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1 Karlsruher Institut für Technologie Institut für Algebra und Geometrie PD Dr. Stefan Kühnlein Dipl.-Math. Jochen Schröder Einführung in Algebra und Zahlentheorie Übungsblatt 2 Aufgabe 1 (4 Punkte) Seien G eine Gruppe und U, V G Untergruppen von G. Zeige: a) UV ist genau dann eine Untergruppe von G, wenn UV = V U. b) U V ist genau dann eine Untergruppe von G, wenn U V oder V U. u bzw. v (gegebenenfalls indiziert), seien stets Elemente aus U bzw. V. 1. Wir können das Untergruppenkriterium verwenden, da UV eine Teilmenge von G ist. Da U und V selbst Gruppen sind, ist das Neutralelement e von G sowohl in U als auch in V enthalten und es ist ee = e UV, also UV. Seien nun u 1 v 1, u 2 v 2 beliebige Elemente in UV. Es ist v 1 v2 1 =: v 3 V und v 3 u 1 2 V U wegen V U = UV von der Form u 3 v 3. Schließlich ist u 1 u 3 =: u 4 U. Damit ist (u 1 v 1 )(u 2 v 2 ) 1 = u 1 v 1 v2 1 u 1 2 = u 1 v 3 u 1 2 = u 1 u 3 v 4 = u 4 v 4 UV. Sei vu V U beliebig. Da ev UV, ue UV und UV eine Gruppe ist, ist vu = evue = (ev)(ue) UV. Sei uv UV beliebig. Da UV eine Gruppe ist, gibt es Inverses u 1v 1 = (uv) 1 in UV. Also ist uv = (u 1 v 1 ) 1 = v1 1 u 1 1 V U. 2. klar. In diesem Fall ist U V = U oder U V = V. Annahme: Seien beide Inklusionen falsch, dann gibt es u U \V, v V \U. Wegen u, v U V und da U V eine Gruppe ist, ist uv U V, uv ist also in U oder in V enthalten. Wäre uv U, so wäre wegen u 1 U auch u 1 uv = v U, analog folgt aus uv V, dass u V wäre. Beides kann nach Wahl von u, v nicht sein, dies ist ein WIDERSPRUCH.

2 Aufgabe 2 (4 Punkte) Sei M eine endliche, nichtleere Halbgruppe. Die Kürzungsregeln sind durch folgende Bedingungen charakterisiert: Für alle x, y, z M gilt: xy = xz y = z. (Linkskürzungsregel) Für alle x, y, z M gilt: yx = zx y = z. (Rechtskürzungsregel) Zeige, dass M genau dann eine Gruppe ist, wenn beide Kürzungsregeln gelten. Wegen der Kürzungsregeln sind für alle a M die Zuordnungen x ax, x xa injektive Abbildungen von M nach M. Wegen der Endlichkeit von M müssen dies sogar Bijektionen sein. Für alle a, b M gibt es also c, d M mit ac = b, da = b ( ). M, also gibt es a M und wegen ( ) ein Element e mit ea = a Für beliebiges b B gilt nun: ba = b(ea) = (be)a und wegen der Rechtskürzungsregel b = be. e ist also ein rechtsneutrales Element und insbesondere gilt ae = a. Damit gilt analog für beliebiges b B, dass ab = (ae)b = a(eb) b = eb, e ist also auch linksneutrales Element. Schließlich finden wir für beliebiges b B Elemente c, d M mit bc = e, db = e, also ein Links- und ein Rechtsinverses. Wegen d = de = d(bc) = (db)c = ec = c ist c = d ein Inverses zu b. M ist eine Halbgruppe mit neutralem Element e, in der jedes Element ein Inverses besitzt. Genau das war zu zeigen.

3 Aufgabe 3 (4 Punkte) Sei (G, ) eine beliebige Gruppe und H = {(g, h) : g h = h g} G 2 die Menge aller Paare kommutierender Elemente in G. Mit komponentenweiser Addition wird Z 2 eine Gruppe. Gib eine Bijektion ψ : Hom(Z 2, G) H an (und beweise, dass es eine Bijektion ist)! Für eine multiplikativ geschriebene Gruppe (M, ), m M, z Z schreiben wir m z := m... m mit z Faktoren m für nichtnegatives z und m z := m 1... m 1 mit z Faktoren m 1 für negatives z. Für eine additiv geschriebene Gruppe verwenden wir analog m z anstatt m z. Beide Schreibweisen sind üblich und vereinfachen das Aufschreiben der Lösung. ( ) ( ) ( 1 0 x Seien e 1 =, e 0 2 = Z 1 2. Diese erzeugen Z 2 als Gruppe: Jedes Z y) 2 kann eindeutig als x e 1 + y e 2 (mit x, y Z nach obiger Schreibweise) geschrieben werden. Wir ordnen ϕ Hom(Z 2, G) das Paar ((ϕ(e ) 1 ), ϕ(e 2 )) G 2 zu. Dann gilt: 1 Es ist ϕ(e 1 ) ϕ(e 1 ) = ϕ(e 1 + e 2 ) = ϕ( ) = ϕ(e e 1 ) = ϕ(e 2 ) ϕ(e 1 ). Also ist (ϕ(e 1 ), ϕ(e 2 )) H. Da e 1, e 2 Z 2 erzeugen, wird durch Angabe beider Bilder G ein Homomorphismus höchstens eindeutig festgelegt: Das ist die Injektivität von ψ. Zu zeigen verbleibt, dass ψ surjektiv ist. Seien dazu (g, h) H. Wir suchen einen Gruppen-Homomorphismus ϕ :( Z 2 ) G mit ϕ(e 1 ) = g, ϕ(e 2 ) = h. Da e 1, e 2 Z 2 erzeugen, gibt es höchstens ( ) eine Art, ϕ zu definieren: x x ϕ( ) = ϕ(x e y 1 + y e 2 ) = g x h y. Da die Darstellung eindeutig von ist, ist ϕ wohldefiniert und y es ( gilt: ) ( ) ( ) ( ) ( ) x x ϕ( ) ϕ( y y ) = g x h y (!) g x y x + x x x h = g x+x h y+y = ϕ( y + y ) = ϕ( + y y ). An der Stelle (!) benötigen wir, dass g und h kommutieren.

4 Aufgabe 4 (4 Punkte) Der Osterhase Meister Gruppels war fleißig und hat Osterkörbe in deinem Garten versteckt. Weil er möchte, dass du dabei auch etwas lernst, hat er in jeden Korb neben Eiern und Leckereien genau eine Gruppe versteckt. Da er sich mit großen Zahlen nicht auskennt, hat er aber nur Gruppen der Ordnung 6 mitgebracht. Um dir dein Ostererlebnis abwechslungsreich zu gestalten, hat er keine zwei zueinander isomorphen (oder gar gleichen das wäre ja total langweilig!) Gruppen versteckt. Natürlich hat er aber jeden möglichen Isomorphietyp dabei, damit er dir möglichst viele Geschenke machen kann. Du hast jetzt bereits sieben Körbe gefunden und langsam gehen dir die Ideen aus, wo noch weitere Körbe versteckt sein könnten. Vielleicht kannst du schon aufhören zu suchen, so viele Gruppen der Ordnung 6 kann es doch eigentlich gar nicht geben, oder? Du machst dich jetzt erst einmal daran, alle Isomorphietypen von Gruppen der Ordnung 6 zu bestimmen und aufzuschreiben. Du hast ja auf dem aktuellen Übungsblatt in der Aufgabe 2 etwas gelernt, das dir dabei helfen könnte. Der Osterhase schaut dir über die Schulter und warnt dich, dass nicht jedes Magma, das die Bedingung aus Aufgabe 2 erfüllt, eine Gruppe ist: Ohje, du hast die Assoziativität vergessen! Du nimmst dir fest vor, bei jeder deiner Lösungen genau zu beweisen, dass es eine Gruppe ist, und auch wirklich genau zu schauen, dass du alle Gruppen findest! Das freut den Osterhasen und deinen Tutor! Hast du bereits alle Körbe gefunden? Wenn nein: Wo könnte der Rest versteckt sein und warum lacht der Osterhase so fies? Aufgabe 2 lehrt uns, dass ein Magma nur eine Gruppe sein kann, wenn in der Verknüpfungstafel in jeder Zeile und jeder Spalte jedes Element nur einmal (sogar: genau einmal) auftritt. Gilt dies und ist das Magma zusätzlich assoziativ, genau dann liegt eine Gruppe vor. Weiterhin wissen wir: In einer Gruppe mit Ordnung n gibt es genau ein Element der Ordnung 1 (das Neutralelement e), alle anderen auftretenden Ordnungen teilen n (Satz von Lagrange). Es gibt bis auf Isomorphie genau eine Gruppe der Ordnung 1. Da eine Primzahl p neben 1 und p keine weiteren Teiler besitzt, hat in einer Gruppe mit p Elementen jedes Element x e Ordnung p. Sei x ein solches Element, dann ist G = {e, x, x 2,..., x p 1 } bereits die ganze Gruppe (Definition der Ordnung) und G Z/pZ, x i ī ist (wie man schnell nachrechnet) ein Isomorphismus. Es gibt also bis auf Isomorphie genau eine Gruppe der Ordnung p, in unserem Fall also je eine Gruppe der Ordnung 2, 3, 5. Wieviele Gruppen der Ordnung 4 gibt es? Sei G = {e, a, b, c} eine solche Gruppe. Fall 1: Es gibt ein Element der Ordnung 4 in G. Dann ist (bezüglich einem Isomoprhismus wie oben) G Z/4Z. Fall 2: Alle x G \ {e} haben Ordnung 2. Dann können wir einen Großteil der Verknüpfungstafel hinschreiben (links). Da in jeder Zeile und jeder Spalte jedes Element genau einmal stehen muss, bleibt höchstens eine Möglichkeit, die Tafel zu vervollständigen (rechts). e a b c e e a b c a a e b b e c c e e a b c e e a b c a a e c b b b c e a c c b a e Es gibt nun mehrere Methoden nachzuprüfen, dass G eine Gruppe ist. Wir können die Assoziativität nachrechnen oder einen Isomorphismus von G nach (Z/2Z) 2 ( V 4 ) (mit komponentenweiser Verknüpfung) angeben. Für letzteres schreiben wir die Verknüpfungstafel von (Z/2Z) 2 auf und sehen die Isomorphie. Eine direkte Begründung ist folgende: Da (Z/2Z) 2 eine Gruppe mit 4 Elementen ist, in der jedes nichtneutrale Element Ordnung 2 hat, muss es mindestens eine solche Gruppe geben. Da es nur eine mögliche Verknüpfungstafel einer solchen Gruppe geben kann, muss die oben angegebene Tafel also gerade die Tafel dieser Gruppe sein. (Da beide Beweisideen oben einfach durchzuführen sind, belassen wir es bei der eleganten Begründung.) Fall 1, Fall 2 Es gibt genau zwei Gruppen der Ordnung 4, diese sind isomorph zu Z/4Z bzw. (Z/2Z) 2.

5 Wieviele Gruppen der Ordnung 6 gibt es? Sei G eine solche Gruppe. Fall 1: G besitze ein Element der Ordnung 6. Dann ist G Z/6Z bis auf Isomorphie eindeutig bestimmt. Fall 2: Es gebe kein Element der Ordnung 6. Für x e bleibt ord(x) = 2 oder ord(x) = 3. Wir zeigen zunächst, dass G ein Element der Ordnung 2 und ein Element der Ordnung 3 besitzt. (Dies ist mit späterem Wissen einfacher, kann aber kombinatorisch auch mit unserem Elementarwissen gezeigt werden). Annahme: Alle Elemente aus G \ {e} haben Ordnung 2. Insbesondere ist G wegen (xy)(xy) = e = x(yy)x xy = yx für alle x, y G die Gruppe abelsch. G enthält neben e ein weiteres Element a (mit a 2 = e) und da dies offensichtlich noch nicht für 6 Elemente reicht ein weiteres Element b (mit b 2 = e). Wegen der Kürzungsregel und da a b = b 1 ist ab = ba ein weiteres Element. Wegen aba = b (usf.) und da zwei nebeneinanderstehende Buchstaben stets gekürzt werden kann, lässt sich aus a, b kein neues Element erzeugen und wir benötigen ein weiteres Element c / {e, a, b, ab}. Wegen der Kürzungsregel gilt ca cb und wir sehen ca / {e, a, c, ba}. Wäre ca = b, so wäre c = caa = ba, also ist ca noch nicht in {e, a, b, c, ab} enthalten, also ein neues Element. Mit einer analogen Begründung ist auch cb ein neues Element und G enthält bereits 7 Elemente. WIDERSPRUCH Annahme: Alle Elemente aus G \ {e} haben Ordnung 3. Wieder enthält G neben e ein weiteres Element a (mit a 3 = e) und damit auch das Element a 2. Wieder benötigen wir einen weiteren Erzeuger b (mit b 3 = e). b 2 ist ein neues Element: b 2 / {e, b, a} (da ord(b) = 3), b 2 a 2 (da sonst die Inversen b, a gleich sein müssten). Mit ähnlichen Begründungen können wir zeigen, dass ab ab 2 neue Elemente sind und haben damit wieder #G 7. WIDERSPRUCH. G enthält also ein Element a der Ordnung 2 und ein Element b der Ordnung 3. G enthält dann (mindestens) die Elemente e = a 2 = b 3, a, b, b 2, ab, ab 2 und mit ähnlichen Begründungen wie oben sind diese Elemente paarweise verschieden. Etwa ist ab e, da sonst b = a 1 = a sein müsste. Dann aber ist b ab 2 wegen der Kürzungsregel usf. Wir stellen soweit wie möglich eine Verknüpfungstafel auf und müssen später beachten, dass es nicht mehr Elemente geben darf: e a b b 2 ab ab 2 e e a b b 2 ab ab 2 a a e ab ab 2 b b 2 b b b 2 e b 2 b 2 e b ab ab ab 2 a ab 2 ab 2 a ab Es verbleiben ein paar unbekannte Verknüpfungen. Was ist ba? Wie oben überlegt, muss ba eines der 6 Elemente sein, wegen der Kürzungsregeln und der gegebenen Ordnungen ist ba / {e, a, b, b 2 }. Fall 1: ba = ab, in diesem Fall ist die Gruppe kommutativ und wir können die Tabelle fertig ausfüllen: e a b b 2 ab ab 2 e e a b b 2 ab ab 2 a a e ab ab 2 b b 2 b b ab b 2 e ab 2 a b 2 b 2 ab 2 e b a ab ab ab b ab 2 a b 2 e ab 2 ab 2 b 2 a ab e b Es kann also höchstens eine solche Gruppe geben. Aber ab hat Ordnung 6 und genau das war ausgeschlossen. Dieser Fall gibt also keine weitere Gruppe der Ordnung 6. Fall 2: ba = ab 2. Auch damit können wir jedes Produkt nach a und b sortieren und die Tabelle ausfüllen. (Sind wir hier mit richtiger Begründung nicht sogar schon fertig?). Z.B. ist b 2 a = b(ba) = b(ab 2 ) = (ba)b 2 = ab 2 b 2 = ab, aba = aab 2 = b 2, ab 2 a = ab(ba) = abab 2 = a(ba)b 2 = a 2 b 2 b 2 = b usf. Wir erhalten:

6 e a b b 2 ab ab 2 e e a b b 2 ab ab 2 a a e ab ab 2 b b 2 b b ab 2 b 2 e a ab b 2 b 2 ab e b ab 2 a ab ab b ab 2 a e b ab 2 b b 2 a ab b 2 e Da es keine weiteren Möglichkeiten gibt, gibt Fall 2 höchstens eine weitere Gruppe. Wir wissen wegen der Existenz von S 3 als nicht abelsche Gruppe (insbesondere ist S 3 Z/6Z), dass es eine weitere Gruppe geben muss. Dies muss also die Verknüpfungstafel von S 3 sein. Alternativ können wir auch hier die Assoziativität einzeln nachrechnen oder die Verknüpfungstagel von S 3 aufstellen und vergleichen. Es gibt bis auf Isomorphie 8 Gruppen der Ordnung 6, bis auf S 3 sind diese alle abelsch. Ein Körbchen muss also noch gefunden werden. Zusatzaufgabe (1 Punkt) Beweise, dass es den Osterhasen wirklich gibt! Finde alle Eier, die auf diesem Übungsblatt versteckt sind! Male deinem Übungsleiter einen schöneren Hasen, als er dir gemalt hat. Welcher Hase ist wohl von ihm? Der Übungsleiter verzichtet auf den Punkt und stellt keine Musterlösung ins Netz. Abgabe bis Montag, 2. Mai, 9.30 Uhr im Abgabekasten, direkt vor der großen Übung um 9:45 Uhr oder auch vorher direkt bei deinem Übungsleiter.

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