Übungen zur Vorlesung Mathematik für Informatiker 1 Wintersemester 2013/14 Übungsblatt 8

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1 Prof. Dr. Bernhard Steffen Dipl.Inf. Malte Isberner Dr. Oliver Rüthing Dipl.Inf. Melanie Schmidt Dr. Hubert Wagner Übungen zur Vorlesung Mathematik für Informatiker 1 Wintersemester 2013/14 Übungsblatt 8 Die Lösungshinweise dienen primär der internen Kommunikation der Lösungen zu den Übungsaufgaben. Sie sind geeignet, das Vorgehen zur Lösung zu illustrieren und die zur Lösung erforderlichen Ideen und Denkanstöße zu vermitteln. Bitte beachten Sie jedoch, dass es sich hierbei nicht um Musterlösungen handelt in dem Sinne, dass sie eine mustergültige Verschriftlichung des jeweiligen Lösungsweges darstellen. Insbesondere sind aus Platzgründen einige der Lösungswege nur abgekürzt dargestellt. Daraus leitet sich jedoch nicht ab, dass ein entsprechendes Vorgehen in der Klausur automatisch zur vollen Punktzahl führt! Aufgabe 8.1 Strukturtafeln und Gruppen (Präsenzaufgabe) 1. Im Folgenden sind die Additions- und Multiplikationstafeln für Z 6 nur unvollständig aufgeführt. Vervollständigen Sie diese. Additionstafel: Multiplikationstafel: Lösung: Die zu ergänzenden Zahlen sind durch Fettdruck hervorgehoben.

2 Prof. Dr. Bernhard Steffen 2. Zeigen Sie: Z 6, + 6 ist eine Gruppe. Lösung: Wir weisen die Gruppenaxiome nach: Assoziativgesetz: Es seien n, m und k beliebige Elemente von Z 6. Mit den Rechenregeln für die Modulo-Rechnung ergibt sich n + 6 (m + 6 k) = n + (m + k mod 6) mod 6 = n + m + k mod 6 = (n + m mod 6) + k mod 6 = (n + 6 m) + 6 k. Existenz des neutralen Elements: Neutrales Element ist die 0, denn es gilt für ein beliebiges Element n Z 6 : und n = n + 0 mod 6 = n mod 6 = n n = 0 + n mod 6 = n mod 6 = n. Existenz des Inversen zu einem Element: 0 ist invers zu 0, da = 0. Für Elemente n mit 0 < n 5 ist 6 n invers zu n : und n + 6 (6 n) = n + (6 n) mod 6 = 6 mod 6 = 0 (6 n) + 6 n = (6 n) + n mod 6 = 6 mod 6 = 0. Aufgabe 8.2 Permutationen, Zykelschreibweise (3+2 Punkte) Wie bereits in der Vorlesung erwähnt, lassen sich Permutationen auf der Menge {1,..., n} auch als Komposition von Zykeln schreiben (für eine genaue Definition der Semantik von Zykeln siehe Skript). 1. Gegeben seien die folgenden Permutationen σ 1, σ 2, σ 3 S 6 wie folgt: ( ) ( ) ( σ 1 =, σ =, σ = ).

3 Stellen Sie σ 1, σ 2 und σ 3 in Zykelschreibweise dar. Lösung: Um aus einer Wertetabelle einer Permutation die Zykelschreibweise abzuleiten, beginnt man bei einem beliebigen Element bspw. 1, fügt es dem aktuellen Zykel hinzu und sieht nach, auf welches Element es abgebildet wird. Diesen Vorgang wiederholt man mit dem erhaltenen Element usw., bis man wieder beim ersten Element angelangt ist. Sind Elemente der betrachteten Menge noch in keinem Zykel enthalten, so wiederholt man das beschriebene Vorgehen mit einem beliebigen (i.a. dem kleinsten) Restelement für einen neuen Zykel, bis schließlich sämtliche Elemente abgedeckt sind (Elemente, die auf sich selbst abgebildet werden (1-Zykel) ignoriert man hierbei). Nach Anwenden dieses Vorgehens erhält man σ 1 = ( ), σ 2 = ( )(4) = ( ), σ 3 = (1 2 6)(3 5 4). 2. Berechnen Sie σ 1 σ 2 σ 3. Stellen Sie das Ergebnis ebenfalls in Zykelschreibweise dar. Lösung: Man konstruiert Zykel in der gewohnten Art und Weise, berechnet den Nachfolger unter σ 1 σ 2 σ 3 jedoch, indem man (in dieser Reihenfolge) σ 3, σ 2 und schließlich σ 1 anwendet. Man erhält σ 1 σ 2 σ 3 = ( )(3)(5) = ( ) Aufgabe 8.3 Gruppe und Gruppenhomomorphismus (3+2 Punkte) G, sei eine Gruppe. 1. Zeigen Sie: für alle a, b G gilt (a b) 1 = b 1 a 1 Lösung: Es gilt b 1 a 1 = (b 1 a 1 ) e (neutrales Element) = (b 1 a 1 ) ((a b) (a b) 1 ) (inverses Element) = ((b 1 a 1 ) (a b)) (a b) 1 (Assoziativges.) = (b 1 (a 1 (a b))) (a b) 1 (Assoziativges.) = (b 1 ((a 1 a) b)) (a b) 1 (Assoziativges.) = (b 1 (e b)) (a b) 1 (inverses Element) = (b 1 b) (a b) 1 (neutrales Element) = e (a b) 1 (inverses Element) = (a b) 1 (neutrales Element) 3

