Morphismen, Unterstrukturen, Charakteristik, lineare Hülle

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1 TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik Prof. Dr. Friedrich Roesler Ralf Franken, PhD Max Lein Lineare Algebra 1 WS 2006/07 en Blatt Morphismen, Unterstrukturen, Charakteristik, lineare Hülle Zentralübungsaufgaben Z15 Gruppenmorphismen und Automorphismengruppe Seien (G, ) und (H, ) zwei (nicht notwendig abelsche) Gruppen. Eine Abbildung ϕ : G H heißt ein Gruppen(homo)morphismus, wenn gilt: x, y G : ϕ(xy) = ϕ(x) ϕ(y). Je nach weiteren Eigenschaften spricht man von einem Mono-, Epi-, Iso-, Endo- oder Automorphismus vgl. die entsprechenden Definitionen für Vektorraummorphismen aus der Vorlesung. a) Prüfen Sie in Abhängigkeit von a G die folgenden Abbildungen auf die obigen Eigenschaften: c a : G G, x a λ a : G G, x ax ϕ a : G G, x axa 1 konstante Abbildung auf a Linksmultiplikation mit a in G Konjugation mit a in G Was passiert, wenn G abelsch ist? b) Zeigen Sie: die Menge Aut G := {ϕ : G G : ϕ Automorphismus bildet zusammen mit der Abbildungskomposition eine Gruppe, die sog. Automorphismengruppe von G. c) Betrachten Sie nun Φ : G Aut G, a ϕ a mit ϕ a aus Teil a). Zeigen Sie, dass dies wiederum ein Gruppenhomomorphismus ist. Ist Φ immer injektiv? Immer surjektiv? Bestimmen Sie den Kern von Φ, d.h. Φ 1 (id G ). d) Kann eine Gruppe isomorph zu einer echten Untergruppe von sich selbst sein? a) Da in allen Beispielen H := G ist, sind alle auftretenden Homomorphismen Endomorphismen. c a : Im Fall a = e (neutrales Element in G) ist c e der triviale Endomorphismus (die Nullabbildung ); dieser ist ein Automorphismus genau dann wenn G = {e. Für a e findet man leicht Beispiele, in denen die Homomorphieeigenschaft verletzt ist. Tatsächlich stellt sich heraus, dass c a in diesem Fall nie ein Homomorphismus ist. Sonst wäre (mit beliebigem x G) a = c a (xx) = c a (x) c a (x) = aa, und Multiplikation mit a 1 auf beiden Seiten lieferte a = e, Widerspruch! 1

2 λ a : Im Fall a = e ist λ e = id G, was auch trivialerweise immer ein Endomorphismus ist, sogar immer ein Automorphismus. Dagegen ist für a e ebenfalls λ a nie ein Homomorphismus. Sonst wäre für beliebige x, y G axy = λ a (xy) = λ a (x) λ a (y) = axay ; Multiplikation von rechts mit y 1 und von links zunächst mit a 1 und dann mit x 1 lieferte wiederum a = e, Widerspruch! Wir untersuchen λ a trotzdem noch auf Injektivität (1) und Surjektivität (2): (1): Seien x, y G mit λ a (x) = λ a (y). Dann ist also ax = ay und folglich x = y. Also ist λ a für alle a G injektiv. (2): Sei x G. Dann gibt es b := a 1 x G, und es gilt λ a (b) = ab = aa 1 x = x, d.h. x ist das Bild von b unter λ a. Damit ist λ a für alle a G auch surjektiv, insgesamt also bijektiv. (Eleganter hätte man das auch so zeigen können: erraten, dass λ a 1 die Umkehrabbildung zu λ a ist, und dann λ a 1 λ a = λ a λ a 1 = id G