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Algebra I - Fakultät für Mathematik

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Technische Universit¨
at Dortmund
Fakult¨at f¨
ur Mathematik
Wintersemester 2014/15
L¨osungsblatt 1
Algebra I
Lo
¨sung 1.1:
Voraussetzungen: Sei (G, ∗) eine Gruppe mit linksneutralem Element e. F¨
ur a ∈ G bezeichnen
wir mit a dessen Linksinverses.
(a) Behauptung: F¨
ur alle a ∈ G ist ein Linksinverses a auch Rechtsinverses, d.h. es gilt a∗a = e.
Beweis: Sei (a ) ein Linksinverses zu a . Es gilt:
a ∗ a = e ∗ a ∗ a = (a ) ∗ a ∗ a ∗ a = (a ) ∗ e ∗ a = (a ) ∗ a = e.
(b) Behauptung: e ist auch ein rechtsneutrales Element, d.h. es gilt a ∗ e = a f¨
ur alle a ∈ G.
Beweis: Es gilt
(a)
a ∗ e = a ∗ a ∗ a = e ∗ a = a.
(c) Behauptung: Hat f ∈ G ebenfalls die Eigenschaft, dass f ∗ a = a f¨
ur alle a ∈ G gilt, so gilt
f = e.
Beweis: Es gilt
(b)
f = f ∗ e = e.
(d) Falls a ∗ a = e und b ∗ a = e f¨
ur a, a , b ∈ G gilt, so gilt b = a .
Beweis: Es gilt
(b)
(a)
b = b∗e = b∗a∗a =e∗a =a.
(e) Behauptung: F¨
ur alle a, b, c ∈ G, folgt aus a ∗ b = a ∗ c und aus b ∗ a = c ∗ a jeweils b = c.
Beweis: Es gilt
b=e∗b=a ∗a∗b=a ∗a∗c=e∗c=c
bzw.
(b)
(a)
(a)
(b)
b = b ∗ e = b ∗ a ∗ a = c ∗ a ∗ a = c ∗ e = c.
L¨
osung 1.2:
Voraussetzungen: Seien (G, ∗) eine Gruppe, M eine nichtleere Menge, Abb(M, G) die Menge
aller Abbildungen M −→ G mit Verkn¨
upfung f ♦ g : M −→ G, m −→ f (m) ∗ g(m), und H :=
(Abb(M, G), ♦).
(a) Behauptung:
(i) H ist eine Gruppe.
(ii) H ist genau dann abelsch, wenn G abelsch ist.
Beweis:
(i) Sei eG das neutrale Element von G. Es ist H nicht leer, da die Abbildung e : M −→ G,
m −→ eG , ein Element von H ist.
H ist abgeschlossen bzgl. ♦: F¨
ur alle f, g ∈ H und alle m ∈ M gilt f (m), g(m) ∈ G,
also auch f (m) ∗ g(m) ∈ G. Daher ist f ♦g eine wohldefinierte Abbildung von M nach
G.
♦ ist assoziativ auf H: F¨
ur alle f, g, h ∈ H und alle m ∈ M gilt, da ∗ assoziativ auf G
ist, dass
[f ♦(g♦h)](m) = f (m) ∗ (g♦h)(m) = f (m) ∗ (g(m) ∗ h(m)) = (f (m) ∗ g(m)) ∗ h(m)
= (f ♦g)(m) ∗ h(m) = [(f ♦g)♦h](m),
und daher sind die Abbildungen f ♦(g♦h) und (f ♦g)♦h identisch.
Die oben definierte Abbildung e ist neutrales Element von (H, ♦): F¨
ur alle f ∈ H und
alle m ∈ M gilt
(e♦f )(m) = e(m) ∗ f (m) = eG ∗ f (m) = f (m) = f (m) ∗ eG = f (m) ∗ e(m) = (f ♦e)(m),
und daher sind die Abbildungen e♦f , f und f ♦e alle identisch.
Zu f ∈ H ist g : M −→ G, m −→ f (m)−1 , ein Element von H, da f (m)−1 ∈ G f¨
ur alle
m ∈ M gilt. g ist ein Inverses zu f , denn es gilt f¨
ur alle m ∈ M , dass
(g♦f )(m) = g(m) ∗ f (m) = f (m)−1 ∗ f (m) = eG = e(m) = eG = f (m) ∗ f (m)−1
= f (m) ∗ g(m) = (f ♦g)(m),
und daher sind die Abbildungen g♦f , e und f ♦g identisch.
