Prof. Dr. Rudolf Scharlau, Stefan Höppner

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1 Aufgabe 13. Bestimme alle Untergruppen der S 4. Welche davon sind isomorph? Hinweis: Unterscheide zwischen zyklischen und nicht zyklischen Untergruppen. Lösung. Die Gruppe S 4 besitzt die folgenden Elemente: Ordnung Elemente Ordnung 1 id Ordnung 2 (1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 3), (2, 4), (3, 4), (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3) Ordnung 3 (1, 2, 3), (1, 3, 2), (1, 2, 4), (1, 4, 2), (1, 3, 4), (1, 4, 3), (2, 3, 4), (2, 4, 3) Ordnung 4 (1, 2, 3, 4), (1, 4, 3, 2), (1, 2, 4, 3), (1, 3, 4, 2), (1, 3, 2, 4), (1, 4, 2, 3) Nach dem Satz von Lagrange können Untergruppen der S 4 nur die Ordnungen 1,2,3,4,6,8,12 und 24 besitzen. Die Gruppe der Ordnungen 1 ist die triviale Untergruppe U 1 := {id} Desweiteren erzeugt jedes Element der S 4 eine zyklische Untergruppe (vgl. Def ): Ordnung Gruppe Ordnung 2 U 2 := {id, (1, 2)} U 3 := {id, (1, 3)} U 4 := {id, (1, 4)} U 5 := {id, (2, 3)} U 6 := {id, (2, 4)} U 7 := {id, (3, 4)} U 8 := {id, (1, 2)(3, 4)} U 9 := {id, (1, 3)(2, 4)} U 10 := {id, (1, 4)(2, 3)} Ordnung 3 U 11 := {id, (1, 2, 3), (1, 3, 2)} U 12 := {id, (1, 2, 4), (1, 4, 2)} U 13 := {id, (1, 3, 4), (1, 4, 3)} U 14 := {id, (2, 3, 4), (2, 4, 3)} Ordnung 4 U 15 := {id, (1, 2, 3, 4), (13)(24), (1, 4, 3, 2)} U 16 := {id, (1, 2, 4, 3), (14)(23), (1, 3, 4, 2)} U 17 := {id, (1, 3, 2, 4), (12)(34), (1, 4, 2, 3)} Gemäß Satz sind zyklische Gruppen genau dann isomorph, wenn sie dieselbe Ordnung besitzen. Es kann keine weiteren Untergruppen der Ordnung 2 geben, da diese Gruppen neben der Identität nur ein weiteres Element besitzen und damit stets zyklisch sind. 1

2 Beh: Es kann auch keine weitere Untergruppe der Ordnung 3 geben. Angenommen es gäbe eine nicht zyklische Gruppe der Ordnung 3, etwa {id, a, b}, so kann a b nicht die Identität ergeben, da ansonsten b = a 1 wäre. Die Gruppe wäre somit zyklisch. Also sei o.b.d.a a b = a. Durch Multiplikation mit a 1 erhält man b = id Nun zu den nicht zyklischen Untergruppen mit Ordnung 4, etwa U := {id, u 1, u 2, u 3 }. Die Elemente von U können also nicht von der Ordnung 4 sein, da U sonst zyklisch wäre. In U kann es auch kein Element der Ordnung 3 geben, da dieses eine Untergruppe von U der Ordnung 3 erzeugen würde, die es nach dem Satz von Lagrange nicht geben kann. Die Elemente u 1, u 2, u 3 haben also die Ordnung 2. Wie gerade gezeigt wurde, kann die Hintereinanderschaltung von zwei verschiedenen Elementen u i und u j der Ordnung 2 nicht wieder u i oder u j ergeben. Also muss die Verknüpfung von zwei Elementen aus U mit der Ordnung 2 das dritte Element ergeben. Überprüft man die Elemente der Ordnung 2 nach dieser Eigenschaft erhält man die folgenden Gruppen: U 18 := {id, (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3)} = V 4 U 19 := {id, (1, 2), (3, 4), (1, 2)(3, 4)} U 20 := {id, (1, 3), (2, 4), (1, 3)(2, 4)} U 21 := {id, (1, 4), (2, 3), (1, 4)(2, 3)} Nun zu den Untergruppen der Ordnung 6, etwa U := {id, u 1, u 2, u 3, u 4, u 5 }. Eine solche Untergruppe kann kein Element der Ordnung 4 enthalten, da dieses Element eine Untergruppe von U der Ordnung 4 erzeugen würde, die nach dem Satz von Lagrange nicht existieren kann. Beh: U enthält mindestens ein Element der Ordnung 3. Angenommen U enthält nur Elemente der Ordnung 2. 1.Fall: Es gibt mindestens eine Doppeltransposition in U. Wenn es genau eine Doppeltransposition (a, b)(c, d) U gibt, dann gibt es in U auch eine einfache Transposition der Form (b, d). Wegen der Abgeschlossenheit von U ist dann auch (a, b)(c, d) (b, d) = (a, b, c, d) U. (Die Fälle mit zwei und drei Doppeltranspositionen verlaufen analog.) 2.Fall: U besteht nur aus einfachen Transpositionen. Unter den fünf Transpositionen muss es mindestens zwei Transpositionen der Kombination (a, b), (b, c) geben. Dann muss wegen der Abgeschlossenheit von U auch (a, b) (b, c) = (a, b, c) U sein. U besitzt also mindestens ein Element der Ordnung 3. Wiederum auf Grund der Abgeschlossenheit von U muss dann auch dessen Inverses Element in U liegen. Beh: U enthält höchstens zwei Elemente der Ordnung 3. Angenommen in U gibt es neben den beiden zueinander inversen Zykeln der Länge 3 (a, b, c), (a, c, b) einen weiteren Zykel, der o.b.d.a. die Form (a, b, d) besitzt. Dann müssen auch (a, b, d)(a, b, d) = (a, d, b) U sowie (a, b, c)(a, b, d) = 2

3 (a, d, c) U sein und damit ebenfalls (a, d, c)(a, d, c) = (a, c, d) U. Insgesamt sind dies bereits sechs Zykel der Länge 3. Zusammen mit der Identität müsste U also mehr als sechs Elemente besitzen. Jede Untergruppe der Ordnung 6 besitzt also neben der Identität zwei Zykel der Länge 3, die invers zueinander sind, etwa (a, b, c) und (a, c, b). Die drei übrigen Elemente müssen die Ordnung 2 haben. Beh: Wenn (a, b, c), (a, c, b) U sind, besitzt U keinen Zykel, der d enthlt. Angenommen U besitzt einen einfachen Zykel, der d enthält. O.B.d.A. sei dies der Zykel (a, d). Dann wäre (a, b, c)(a, d) = (a, d, b, c) U Falls U eine Doppeltransposition besitzt, o.b.d.a. (ab)(cd), dann muss auch (a, b, c) (a, b)(c, d) = (a, c, d) U sein. Dies ist ein Widerspruch zu der vorherigen Behauptung. Es bleiben nur noch drei Transpositionen ohne d. Insgesamt kann man durch die Wahl eines Zykels der Länge 3 bis auf sechs Elemente alle anderen Elemente der S 4 ausschließen. Zu zeigen ist noch, dass diese sechs Elemente eine Gruppe bilden, aber dies ist klar, da sie gerade isomorphe Kopien der S 3 bilden. U 22 := {id, (1, 2), (1, 3), (2, 3), (1, 2, 3), (1, 3, 2)} U 23 := {id, (1, 2), (1, 4), (2, 4), (1, 2, 4), (1, 4, 2)} U 24 := {id, (1, 3), (1, 4), (3, 4), (1, 3, 4), (1, 4, 3)} U 25 := {id, (2, 3), (2, 4), (3, 4), (2, 3, 4), (2, 4, 3)} Nun zu den Untergruppen der Ordnung 8. Sei U eine solche Gruppe. Diese Gruppe kann keine Elemente der Ordnung 3 enthalten, da diese Elemente Untergruppen der Ordnung 3 von U erzeugen. Der Satz von Lagrange besagt aber, dass es keine Untergruppen dieser Ordnung geben kann. Beh: U enthält mindestens ein Element der Ordnung 4. Angenommen U enthielte kein Element der Ordnung 4. Da U auch keine Elemente der Ordnung 3 besitzt, müssten 7 Elemente der Ordnung 2 in U liegen. Dabei gibt es auch zwei Elemente der Form (a, b), (b, c). Wegen der Abgeschlossenheit von U muss (a, b)(b, c) = (a, b, c) U sein. Wenn U ein Element der Ordnung 4 enthält, dann enthält U auch das inverse Element, welches ebenfalls Ordnung 4 besitzt. Beh: U enthält höchstens zwei Elemente der Ordnung 4. Diese Elemente seien (a, b, c, d), (a, d, c, b). Angenommen es gäbe einen dritten Zykel der Länge 4 in U. Dieser Zykel hat o.b.d.a. die Form (a, b, d, c), denn je 3

4 zwei Zykel der Länge 4 besitzen zwei Elemente, die in beiden Zykeln in der selben Reihenfolge auftauchen (o.b.d.a. seien dies a und b). Wegen der Abgeschlossenheit von U gilt: (a, b, c, d)(a, b, d, c) = (a, c, b) U Die Untergruppe U besitzt also einen Zykel der Länge 4 (a, b, c, d) sowie den inversen Zykel (a, d, c, b) und die Identität. Es verbleiben noch 5 Elemente der Ordnung 2. Wähle eine Transposition mit aufeinander folgenden Elementen aus dem Zykel der Länge 4. Dies sei o.b.d.a. (a, b). Daher müsste dann ebenfalls (a, b, c, d)(a, b) = (a, c, d) U dein. Man kann also vier von neun Transpositionen ausschließen. Die Jede Untergruppe der Ordnung 8 besitzt also mindestens einen Zykel der Länge 4, bezüglich dessen man je 16 Elemente als Elemente der Untergruppe ausschließen kann. Zu zeigen ist, dass die verbleibenden Elemente eine Untergruppe bilden. Dies ist jedoch klar, da diese Elemente die Gruppe Di 4 bilden bzw. zu dieser Gruppe isomorph sind (vgl. A6). U 26 := {id, (13), (24), (12)(34), (13)(24), (14)(23), (1234), (1432)} U 27 := {id, (12), (34), (12)(34), (13)(24), (14)(23), (1324), (1423)} U 28 := {id, (14), (23), (12)(34), (13)(24), (14)(23), (1243), (1342)} Nun zu den Untergruppen der Ordnung 12. Eine solche Untergruppe U besitzt Index 2, ist also nach c) ein Normalteiler, d.h. für ein u U und alle σ S 4 ist σuσ 1 U Beh: Für σ S 4 und x i {1, 2, 3, 4} paarweise verschieden gilt: σ(x 1, x 2,..., x n )σ 1 = (σ(x 1 ), σ(x 2 ),..., σ(x n )) Zeige nun, dass beide Zykel die Elemente aus {1, 2, 3, 4} gleich abbilden. Sei x j {x 1,..., x n }. Dann gilt σ(x 1, x 2,..., x n )σ 1 σ(x j ) = σ(x 1, x 2,..., x n )(x j ) = σ(x j+1 ) = (σ(x 1 ), σ(x 2 ),..., σ(x n ))σ(x j ) Sei x j / {x 1,..., x n }. Dann gilt σ(x 1, x 2,..., x n )σ 1 σ(x j ) = σ(x 1, x 2,..., x n )(x j ) = σ(x j ) = (σ(x 1 ), σ(x 2 ),..., σ(x n ))σ(x j ) Falls U also einen Zykel der Länge n besitzt, etwa (x 1,..., x n ), so muss auch jeder andere Zykel dieser Länge in U liegen. Denn wenn nämlich (y 1,..., y n ) ein solcher Zykel ist, dann definiert man σ S 4 durch σ : x i y i und erhält (y 1,..., y n ) = σ(x 1,..., x n )σ 1 U. In U liegen nun neben der Identität noch elf weitere Elemente. Man kann nun aus den verschiedenen Zykeltypen, die entweder ganz oder gar nicht in U liegen, nur die Doppeltranspositionen (3 Stück) und die Zykel der Länge 3 (8 Stück) auswählen um insgesamt genau elf Elemente zu erhalten. Es kann also nur eine Untergruppe der Ordnung 12 geben. U 29 := {id, (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3), (1, 2, 3), (1, 3, 2), (1, 2, 4), (1, 4, 2), (1, 3, 4), (1, 4, 3), (2, 3, 4), (2, 4, 3)} Man bezeichnet diese Gruppe auch als A 4 Die einzige Untergruppe der Ordnung 24 ist die S 4 selbst. 4

5 Aufgabe 14. a) Zeige, dass GL 2 (F 3 ) = 48 und SL 2 (F 3 ) = 24. (Hier ist F 3 = Z/3Z der Körper mit drei Elementen) b) Ist SL 2 (F 3 ) isomorph zu S 4? Lösung. ( ) a11 a a) Man betrachte die Spaltenvektoren der Matrix A := 12. Für die a 21 a 22 Koeffizienten des linken Spaltenvektors gibt es insgesamt neun verschiedene Kombinationen, wobei man Fall a 11 = a 21 = 0 ausschließen muss. Für den zweiten Spaltenvektor gibt es ebenfalls neun Kombinationen. Da die Determinante von Null verschieden sein soll, darf dieser Vektor kein Vielfaches des ersten Spaltenvektors sein. Daher scheiden von den neun Kombinationen drei aus, nämlich das 2-fache, das 1-fache und das 0-fache des ersten Spaltenvektors. Man erhält also insgesamt acht Möglichkeiten vor den ersten Vektor und zu jeder dieser acht Möglichkeiten gibt es sechs Möglichkeiten für den zweiten Spaltenvektor. Insgesamt sind dies 8 6 = 48 Kombinationen. Nun betrachtet man die Matrix A als Matrix der Menge SL 2 (F 3 ). Es gilt: 1 = det(a) = a 11 a 22 a 21 a 12 Fall 1: a 11 = 0 In diesem Fall gilt a 21 0 a 12. Daher folgt: a 12 = a 11a 22 1 a 21 = a Man kann also a 22 frei wählen (3 Möglichkeiten). Der Koeffizient a 21 kann alle Werte ausser Null annehmen. Davon gibt es zwei, wodurch gleichzeitig auch a 12 eindeutig bestimmt ist. Insgesamt fallen also sechs Matrizen unter diesen Fall. Fall 2: a 11 0 Dann gibt es für a 11 zwei mögliche Werte. Die Koeffizienten a 12 und a 21 sind frei wählbar, der letzte Koeffizient a 22 ist jedoch durch a 22 = a 12 a a 11 eindeutig bestimmt. Insgesamt enthält dieser Fall = 18 Matrizen. Beide Fälle zusammen ergeben also 24 Matrizen in der Gruppe SL 2 (F 3 ) b) Nein, da die Elemente der ( S 4 eine ) Ordnung von höchstens 4 besitzen. Die 1 1 SL 2 (F 3 ) besitzt aber mit mindestens ein Element mit Ordnung

6 Aufgabe 15. Seien C und R die Gruppen der Einheiten bzgl. der üblichen Multiplikation. Die Betragsabbildung : C R ist ein Gruppenhomomorphismus. Man bestimme Kern und Bild. Zeige, dass die Gruppe C isomorph ist zu U R >0, wobei U = {z C z = 1} ist. Lösung. Kern( ) = {z C z = 1} = U. Beh: Bild( ) = R >0 Sei nun a + bi C. Dann ist a + bi = a 2 + b 2 R >0 Zu jedem r R >0 ist r + 0i C mit r + 0i = r. Definiere nun sowie ϕ : U R >0 C durch (u, r) u r ψ : C U R >0 durch z ( z z, z ) Verknüpfungstreue von ϕ und ψ: Seien (u, r), (u, r ) U R >0. Dann gilt ϕ((u, r) (u, r )) = ϕ(uu, rr ) = uu rr = uru r = ϕ((u, r) ϕ(u, r )) Seien z, z C ψ(zz ) = ( zz zz, zz ) z = ( z z z, z z ) = ( z z, z ) ( z z, z ) = ψ(z) ψ(z ) Somit sind ϕ und ψ Gruppenhomomorphismen. Nun zeigt man die Bijektivität: Seien (u, r) U R >0 sowie z C Es gilt: (ϕ ψ)z = ϕ( z z, z ) = z z z = z (ψ ϕ)(u, r) = ψ(ur) = ( ur ur, ur ) = ( ur u r ur, u r ) = (, r) = (u, r) r Somit ist ψ die Umkehrabbildung von ϕ und beide Abbildungen sind bijektiv. 6

7 Aufgabe 16. Sei G eine endliche Gruppe, und seien g, h Elemente in G mit ord(g) = m, ord(h) = n. Zeige: Sind g und h vertauschbar, d.h. gh = hg, und ist ggt (m, n) = 1, so gilt ord(gh) = m n. Lösung. Es gilt (gh) mn = g mn h mn = (g m ) n (h n ) m = e e = e Damit folgt mit Hilfe von Satz 2.1.7, dass ord(gh) mn Sei r := ord(gh) nm. Dann gilt zum einen r nm. Zum anderen ist e = (gh) r = ((gh) r ) m = g rm h rm = h rm Es folgt n mr. Da m und n teilerfremd sind, muss n r. Analog folgert man e = (gh) r = ((gh) r ) n = g rn h rn = g rn = m rn = m r Aus n r und m r folgt nun nm r. Insgesamt gilt also sowohl nm r als auch r nm, also muss r = mn sein (beachte: r, n, m N, somit entfällt hier das sonst übliche bis auf Einheiten ). 7