nachweisen.) Völlig analog zur Linksmultiplikation kann man natürlich auch die Rechtsmultiplikation x xa studieren. Ist G abelsch, stimmen beide Abbildungen überein. (Auch wenn diese Abbildungen keine Gruppenhomomorphismen sind, sind sie interessant und nützlich man kann sich z.b. für das Bild a G einer Untergruppe G von G interessieren. Mehr darüber in der Algebra. Einen wichtigen Spezialfall kennen Sie schon: in der abelschen Gruppe (Z, +) liefert die (Links-) Multiplikation mit a für eine Untergruppe G = nz die Nebenklasse a + nz.) ϕ a : Im Fall a = e ist ϕ e = id G, siehe oben. Allgemein gilt ϕ a (xy) = axya 1 = ax a 1 a ya 1 = ϕ a (x) ϕ a (y) =e Also ist ϕ a für alle a G ein Endomorphismus. Wie sieht es mit Injektivität und Surjektivität aus? Nach unseren Erfahrungen mit λ a wenden wir die oben erwähnte elegante Methode an und vermuten, dass ϕ a bijektiv ist mit Umkehrabbildung ϕ a 1. Und siehe da: (ϕ a 1 ϕ a )(x) = ϕ a 1(ϕ a (x)) = ϕ a 1(axa 1 ) = a 1 axa 1 (a 1 ) 1 = x, also ϕ a 1 ϕ a = id G für alle a G. Ob auch ϕ a ϕ a 1 = id G, brauchen wir gar nicht mehr zu überprüfen, denn dies folgt ja schon aus der ersten Aussage, wenn man a durch a 1 ersetzt. Also ist die Konjugation mit a ein Gruppenautomorphismus für alle a G. Auf diese Weise kann man leicht Gruppenautomorphismen produzieren. Allerdings ist das Resultat für eine abelsche Gruppe G dabei ziemlich ernüchternd, denn es gilt dann ja also ϕ a = id G für alle a G. b) Es sind vier Dinge nachzuprüfen: ϕ a (x) = axa 1 = aa 1 x = x, (1) Abgeschlossenheit von Aut G unter : ist die Komposition von zwei Automorphismen von G wieder ein Automorphismus von G? (2) Ist die Komposition von Automorphismen von G assoziativ? 2

3 (3) Gibt es in Aut G ein neutrales Element bzgl.? (4) Gibt es zu jedem Automorphismus von G ein inverses Element bzgl. in Aut G? Also los: (1) Seien ϕ, ψ Aut G. Dass ψ ϕ bijektiv ist, ist klar. Nun ist noch die Homomorphieeigenschaft nachzuprüfen. Tatsächlich gilt für alle x, y G: (ψ ϕ)(xy) = ψ(ϕ(xy)) = ψ(ϕ(x) ϕ(y)) = ψ(ϕ(x)) ψ(ϕ(y)) = (ψ ϕ)(x) (ψ ϕ)(y), also ist auch ψ ϕ ein Automorphismus von G. (2) Assoziativität ist klar, weil die Abbildungskomposition immer assoziativ ist. (3) Das bezüglich der Abbildungskomposition neutrale Element ist die identische Abbildung, und id G ist natürlich ein Automorphismus von G. (4) Als inverses Element zu ϕ Aut G kommt überhaupt nur die Umkehrabbildung ϕ 1 in Frage. Es muss aber noch geprüft werden, ob diese Abbildung (die nach Satz 1.3 existiert und bijektiv ist) auch wirklich in Aut G liegt, d.h. die Homomorphieeigenschaft besitzt! Seien also x, y G; zu zeigen ist ϕ 1 (xy) = ϕ 1 (x) ϕ 1 (y). Da ϕ bijektiv ist, gibt es ˆx, ŷ G mit ϕ(ˆx) = x, ϕ(ŷ) = y. Damit: also ist alles gezeigt. ϕ 1 (xy) = ϕ 1 (ϕ(ˆx) ϕ(ŷ)) = ϕ 1 (ϕ(ˆxŷ)) = ˆxŷ = = ϕ 1 (ϕ(ˆx)) ϕ 1 (ϕ(ŷ)) = ϕ 1 (x) ϕ 1 (y), c) Zu zeigen ist für alle a, b G: Φ(ab) = Φ(a) Φ(b). Das liest sich gleich