Wir haben somit nachgewiesen, dass (H, ♦) eine Gruppe ist.
(ii) Nehmen wir zun¨
achst an, dass H abelsch ist. Definiere zu a ∈ G die Abbildung fa : M −→
G, m −→ a. Es ist offensichtlich fa ∈ H f¨
ur alle a ∈ G. Da H abelsch ist, gilt f¨
ur alle
a, b ∈ G, dass fa ♦fb = fb ♦fa , und daher gilt f¨
ur beliebiges m ∈ M (M ist nichtleer),
dass
a ∗ b = fa (m) ∗ fb (m) = (fa ♦fb )(m) = (fb ♦fa )(m) = fb (m) ∗ fa (m) = b ∗ a.
Also ist dann G auch abelsch.
Nehmen wir nun an, dass G abelsch ist. Dann gilt f¨
ur alle f, g ∈ H und alle m ∈ m,
dass
(f ♦g)(m) = f (m) ∗ g(m) = g(m) ∗ f (m) = (g♦f )(m),
und daher sind die Abbildungen f ♦g und g♦f identisch. Also ist H abelsch.
(b) Voraussetzung: Sei nun G eine endliche Gruppe, d.h. |G| < ∞.
Behauptung: H ist genau dann isomorph zu G, wenn |G| = 1 oder |M | = 1 gilt.
Beweis: Wir nehmen an, dass H isomorph zu G ist. Insbesondere ist |H| = |G| < ∞. Gilt nun
|G| > 1, so definieren wir zu a ∈ G mit a = eG und zu m ∈ M die Abbildung ga,m : M −→ G,
die m auf a und alle m ∈ M \ {m} auf eG abbildet. Es gilt dann f¨
ur a, b ∈ G \ {eG } und
m1 , m2 ∈ M , dass ga,m1 = gb,m2 , falls a = b oder m1 = m2 . Somit gibt es außer dem
neutralen Element e ∈ H noch mindestens |G \ {eG }| · |M | weitere Abbildungen in H. Dann
ist aber |H| = |G| nur m¨
oglich, wenn |M | = 1 gilt.
Es gelte nun |G| = 1 oder |M | = 1. Ist |G| = 1, so ist G = {eG } die triviale Gruppe. Dann
ist e : M −→ G, m −→ eG , das einzige Element in H. Also ist auch H = {e} trivial, und es
folgt offensichtlich, dass
ϕ : G −→ H,
eG −→ e,
ein Gruppenisomorphismus ist.
Ist |M | = 1, also M = {m}, so gilt H = {fa : M −→ G, m −→ a | a ∈ G}. Dann ist
ψ : G −→ H,
a −→ fa ,
ein Gruppenisomorphismus. Die Bijektivit¨at folgt sofort aus der eben gemachten Beobachtung. Es bleibt noch zu zeigen, dass ψ auch ein Gruppenhomomorphismus ist. Seien also
a, b ∈ G. Dann gilt
ψ(a ∗ b)(m) = fa∗b (m) = a ∗ b = fa (m) ∗ fb (m) = (fa ♦fb )(m) = (ψ(a)♦ψ(b))(m),
und daher sind die Abbildungen ψ(a ∗ b) und ψ(a)♦ψ(b) identisch. Also ist ψ ein Gruppenhomomorphismus.
Lo
¨sung 1.3:
(a) Aufgabe: Angeben der Verkn¨
upfungstafel von ((Z/30Z)∗ , ).
L¨osung: Die Verkn¨
upfungstafel von ((Z/30Z)∗ , ) ist, wenn man m statt [m]30 schreibt,
1
1
7
11
13
17
19
23
29
1
7
11
13
17
19
23
29
7
7
19
17
1
29
13
11
23
11
11
17
1
23
7
29
13
19
13
13
1
23
19
11
7
29
17
17
17
29
7
11
19
23
1
13
19
19
13
29
7
23
1
17
11
23
23
11
13
29
1
17
19
7
29
29
23
19
17
13
11
7
1
(b) Behauptung: Es gilt in ((Z/40Z)∗ , ), wenn man m statt [m]40 schreibt:
a
a−1
1 3 7 9 11 13 17 19 21 23 27 29 31 33 37 39
1 27 23 9 11 37 33 19 21 7 3 29 31 17 13 39
Beweis: Offensichtlich gelten 1 · 1 ≡ 1 mod 40 und 39 · 39 ≡ (−1) · (−1) ≡ 1 mod 40.