4 2. Sei G, eine Gruppe mit neutralem Element e, G, eine Gruppe mit neutralem Element e und h : G, G, ein Gruppenhomomorphismus von G, nach G,, d.h. es gilt für alle a, b G: h(a b) = h(a) h(b). Ferner lässt sich für einen solchen Gruppenhomomorphismus zeigen, dass für alle a G gilt. h(a 1 ) = h(a) 1 Als den Kern von h bezeichnet man die Menge derjenigen Elemente von G, die unter h auf das neutrale Element e von G abgebildet werden, also Kern(h) = df h 1 (e ). Beweisen Sie: h ist genau dann injektiv, wenn Kern(h) = {e} gilt. Lösung: Wir zeigen die Äquivalenz durch Beweisen der wechselseitigen Implikation. h ist injektiv Kern(h) = {e} : Dies ist nahezu trivial. Für eine injektive Funktion besitzt jedes Bildelement höchstens ein Urbild. Zu zeigen bleibt also nur, dass h(e) = e ist. Dies folgt aber unmittelbar aus h(e) (e neutr.) = h(e e) (Hom.) = h(e) h(e), da in einer Gruppe das neutrale Element eindeutig bestimmt ist. Kern(h) = {e} h ist injektiv : Dies zeigen wir per Kontraposition. Wir nehmen an, dass h nicht injektiv sei. Zu zeigen ist dann, dass Kern(h) {e} gilt. Wenn h nicht injektiv ist, gibt es a, b G mit a b und h(a) = h(b). Aufgrund der Eindeutigkeit inverser Elemente in einer Gruppe gilt auch a 1 b 1, und damit a b 1 e. Für dieses Element gilt jedoch h(a b 1 ) = h(a) h(b 1 ) (Homomorphie) = h(a) h(b) 1 (Homomorphie) = h(a) h(a) 1 (Annahme h(a) = h(b)) = e (inverse Elemente) womit Kern(h) mindestens ein von e verschiedenes Element, nämlich a b 1, enthält., Aufgabe 8.4 Untergruppenverband (Präsenzaufgabe) 1. Sei G, eine Gruppe. Zeigen Sie: Die Menge aller Untergruppen von G, bildet mit der ist Untergruppe von -Relation einen Verband V,. 2. Zeigen Sie: Die Funktion f : V N, definiert durch f(u) = U ist ein Ordnungshomomorphismus. Lösung: 4

5 1. Für eine Indexmenge I sei (H i, ), i I, Untergruppe einer Gruppe (G, ). Wir zeigen, dass der Durchschnitt dieser Untergruppen wieder eine Untergruppe von (G, ) ist. Sei H = i IH i. Es ist zu zeigen, dass (H, ) Untergruppe von (G, ) ist. Da offensichtlich H G gilt, ist somit zu zeigen, dass (H, ) eine Gruppe ist. Wir zeigen zunächst, dass H unter abgeschlossen ist, d.h., dass für beliebige Elemente a, b H gilt a b H: sind a, b H, so gilt a, b H i für alle i I. Damit gilt a b H i für alle i I und folglich a b H. Für das neutrale Element e G gilt e H, da e H i, i I. Ist a H, dann ist a H i, i I. Da (H i, ) insbesondere eine Gruppe ist, gilt a 1 H i für alle i I. Damit ist dann auch a 1 H. Das Assoziativgesetz gilt offensichtlich in H, da es in G gilt. Wir definieren auf der Menge der Untergruppen von (G, ) eine partielle Ordnung durch Es gilt für : (H, ) ( H, ) genau dann, wenn (H, ) Untergruppe von ( H, ) ist. Reflexivität: Es gilt (H, ) (H, ), da jede Untergruppe Untergruppe von sich selbst ist. Transitivität: Ist (H, ) Untergruppe von (H, ) und (H, ) Untergruppe von (H, ), dann ist (H, ) natürlich auch eine Untergruppe von (H, ). Antisymmetrie: Gilt (H, ) (H, ) und (H, ) (H, ), dann gilt insbesondere H H und H H, also H = H und folglich (H, ) = (H, ). Damit ist gezeigt, dass eine partielle Ordnung ist. Wir müssen noch zeigen, dass zu zwei Untergruppen (H, ) und (H, ) inf ((H, ), (H, )) und sup ((H, ), (H, )) existieren. Nach dem oben Gezeigten ist der Durchschnitt von (H, ) und (H, ) eine Untergruppe von (G, ). Es gilt inf ((H, ), (H, )) = (H H, ), denn ist (K, ) Untergruppe von (H, ) und (H, ), dann ist K H und K H und folglich K H H. Damit folgt (K, ) (H H, ). Für sup ((H, ), (H, )) zeigen wir sup ( (H, ), ( H, )) = { (K, ) (K, ) (G, ), (H, ), ( H, ) (K, ) }. Es gilt {(K, ) (K, ) (G, ), (H, ), (H, ) (K, )} ist eine Untergruppe von (G, ). (Siehe oben) (H, ) {(K, ) (K, ) (G, ), (H, ), (H, ) (K, )} und (H, ) {(K, ) (K, ) (G, ), (H, ), (H, ) (K, )} Ist (K, ) eine Untergruppe von (G, ) mit (H, ) (K, ) und (H, ) (K, ), dann folgt offensichtlich {(K, ) (K, ) (G, ), (H, ), (H, ) (K, )} (K, ). 5

6 Dies zeigt, dass sup ((H, ), (H, )) = {(K, ) (K, ) (G, ), (H, ), (H, ) (K, )}. 2. Wir müssen zeigen: (H, ) (K, ) H K. Aus (H, ) (K, ) folgt, dass (H, ) Untergruppe von (K, ) ist. Nach dem Satz von Lagrange gilt damit, dass H ein Teiler von K ist. Dies aber impliziert H K, da K 0. 6