Aufgabe 1. Stefan K. 3.Übungsblatt Algebra I

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1 Stefan K. 3.Übungsblatt Algebra I Aufgabe 1 a) zu zeigen: Z(G) ist ein Normalteiler in G Nach Definition des Zentrums ist Z(G) = {h G hg = gh g G}, = {h G hgh 1 = g g G}. (1) Nachweis, daß Z(G) G eine Untergruppe ist: Das neutrale Element e der Gruppe G ist auch Element von Z(G), denn es gilt nach dessen Definition eg = ge g G. Seien a, b Z(G). Dann ist wegen (1) unter Verwendung des Assoziativgesetzes für alle g G (ab)g = a(bg) = a(gb) = (ag)b = (ga)b = g(ab), es folgt ab Z(G). Weiterhin ist nach Regel für das Inverse eines Produktes und nach (1) a 1 g = (g 1 a) 1 = (ag 1 ) 1 = ga 1, es folgt a 1 Z(G). Also ist Z(G) eine Untergruppe von G. Nachweis, daß Z(G) die Normalteiler-Eigenschaft hat: Sei z Z(G), und sei weiterhin g G ein beliebiges Element der Gruppe G. Dann ist nach (1) gzg 1 = (gz)g 1 = (zg)g 1 = z(gg 1 ) = ze = z, also besteht die Inklusion gz(g)g 1 Z(G), betrachte ich statt g das Element g 1 G, erhalte ich zusammengefaßt g 1 Z(G)g Z(G), g 1 Z(G)g = Z(G), und damit ist Z(G) auch Normalteiler. Stefan K., Algebra I Blatt 3 Seite 1

2 b) zu zeigen: Ist G/Z(G) zyklisch, dann ist G abelsch Nach bewiesenem Teil a) ist Z(G) ein Normalteiler in G. Damit ist die Faktorgruppe G/Z(G) definiert. Nach Voraussetzung von b) ist G/Z(G) zyklisch, wird also von einem Element gz(g) G/Z(G) erzeugt. Die Elemente von G/Z(G) sind dann die Potenzen der erzeugenden Nebenklasse gz(g). Für die Potenzen dieser Nebenklasse gilt nach der Faktorgruppenoperation ( gz(g) ) i = g i Z(G), für die Faktorgruppe: G/Z(G) = gz(g) = { g i Z(G) i Z }. Die Gruppe G ist die Vereinigung der Linksnebenklassen : G = g i Z(G). (2) i Z Seien nun a, b G zwei beliebige Elemente von G. Wegen (2) existieren dann i, j Z sowie z 1, z 2 Z(G) mit a = g i z 1, b = g j z 2. Für die Verknüpfung von a und b gilt dann ab = g i z 1 g j z 2 und weil z 1, z 2 im Zentrum liegen = z 1 g i g j z 2 = z 1 g j g i z 2 = z 1 g j z 2 g i = g j z 2 g i z 1 = ba, und es ist gezeigt, daß G abelsch ist. Stefan K., Algebra I Blatt 3 Seite 2

3 c) zu zeigen: [ G : Z(G) ] ist keine Primzahl Annahme: [ G : Z(G) ] wäre eine Primzahl p. Nach a) ist Z(G) Normalteiler von G, die Gruppe G/Z(G) existiert und hat somit Primzahlordnung p. Als Gruppe mit Primzahlordnung muß G/Z(G) zyklisch sein, denn die Ordnung jedes Elements teilt die Gruppenordnung, eine Primzahl hat nur die Teiler 1 und p, also muß ein Element g e die Ordnung p haben und somit die Gruppe G/Z(G) erzeugen, daher ist G/Z(G) zyklisch. Nach b) ist dann G abelsch, sämtliche Elemente kommutieren, d.h. Der Satz von Lagrange besagt in diesem Fall zusammen mit (3) folgt G = Z(G). (3) G = [ G : Z(G) ] Z(G), [ G : Z(G) ] = 1, dies ist ein Widerspruch zur Annahme. Somit kann [ G : Z(G) ] keine Primzahl sein. Stefan K., Algebra I Blatt 3 Seite 3

4 Aufgabe 2 gegeben: H sei direkter Faktor der Gruppe G. zu zeigen: Jeder Normalteiler von H ist ein Normalteiler von G. Beweis: Die Gruppe G ist dann isomorph zum äußeren direkten Produkt von H mit einer weiteren Gruppe G : mit dem Isomorphismus G ϕ = H G ϕ : G = H G, ϕ bildet ein Element von G ab mittels g (h, g ), h H, g G, (4) und ϕ bildet ein Element von H G ab mittels ϕ(h) = (h, e G ), h H, e G G. (5) Nun betrachte ich einen Normalteiler N von H, sei n N, und wegen (5) ist ϕ(n) = (n, e G ). Dann gilt nach Homomorphieeigenschaft von ϕ und nach (4),(5) ϕ(gng 1 ) = ϕ(g)ϕ(n)ϕ(g 1 ) = (h, g )(n, e G )(h, g ) 1 die Multiplikation erfolgt komponentenweise: = (hn, g e G ))(h, g ) 1 = (hn, g ))(h, g ) 1 = (hn h 1, g g 1 ) = (hn h 1, e G ) (6) Weil N ein Normalteiler von H ist, gilt hn h 1 N, das Ergebnis von (6) liegt im Bild von N, also ist gng 1 N, und N ist Normalteiler von G. Stefan K., Algebra I Blatt 3 Seite 4

5 Aufgabe 3 gegeben: H sei Normalteiler der Gruppe G. zu zeigen: H ist direkter Faktor von G ϕ : G hom H, mit ϕ Isomorphismus. Beweis: : Sei zunächst H ein direkter Faktor von G. Dann gibt es einen weiteren Normalteiler N von G, wobei G isomorph zum direkten Produkt von H und N ist: G ψ = H N (7) mit ψ : G = H N. Bezeichne π H die kanonische Projektion von H N auf H, dann setze ich ϕ := π H ψ. (8) Als Verknüpfung von Homomorphismen ist das in (8) definierte ϕ ein Homomorphismus, und wegen ist ψ : G H N, π H : H N H ϕ : G H. Ich betrachte nun ϕ. ϕ ist ein Homomorphismus, weil es auf eine Untergruppe eingeschränkt ist, und sich daher die Homomorphieeigenschaft aus G überträgt. ϕ : H H ist surjektiv: Sei h H vorgegeben, dann hat es mindestens ein Urbild h H N unter der Projektion π H, weil die Projektion surjektiv ist. Weiterhin hat h ein Urbild unter ψ in G, nämlich h := ψ 1 (h ), da ψ ein Isomorphismus ist. Es gilt ϕ(h ) = (π H ψ)(h ) = π H (h ) = h, ϕ ist surjektiv. ϕ : H H ist injektiv: ker(π H ) = π 1 H e H = {(e H, n) n N}, und ψ 1 (1, n) N nach (7). Das heißt, die Urbilder von e H unter ϕ liegen in N G. Weil H ein direkter Faktor ist und H, N ein inneres direktes Produkt bilden, ist H N = {e G }, somit ist ker(ϕ ) = H N = {e G } = {e H }, und ϕ ist injektiv. Stefan K., Algebra I Blatt 3 Seite 5

6 : Für die Rückrichtung sei nun angenommen, ϕ : G H sei ein Homomorphismus, und seine Einschränkung ϕ auf H G ein Isomorphis- mus. ker(ϕ) =: N ist eine Untergruppe, als Kern eines Homorphismus ist N ein Normalteiler von G. x H N ϕ(x) = e H, da x N = ker(ϕ), und weil ϕ ein Isomorphismus ist, gilt nun x = e H, also H N = {e H }. (9) Es bleibt noch nachzuweisen, daß man jedes Element g G als Produkt g = hn von Elementen aus H und N darstellen kann. Für alle g G gilt ϕ(g) H. Da die Einschränkung ϕ ein Isomorphismus sein soll, ist ϕ 1 ein Isomorphismus von H nach H G. Somit ( ) ist h := (ϕ 1 ϕ)(g) = ϕ 1 ϕ(g) H G. Nun zeige ich, daß es ein n N gibt mit g = hn, also daß h 1 g N: ( ( (ϕ(g) ) ) ) ( ( ϕ(h 1 1 (ϕ(g) ) )) 1 g) = ϕ g = ϕ ϕ(g) ϕ 1 wegen Homomorphieeigenschaft von ϕ, ϕ 1 = ( ϕ(g) ) 1 ϕ(g) = eh, also liegt h 1 g im Kern von ϕ, somit ist gezeigt, daß h 1 g N, und wir haben die gesuchte Darstellung g = hn mit h H, n N. Zusammen mit (9) ist die Rückrichtung bewiesen. Stefan K., Algebra I Blatt 3 Seite 6

7 Aufgabe 4 gegeben: C = ( C \ {0}, ), I n die Gruppe der n-ten Einheitswurzeln gesucht: ein Isomorphismus C /I n = C Lösung: Ich untersuche die Abbildung: ϕ : C z C z n Bekanntlich ist ϕ ein Homomorphismus (ϕ(z 1 )ϕ(z 2 ) = z1 n z2 n = (z 1 z 2 ) n = ϕ(z 1 z 2 ), denn C ist kommutativ). Der Kern von ϕ ist ker(ϕ) = {z C : ϕ(z) = e C } = {z C : z n = 1}, nämlich die Gruppe der n-ten Einheitswurzeln I n. Die Gleichung z n = g ist für alle Elemente g C lösbar in C, daher ist ϕ surjektiv. Als Kern des Homomorphismus ϕ ist I n ein Normalteiler. Nach dem Homomorphiesatz folgt C /ker(ϕ) = C, also C /I n = C. Ich betrachte somit die Faktorgruppe C /I n, und die Abbildung ψ : C /I n zi n C z n ψ ist der gesuchte Isomorphismus. Stefan K., Algebra I Blatt 3 Seite 7