Desweiteren gelten 3 · 27 ≡ 3 · (−13) ≡ −39 ≡ 1 mod 40, 7 · 23 ≡ 161 ≡ 1 mod 40,
9 · 9 ≡ 81 ≡ 1 mod 40, 11 · 11 ≡ 121 ≡ 1 mod 40 und 19 · 19 ≡ 361 ≡ 1 mod 40. Damit
folgen 13 · 37 ≡ (−27) · (−3) ≡ 27 · 3 ≡ 1 mod 40, 17 · 33 ≡ (−23) · (−7) ≡ 23 · 7 ≡ 1 mod 40,
21 · 21 ≡ (−19) · (−19) ≡ 19 · 19 ≡ 1 mod 40, 29 · 29 ≡ (−11) · (−11) ≡ 11 · 11 ≡ 1 mod 40
und 31 · 31 ≡ (−9) · (−9) ≡ 9 · 9 ≡ 1 mod 40.
L¨
osung 1.4:
Voraussetzungen: F¨
ur einen K¨
orper K und n ∈ N bezeichnen wir wie gewohnt mit GLn (K) die
Gruppe der invertierbaren n × n–Matrizen mit Koeffizienten in K mit der Matrizenmultiplikation
als Verkn¨
upfung.
Seien nun K = C und n = 2. Seien H # := {±E, ±I # , ±J, ±K # }, H := {±E, ±I, ±J, ±K} ⊆
GL2 (C), wobei
E :=
1 0
0 1
J :=
0 1
−1 0
I # :=
,
,
K # :=
1
0
0 −1
0 1
1 0
,
I :=
,
K :=
i
0
0 −i
,
0 i
i 0
.
(a) Aufgabe: Bestimmen der Verkn¨
upfungstafel von H # .
L¨osung:
·
E
−E
I#
−I #
J
−J
K#
−K #
E
−E
I # −I #
J
−J
K # −K #
E
−E
I # −I #
J
−J
K # −K #
#
#
−E
E −I
I
−J
J −K #
K#
I # −I #
E
−E
K # −K #
J
−J
#
#
−I
I
−E
E −K #
K#
−J
J
#
#
#
#
J
−J −K
K
−E
E
I
−I
−J
J
K # −K #
E
−E −I #
I#
K # −K #
−J
J −I #
I#
E
−E
#
#
#
−K
K
J
−J
I
−I #
−E
E
Behauptung: H # ist eine nichtabelsche Untergruppe von GL2 (C).
Beweis: H # ist offensichtlich nicht leer. Alle Eintr¨age in der Verkn¨
upfungstafel liegen in H # ,
daher ist H # abgeschlossen unter Matrizenmultiplikation. In jeder Zeile (und Spalte) kommt
E, das neutrale Element der Matrizenmultiplikation, vor. Daher ist H # auch abgeschlossen
unter Inversenbildung. H # ist nicht abelsch, da die Verkn¨
upfungstafel nicht symmetrisch
#
#
bzgl. der Hauptdiagonalen ist. Es gilt z.B. I J = K = −K # = JI # .
(b) Aufgabe: Bestimmen der Verkn¨
upfungstafel von H. L¨osung:
·
E
−E
I
−I
J
−J
K
−K
E −E
I −I
J −J
K −K
E −E
I −I
J −J
K −K
−E
E −I
I −J
J −K
K
I −I −E
E
K −K −J
J
−I
I
E −E −K
K
J −J
J −J −K
K −E
E
I −I
−J
J
K −K
E −E −I
I
K −K
J −J −I
I −E
E
−K
K −J
J
I −I
E −E
Behauptung: H ist eine nichtabelsche Untergruppe von GL2 (C).
Beweis: H ist offensichtlich nicht leer. Alle Eintr¨age in der Verkn¨
upfungstafel liegen in H,
daher ist H abgeschlossen unter Matrizenmultiplikation. In jeder Zeile (und Spalte) kommt
E, das neutrale Element der Matrizenmultiplikation, vor. Daher ist H auch abgeschlossen
unter Inversenbildung. H ist nicht abelsch, da die Verkn¨
upfungstafel nicht symmetrisch bzgl.
der Hauptdiagonalen ist. Es gilt z.B. IJ = K = −K = JI.
(c) Behauptung: H # und H sind nicht isomorph.
Beweis: Angenommen es gebe einen Gruppenisomorphismus ϕ : H # → H. Dann w¨
urde
#
2
2
2
f¨
ur alle A ∈ H mit A = E auch ϕ(A) = ϕ(A ) = ϕ(E) = E gelten. Es gibt laut
Verkn¨
upfungstafel in H # genau sechs selbstinverse Elemente: ±E, ±I # und ±K # . Mit der
eben gemachten Beobachtung m¨
usste es in H aufgrund der Bijektivit¨at von ϕ ebenfalls sechs
selbstinverse Elemente geben. An der Verkn¨
upfungstafel kann man aber ablesen, dass es nur
zwei selbstinverse Elemente in H gibt: ±E. Wir haben damit einen Widerspruch erhalten,
und die beiden Gruppen sind nicht isomorph.
L¨
osung 1.5:
Voraussetzungen: Sei K ein K¨
orper, und sei z ∈ K ∗ = K \ {0}. F¨
ur alle a, b ∈ K definieren wir
a ♠ b := a + b + zab.
Behauptung: Wenn |K| > 2 gilt, dann existiert genau ein t ∈ K, sodass (K \ {t}, ♠) eine Gruppe
ist: t = −z −1 .
Beweis: Zun¨
achst gilt f¨
ur alle a, b, c ∈ K, dass
a ♠ (b ♠ c) = a + (b ♠ c) + za(b ♠ c) = a + (b + c + zac) + za(b + c + zac)
= a + b + c + zac + zab + zbc + zabc = (a + b + zab) + c + z(a + b + zab)c
= (a ♠ b) + c + z(a ♠ b)c = (a ♠ b) ♠ c,
und damit ist ♠ assoziativ auf K.
Sei t ∈ K. Es gilt f¨
ur b ∈ K \ {t} genau dann a ♠ b = a f¨
ur alle a ∈ K \ {t}, wenn b + zab = 0
f¨
ur alle a ∈ K \ {t} gilt. Dies ist genau dann der Fall, wenn b = 0 gilt oder 1 + za = 0 f¨
ur alle
−1
a ∈ K \ {t} gilt. Letztere Gleichung kann aber nur f¨
ur a = −z gelten. Da aber |K \ {t}| > 1
gilt, gibt es ein a ∈ K \ {t} mit 1 + za = 0. Also kommt nur b = 0 in Frage.
Es existiert zu a ∈ K \ {t} genau dann ein b ∈ K \ {t} mit a + b + zab = a ♠ b = 0, wenn
es ein b ∈ K \ {t} mit b(1 + za) = −a gibt. W¨are aber a = −z −1 ∈ K \ {t}, so m¨
usste
0 = b(1 + z(−z −1 )) = b(1 + za) = −a = z −1 = 0 gelten, was nicht sein kann. Also kann es
nur dann zu jedem a ∈ K \ {t} ein Inverses bzgl. ♠ geben, wenn −z −1 ∈
/ K \ {t} gilt, was
t = −z −1 bedeutet. Ist aber t = −z −1 , so ist 1 + za = 0 f¨
ur alle a ∈ K \ {t}, und damit ist
−a
b = 1+za
ein Inverses zu a.
Es bleibt also nur noch zu zeigen, dass im Fall t = −z −1 die Menge K \{t} abgeschlossen bez¨
uglich
t−b
♠ ist. Es w¨
urde aber genau dann t = a + b + zab f¨
ur a, b ∈ K \ {t} gelten, wenn a = 1+zb
gelten
w¨
urde. Da hier b = t = −z −1 gilt, ist der Bruch wohldefiniert, und erweitern mit t w¨
urde damit
t(t−b)
a = t+(−1)b = t liefern, was nicht sein kann.
Wir haben also gezeigt, dass (K \ {t}, ♠) genau dann eine Gruppe ist, wenn t = −z −1 gilt.
Behauptung: Wenn |K| = 2 gilt, so ist (K \ {t}, ♠) f¨
ur jedes t ∈ K eine Gruppe.
Beweis: Es ist K = {0, 1} mit 1 + 1 = 0 und K \ {0} = {1}, weshalb nur z = 1 in Frage kommt.
Daher gilt 0 ♠ 0 = 0 + 0 + z · 0 · 0 = 0 und 1 ♠ 1 = 1 + 1 + z · 1 · 1 = 0 + 1 = 1. Somit ist K \ {t}
sowohl f¨
ur t = 1 also auch f¨
ur t = 0 bez¨
uglich ♠ abgeschlossen. Also bilden beide Mengen mit ♠
eine einelementige Gruppe.
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