viel besser, wenn man die Definition dafür einsetzt: ϕ ab = ϕ a ϕ b. Nun geht es fast von selbst, besonders wenn man auf der rechten Seite beginnt: x G : (ϕ a ϕ b )(x) = ϕ a (ϕ b (x)) = ϕ a (bxb 1 ) = abxb 1 a 1 = (ab)x(ab) 1 = ϕ ab (x), wobei (ab) 1 = b 1 a 1 benutzt wurde. Schon fertig. Dass Φ nicht immer injektiv ist, zeigt die in Teil a) schon erkannte Tatsache, dass in jeder abelschen Gruppe alle Abbildungen ϕ a mit der Identität zusammenfallen, d.h. Φ(G) = {id G. Ein Beispiel, in dem Φ nicht surjektiv ist: betrachte (G, ) := (Z, +). Dann ist die durch die Vorschrift k k definierte Abbildung ein Gruppenautomorphismus (leicht nachzuprüfen), der von der identischen Abbildung verschieden ist. Aber da (Z, +) abelsch ist, gilt Φ(Z) = {id Z. Schließlich untersuchen wir noch den Kern von Φ. Einsetzen der Definition zeigt: Wann gilt ϕ a = id G? Ker Φ = {a G : ϕ a = id G. ϕ a = id G x G : ϕ a (x) = x x G : axa 1 = x, und wenn wir da jetzt noch auf beiden Seiten von rechts mit a multiplizieren zeigt das: Ker Φ = {a G : ax = xa für alle x G. Der Kern von Φ ist also die Menge all derjeniger Elemente aus G, die mit allen Elementen aus G kommutieren (d.h. vertauschbar sind). Als Kern eines Gruppenhomomorphismus ist dies automatisch eine Untergruppe von G. Sie misst, wenn man so will, wie abelsch G ist, und hat sogar einen Namen: das Zentrum von G. 3

4 d) Ja, zum Beispiel definiert k 2k einen Isomorphismus von Z nach 2Z Z. (Prüfen Sie s nach!) Z16 Vektorraum-Endomorhismen Sei V ein K-Vektorraum und f : V V ein Endomorphismus. Welche der folgenden Teilmengen sind Unterräume von V? U 1 := {v V : f(v) = 0 U 2 := {v V : f(v) = v 0, v 0 V \ {0 fest U 3 := {v V : f(v) = v = {v V : (f id V )(v) = 0 Bringt Sie U 3 auf eine Idee, was man mit zwei Endomorphismen f, g : V V anstellen könnte? (Wenn ja, probieren Sie s!) U 1 : Es ist U 1 = Ker f V (schon lange bekannt). U 2 : Die Menge U 2 kann kein Unterraum sein, da 0 U 2. Aber: die Menge U 2 hat trotzdem eine lineare Struktur! Und zwar: Entweder U 2 = (das ist z.b. der Fall, wenn f die Nullabbildung ist) zugegeben, hier ist es nicht sehr angebracht, von Struktur zu reden, aber dieser Fall ist ohnehin langweilig. Oder aber es gibt einen Vektor u 0 U 2, für den also gilt f(u 0 ) = v 0. In diesem Fall zeigt sich: U 2 = u 0 +Ker f. Es handelt sich dann also um einen um den Vektor u 0 verschobenen Unterraum (sog. affiner Unterraum). Oder anders ausgedrückt: zwar ist U 2 kein Unterraum, aber U 2 u 0 schon! Wir müssen U 2 = u 0 + Ker f noch beweisen: : Sei u u 0 + Ker f, d.h. u = u 0 + v mit v Ker f. Dann gilt also u U 2. f(u) = f(u 0 + v) = f(u 0 ) + f(v) = v = v 0, : Sei u U 2, d.h. f(u) = v 0. Dann ist u u 0 Ker f, denn Somit ist u = u 0 + (u u 0 ) u 0 + Ker f. f(u u 0 ) = f(u) f(u 0 ) = v 0 v 0 = 0. U 3 : Hier prüfen wir die Definition eines Unterraums in der Art einer Checkliste nach: Es gilt f(0) = 0, also 0 U 3, insbesondere U 3. u, v U 3 f(u) = u, f(v) = v f(u v) = f(u) f(v) = u v u v U 3. λ K, v U 3 f(v) = v f(λv) = λ f(v) = λv λv U 3. Damit ist U 3 ein Unterraum. Die alternative Schreibweise {v V : (f id V )(v) = 0 für U 3 ist dieselbe wie beim Kern einer linearen Abbildung, vgl. U 1. Da dabei tatsächlich ein Unterraum herauskommt, liegt es nahe zu prüfen, ob denn f id V vielleicht auch eine lineare Abbildung ist. Wir sind kühner und prüfen das gleich für die Summe zweier beliebiger linearer Abbildungen f, g : V V nach: 4

5 u, v V : (f + g)(u + v) = f(u + v) + g(u + v) = f(u) + f(v) + g(u) + g(v) = = (f + g)(u) + (f + g)(v), also ist die Additivität gegeben. v V, λ K : (f + g)(λv) = f(λv) + g(λv) = λ f(v) + λ g(v) = λ (f(v) + g(v)) = = λ (f + g)(v), also gilt auch Homogenität. Damit hat sich unsere Vermutung bestätigt: die Menge End K V der Endomorphismen eines K-Vektorraums V ist bezüglich + abgeschlossen. Nächste Schritte: ist (End K V, +) vielleicht sogar eine Gruppe? Und auch noch abelsch? Vielleicht ist sogar (End K V, +, ) ein Ring...? Später (bald!). Tutoraufgaben T16 Die Charakteristik eines Körpers Sei (K, +, ) ein Körper. Dann trifft genau eine von zwei Möglichkeiten zu: entweder (1) es gibt ein n N mit 1 = 0, oder (2) für alle n N ist 1 0. Im ersten Fall heißt die kleinste natürliche Zahl n 0 mit der betreffenden Eigenschaft die Charakteristik von K, in Zeichen: char K = n 0. Im zweiten Fall setzt man char K := 0. a) Zeigen Sie: ist char K 0, so ist char K eine Primzahl. Gibt es zu jeder Primzahl p einen Körper der Charakteristik p? Welche Körper der Charakteristik 0 kennen Sie? b) Die nachfolgenden Matrizen M 1, M 2, M 3 sind über jedem Körper K definiert, d.h. sind Elemente von M 2,2 (K). Sind sie über allen Körpern invertierbar? Falls nein, über welchen nicht? M 1 := ( ), M 2 := ( ), M 3 := ( ). a) Zunächst schreiben wir für 1 kürzer n 1. (Man mache sich bewusst, dass hier nicht die Körpermultiplikation ist links steht ein Element aus N! Es handelt sich vielmehr um die aus der Vorlesung bekannte Schreibweise für ein Vielfaches eines Elements einer additiven Gruppe.) Der Beweis ist ein klassischer indirekter Beweis. Wir schreiben gleich char K =: p. Angenommen, p sei nicht prim. Dann ist p = kl mit k, l N und 1 < k, l < p. Nun gilt 0 = p 1 = (k l) 1 = (k 1) (l 1), ( ) wobei der letzte Schritt auf der wiederholten Anwendung des Distributivgesetzes ( Ausmultiplizieren ) beruht: 1 = (1 ) (1 ). (k l)-mal k-mal l-mal Wegen k, l < p folgt mit der Minimalitätseigenschaft der Charakteristik, dass die Körperelemente k 1 und l 1 beide von 0 verschieden sind. Damit steht aber ( ) im Widerspruch zur Nullteilerfreiheit des Körpers! Also kann p nicht zusammengesetzt, sondern muss prim sein. 5

6 Für jede Primzahl p ist Z/pZ bekanntlich ein Körper, und dieser hat die Charakteristik p, denn 1 p-mal = p = 0 und 1 k-mal = k 0 für 0 < k < p. Körper der Charakteristik 0 sind Q, R, C, Q( 2),... Bemerkung: Die Körper Q und F p sind die einfachsten mit der jeweiligen Charakteristik. Es ist leicht einzusehen, dass, wenn L ein Teilkörper von K ist, char L = char K gelten muss (beide Körper enthalten ja dasselbe Einselement). In der Algebra zeigt man, dass jeder Körper einen je nach Charakteristik zu Q oder F p isomorphen Teilkörper besitzt. Es gibt übrigens auch unendliche Körper mit von 0 verschiedener Charakteristik. ( ) 1 0 b) Mit ( 1) ( 1) = 1 gilt über jedem Körper M 1 M 1 =. Also ist die Matrix M über jedem Körper invertierbar (und dabei ihre eigene Inverse). Die Matrix M 2 ist über keinem Körper invertierbar. Angenommen, es gäbe eine zu M 2 inverse Matrix in M 2,2 (K). Dann folgte aus ( ) ( ) ( ) a b = c d beispielsweise einerseits a b = 1 und andererseits a + b = 0. Wegen 0 1 ist das in jedem Körper ein Widerspruch. Bei der Matrix M 3 kommt schließlich die Charakteristik ins Spiel. Setzt man ( ) ( ) ( ) a b = c d an, so erhält man (I) a + b = 1 (II) a b = 0 (III) c + d = 0 (IV) c d = 1 und beispielsweise aus (I)+(II): a + a = 1. Ist nun char K = 2, so folgt 1 = a + a = (a 1 + a 1) = a (1 + 1) = a 0 = 0, ein Widerspruch! In Körpern mit der Charakteristik 2 ist M 3 also nicht invertierbar. In jedem anderen Körper findet man dagegen ( M3 1 (1 + 1) 1 (1 + 1) = 1 (1 + 1) 1 (1 + 1) 1 Beweis: durch Probe! Hier nur für 1. Zeile mal 1. Spalte von M 1 3 M 3 : ). (1 + 1) (1 + 1) 1 1 = (1 + 1) 1 (1 + 1) = 1. Wenn man in speziellen Körpern arbeitet, hat man natürlich für das Element (1 + 1) 1 meist eine handlichere Bezeichnung, z.b. 1 2 in Q. Alternative (unter Verwendung der Tatsache, dass das Kriterium A invertierbar det A 0 über beliebigen Körpern gültig bleibt vgl. aber H17.5!): det M 1 = 1 ( 1) 0 0 = 1 0 in jedem Körper; det M 2 = 1 1 ( 1) ( 1) = 0 in jedem Körper; { = 0 falls char K = 2, det M 3 = 1 ( 1) 1 1 = (1 + 1) 0 sonst. 6

7 T17 Eigenschaften des linearen Hüllenoperators Es sei V ein K-Vektorraum, M, N V, und. bezeichne die lineare Hülle in V. Was bedeuten die folgenden Aussagen in Worten? Beweisen oder widerlegen Sie sie jeweils. (i) M N M N (iii) M N = M N (v) M N = M N (ii) M N M N (iv) M N = M N (vi) M N = M N (i) Ist M eine Teilmenge von N, so ist der von M aufgespannte Unterraum in dem von N aufgespannten enthalten. Das ist wahr. Nach Satz 5.2(iii) besteht M aus allen Linearkombinationen von Vektoren aus M, d.h. Ausdrücken der Form λ v v mit Koeffizienten λ v aus K, von denen nur endlich viele 0 sind. v M Wegen M N ist jede solche Linearkombination automatisch auch eine Linearkombination von Vektoren aus N. Daraus folgt unmittelbar die Behauptung. (ii) Umkehrung von (i): Ist der von M aufgespannte Unterraum in dem von N aufgespannten enthalten, so muss M eine Teilmenge von N sein. Das ist falsch. Triviales Gegenbeispiel: {0 = {0 =, also {0 aber {0. Ein weniger triviales Gegenbeispiel: V := R 2, M := {(x, x) : x R, N := {(1, 0), (0, 1). Dann ist M = M = R (1, 1) (als Gerade bereits Unterraum) und N = R 2 = V. Also M N, obwohl M N (sogar M N = ) ist. (iii) Ob man zwei Mengen zuerst vereinigt und dann den davon erzeugten Unterraum betrachtet, oder ob man die Vereinigung der beiden von den Mengen erzeugten Unterräumen betrachtet, ist egal. Das ist falsch. Man beachte: M N ist definitionsgemäß immer ein Unterraum, die Vereinigung M N dagegen im Allgemeinen nicht! Ein Gegenbeispiel: V := R 2, M := {(1, 0), N := {(0, 1). Dann ist M N = R 2 = V, aber etwa (1, 1) R (1, 0) R (0, 1) = M N. (iv) Ob man von zwei Mengen erst den Durchschnitt bildet und dann die lineare Hülle, oder erst von jeder die lineare Hülle und dann davon den Durchschnitt, ist egal. Das ist falsch. Ein Gegenbeispiel: V := R 2, M := {(1, 0), (0, 1), N := {(2, 0), (0, 2). Dann: M N = R 2 R 2 = R 2, aber M N = = {0. (v) Ob man zwei Mengen vereinigt und den davon erzeugten Unterraum betrachtet, oder ob man erst jede der Mengen für sich abschließt und dann den von der Vereinigung dieser beiden Unterräume erzeugten Unterraum betrachtet, ist egal. Das ist wahr. Denn: : Da jede Teilmenge von V trivialerweise in dem von ihr erzeugten Unterraum enthalten ist, gilt M N M N. Daraus folgt die fragliche Inklusion sofort mit Teil (i). : Sei M N =: L. Die Elemente von L sind nach Satz 5.2(iii) Linearkombinationen (gemeint sind immer endliche mit Koeffizienten aus K) von Vektoren aus M oder Linearkombinationen von Vektoren aus N. Sei nun x L ; zu zeigen ist x M N. Wiederum sind nach dem obigen Satz die Elemente aus L Linearkombinationen von Vektoren aus L also Linearkombinationen von Linearkombinationen von Vektoren aus M bzw. aus N. Der entscheidende Punkt ist, dass jede solche große Linearkombination, wenn man sie ausmultipliziert und die Koeffizienten bei den Vektoren aus M und N sammelt, wieder eine Linearkombination ist, und zwar eine 7

8 von Vektoren aus M N. Nach dem nunmehr schon bekannten Satz ist das ein Element aus M N, wie zu zeigen war. (Den entscheidenden Schritt probiere man am besten anhand eines Beipiels aus. Zwar läßt sich das auch in präzisen Formeln aufschreiben, wird aber dadurch nicht viel klarer.) (vi) Die lineare Hülle des Durchschnitts zweier Mengen ist dasselbe wie die lineare Hülle des Durchschnitts der beiden von den Mengen aufgespannten Unterräumen. Das ist falsch. In dem Ausdruck M N kann man die äußeren Klammern weglassen, da M N als Durchschnitt zweier Unterräume bereits selbst ein Unterraum ist. Damit erweist sich die Aussage als äquivalent zur Aussage (iv), die bereits widerlegt wurde. Hausaufgaben Punkteschlüssel: H18 a) 2 Punkte H19 a) 6 Punkte H20 4 Punkte H21 a) 6 Punkte b) 2 Punkte b) 4 Punkte b) 4 Punkte c) 4 Punkte H18 Die KLEINsche Vierergruppe [8 Punkte] Sei K := {e, a, b, c. Mit der durch die nebenstehende Verknüpfungstafel definierten Verknüpfung wird K zu einer abelschen Gruppe (das brauchen Sie nicht zu beweisen, Sie sollten sich aber davon überzeugen). Diese Gruppe heißt die KLEINsche Vierergruppe. a) Bestimmen Sie alle Untergruppen von K. b) Bestimmen Sie die Automorphismengruppe von K. Zu welcher bekannten Gruppe ist diese isomorph? e a b c e e a b c a a e c b b b c e a c c b a e Verknüpfungstafel für (K, ). Der Eintrag in der letzten Zeile und vorletzten Spalte bedeutet z.b. c b := a. c) Zeigen Sie, dass K nicht isomorph zur zyklischen Gruppe der Ordnung 4 ist. (Dazu müssen Sie zeigen, dass kein Isomorphismus zwischen den beiden Gruppen existieren kann!) a) Behauptung: Die vollständige Liste der Untergruppen von K ist: {e, {e, a, {e, b, {e, c und K. Beweis: Das neutrale Element der Gruppe ist e. Also besitzt K die trivialen Untergruppen {e und K. Da jede Untergruppe das neutrale Element enthalten muss, kommen als weitere Untergruppen nur noch {e, x und {e, x, y in Frage, wobei x, y verschiedene Elemente aus {a, b, c bezeichnen. Da für alle x {a, b, c gilt x x = e, ist jede der vorstehenden zweielementigen Mengen tatsächlich eine Untergruppe (zyklische Gruppe der Ordnung 2). Dagegen folgt wegen a b = c, a c = b, b c = a dass keine der vorgenannten dreielementigen Mengen abgeschlossen ist. Diese sind also allesamt keine Untergruppen. 8

9 b) Jeder Endomorphismus von K bildet e auf e ab. Darüberhinaus muss ein Automorphismus von K (bijektiv!) die verbleibenden Elemente permutieren. Sei x {a, b, c beliebig. Dann gilt in jedem Falle x e = x und x x = e. Ferner prüft man leicht, dass auch stets x y = z und x z = y gilt, wenn y und z die beiden verbliebenen Elemente aus {a, b, c bezeichnen. Die drei Elemente a, b und c sind also nach ihrem algebraischen Verhalten nicht unterscheidbar, man kann sie nach Belieben umbenennen. Jede solche Umbenennung liefert einen Automorphismus von K, und das sind auch alle möglichen. Somit ist Aut K isomorph zur symmetrischen Gruppe S 3. c) Die zyklische Gruppe der Ordnung 4 läßt sich zum Beispiel schreiben als Z := {0, 1, 2, 3 mit der Addition modulo 4 als Verknüpfung, bezeichnet etwa mit. Hier die Gruppentafel: Sei nun ϕ : K Z ein Gruppenhomomorphismus. Für jedes Element x K gilt x x = e und daher in Z ϕ(x) ϕ(x) = ϕ(x x) = ϕ(e) = 0. Man sieht aber sofort, dass zwar 0 0 = 0 und 2 2 = 0, aber 1 1 = 2 0 und 3 3 = 2 0. Es gibt also nur zwei Elemente in Z, die als Bilder für die vier Elemente aus K in Frage kommen. Damit kann ϕ nicht injektiv sein, und insbesondere kein Automorphismus. Es gibt also keinen Automorphismus zwischen den Gruppen K und Z, d.h. die beiden Gruppen sind nicht isomorph. H19 Zur Charakteristik von Körpern [10 Punkte] a) Es sei K ein Körper der Charakteristik p 0. Zeigen Sie, dass für alle Elemente a K \ {0 und alle n N gilt: a.. + a = 0 k N : n = kp. Welche Charakteristik hat ein Körper, in dem 1 6-mal ) b) Über welchen Körpern ist die Matrix ( und 1 = 0 ist? 90-mal invertierbar? Was ist die Inverse? a) [Das K in der Angabe ist natürlich ein Tippfehler; gemeint ist a K \ {0.] 1. Schritt: Beweis für den Spezialfall a = 1. : Sei n = kp. Dann gilt 1 = 1 p-mal p-mal k-mal = k-mal = 0. 9

10 : Durch Kontraposition. Sei n kein Vielfaches von p. Division mit Rest zeigt, dass es r, s N gibt mit n = sp + r und 0 < r < p. Nun folgt 1 = 1 (s p)-mal, = 0 nach + 1 r-mal, 0 n. Def. Charakteristik Schritt: nun für allgemeines a K \ {0. Es gilt a.. + a = 1 a a = (1 ) a. Wegen a 0 und der Nullteilerfreiheit von K ist das Produkt rechts genau dann gleich Null, wenn n 1 = 0 ist. Nach dem bereits bewiesenen Spezialfall ist dies genau dann der Fall, wenn n = kp für ein k N ist. In dem speziellen Beispiel gilt wegen 90 1 = 0 und 90 = (Primfaktorzerlegung) nach Teil a) char K {2, 3, 5. Wegen scheiden 2 und 3 aus, also ist char K = 5. ( ) b) det = 1 ( 1 1) (1 + 1) (1 + 1) = { = 0 falls char K {2, 3, = sonst. Also ist die Matrix genau über solchen Körpern invertierbar, deren Charakteristik nicht 2 oder 3 ist. Über allen anderen findet man als Inverse mit der üblichen Formel ( ) [ (6 1)] (Alternative en. Die inverse Matrix läßt sich auch als ( ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 schreiben; man kommt darauf beispielsweise, indem man die gegebene Matrix formal über Q invertiert und dann übersetzt ; Beweis durch Probe! Nichtinvertierbarkeit über Körpern der Charakteristik 2 kann man auch sofort sehen, weil sich die gegebene Matrix dort als ( ) liest; bei Charakteristik 3 erhält man mit = 1 zwei linear abhängige Zeilen bzw. Spalten. Weitere swege sind denkbar.) ) H20 Wir basteln einen Vektorraum [4 Punkte] Es sei X eine Menge, (P(X), ) die im ersten Teil von Aufgabe H15 ermittelte Gruppe, die nach T6 b) abelsch ist, sowie F 2 der (bis auf Isomorphie eindeutige) Körper mit zwei Elementen. Rechnen Sie vor, dass sich (P(X), ) auf genau eine Weise zu einem F 2 -Vektorraum machen läßt. Die Elemente von F 2 werden im Folgenden mit 0 und 1 bezeichnet, mit den bekannten Verknüpfungen:

11 (Natürlich kann man auch andere geeignete Bezeichnungen verwenden, z.b. Restklassen modulo 2 oder {e, a oder...) Gefragt ist also nach einem Vektorraum, im dem 0 und 1 die Skalare sind und die Elemente von P(X) also die Teilmengen von X die Vektoren. Die erforderlichen Teilstrukturen F 2 ein Körper, P(X) eine abelsche Gruppe liegen bereits vor. Die Aufgabe besteht daher in erster Linie darin, eine geeignete Skalarmultiplikation anzugeben. Diese muss von F 2 P(X) nach P(X) abbilden, und wegen des Vektorraumaxioms 1 v = v und der Rechenregel 0 v = 0 V (Satz 5.1) für alle v V ist klar, dass es wenn überhaupt nur eine einzige Möglichkeit geben kann: 1 A := A und 0 A := für alle A P(X). Der Rest der Aufgabe besteht nun darin, nachzuprüfen, dass mit dieser Skalarmultiplikation auch alle übrigen Vektorraumaxiome erfüllt sind: Linearität in der 1. Komponente (1. