (1, 3, 2) & (1, 4, 2) = & (2, 3) ∘ (3, 4) ∘ (2, 3) ∘ (1, 2)  ↦ & (1, 2, 3) \\ (2, 4, 3) = & (3, 4) ∘ (2, 3)  ↦ & (1, 2, 3) & (1, 3, 2, 4) = & (1, 2) ∘ (2, 3) ∘ (1, 2) ∘ (3, 4) ∘ (2, 3)  ↦ & (1, 2) \\ (1, 3)  = & (1, 2) ∘ (2, 3) ∘ (1, 2) ↦ & (1, 3) & (1, 4)  = & (1, 2) ∘ (2, 3) ∘ (3, 4) ∘ (2, 3) ∘ (1, 2)  ↦ & (2, 3) \\ (1, 2, 3, 4) = & (1, 2) ∘ (2, 3) ∘ (3, 4) ↦ & (1, 3) & (1, 4, 2, 3) = & (2, 3) ∘ (1, 2) ∘ (3, 4) ∘ (2, 3) ∘ (1, 2)  ↦ & (1, 2) \\ (1, 3, 4, 2) = & (2, 3) ∘ (1, 2) ∘ (3, 4) ↦ & (2, 3) & (1, 4)(2, 3) = & (1, 2) ∘ (2, 3) ∘ (1, 2) ∘ (3, 4) ∘ (2, 3) ∘ (1, 2) ↦ & 1 \end{matrix}

(2) Es ist Kern f = {1, (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3)}. Da Kern f ≠ {1}, ist f nicht injektiv. Dagegen ist f surjektiv.

Aufgabe 8.

(1) Seien (x, y), (x′, y′), (x′′, y′′) ∈ G.

(G1) Assoziativität folgt mit

((x, y) · (x′, y′)) · (x′′, y′′) = (x + yx′, yy′) · (x′′, y′′) = (x + yx′ + yy′x′′, yy′y′′)
= (x + y(x′ + y′x′′), yy′y′′) = (x, y) · (x′ + y′x′′, y′y′′)
= (x, y) · ((x′, y′) · (x′′, y′′))

(G2) Es ist 1_{G} = (0, 1), da (x, y)·(0, 1) = (x+y ·0, y ·1) = (x, y) und (0, 1)·(x, y) = (0+1·x, 1·y) = (x, y). (G3) Es ist (x, y)^{−1} = (−xy^{−1}, y^{−1}), da

\begin{aligned}(−xy^{−1}, y^{−1})(x, y) & = & (−xy^{−1} + y^{−1}x, y^{−1}y) & = & (0, 1) , und \\ (x, y)(−xy^{−1}, y^{−1}) & = & (x + y(−xy^{−1}), yy^{−1}) & = & (0, 1) . \end{aligned}

(2) Zunächst ist U ≠ ∅. Seien x = (a, 1), y = (b, 1) ∈ U. Dann ist xy^{−1} = (a, 1) · (−b, 1) = (a + 1 · (−b), 1) ∈ U. Damit ist U ≤ G. Zunächst ist V ≠ ∅. Seien x = (0, a), y = (0, b) ∈ V. Dann ist xy^{−1} = (0, a) · (0, b^{−1}) = (0, ab^{−1}) ∈ V. Damit ist V ≤ G.

Aufgabe 9.

(1) Aussage trifft zu. Wegen f(1) = 1 ∈ V ist f^{−1}(V) ≠ ∅. Seien x, y ∈ f^{−1}(V). Dann ist f(xy^{−1}) = f(x)f(y^{−1}) = f(x)(f(y))^{−1} ∈ V wegen V ≤ H. Also ist xy^{−1} ∈ f^{−1}(V). Damit folgt f^{−1}(V) ≤ G.

(2) Gegenbeispiel: Betrachte den Gruppenmorphismus ε : S_{3} → {±1}. Dann hat σ = (1, 2, 3) die Ordnung 3, aber die Ordnung von ε_{σ} = 1 ist 1. Bemerkung: Die Ordnung von f(g) ist aber sehr wohl ein Teiler der Ordnung von g.

(3) Aussage trifft zu. Sei y = f(x) ∈ f(Z(G)) mit x ∈ Z(G) und sei h ∈ H. Zu zeigen: hy = yh. Da f surjektiv ist, existiert ein g ∈ G mit f(g) = h. Dann ist

yh = f(x)f(g) = f(xg) = f(gx) = f(g)f(x) = hy .

(4) Gegenbeispiel: Die Gruppe {1, (1, 2, 3, 4), (1, 4, 3, 2), (1, 3)(2, 4), (2, 4), (1, 2)(3, 4), (1, 4)(2, 3), (1, 3)} ≤ S_{4} ist nicht abelsch, ihr Zentrum ist {1, (1, 3)(2, 4)} ≠ {1}.

(5) Aussage trifft zu. Sei (∼) die Äquivalenzrelation auf M, die durch

(g_{1}, g_{2}, …, g_{p}) ∼ (g′_{1}, g′_{2}, …, g′_{p})  ⟺  ∃ h ∈ G (g′_{1}, g′_{2}, …, g′_{p}) = (h^{−1}g_{1}, g_{2}, …, g_{p−1}, g_{p}h)

erklärt ist. Gegeben (g_{1}, g_{2}, …, g_{p}) ∈ M, so gibt es eine Bijektion

G ^{\overline{}^{∼}} \overline{(g_{1}, g_{2}, …, g_{p})} , h \overline{}(h^{−1}g_{1}, g_{2}, …, g_{p−1}, g_{p}h)

von G in seine Äquivalenzklasse, wobei insbesondere zu beachten ist, dass für jedes h ∈ G in der Tat (h^{−1}g_{1}, g_{2}, …, g_{p−1}, g_{p}h) ∈ M liegt wegen h^{−1}g_{1}g_{2} ⋯ g_{p−1}g_{p}h = h^{−1}h = 1. Damit haben alle Äquivalenzklassen bezüglich (∼) genau #G Elemente. Mit der disjunkten Zerlegung in Äquivalenzklassen folgt, dass #G die Anzahl #M teilt. Sei (g_{1}, g_{2}, …, g_{p}) ∈ M. Wegen

g_{2} ⋯ g_{p−1}g_{p}g_{1} = g_{1}^{−1}g_{1}g_{2} ⋯ g_{p−1}g_{p}g_{1} = g_{1}^{−1}g_{1} = 1

ist auch sein um einen Schritt zyklisch vertauschtes Element (g_{2}, …, g_{p}, g_{1}) in M. Erklären wir nun eine zweite Äquivalenzrelation (≈) der zyklischen Vertauschbarkeit auf M vermittels

(g_{1}, g_{2}, …, g_{p}) ≈ (g′_{1}, g′_{2}, …, g′_{p}) ⟺ ∃ i ∈ [1, p] (g′_{1}, g′_{2}, …, g′_{p}) = (g_{i}, g_{i+1}, …, g_{p}, g_{1}, …, g_{i−1}) ,

so enthält wegen p prim die Äquivalenzklasse von (g_{1}, g_{2}, …, g_{p}) ∈ M genau p Elemente, falls nicht g_{1} = g_{2} = ⋯ = g_{p}; sie enthält 1 Element, falls g_{1} = g_{2} = ⋯ = g_{p}. Sei u die Anzahl der Äquivalenzklassen mit p Elementen, sei v die Anzahl der Äquivalenzklassen mit 1 Element. Es teilt p die Anzahl #G, welche wiederum #M = pu + v teilt. Also teilt p die Anzahl v der konstanten Tupel in M. Da (1, …, 1) ∈ M, muss es also ein g ∈ G ∖ {1} geben mit (g, …, g) ∈ M, d.h. mit g^{p} = 1. Da g ≠ 1, und da p prim, hat g die Ordnung p. Bemerkung: Wir sehen sogar, dass die Anzahl der Elemente von G von Ordnung p kongruent zu −1 modulo p ist.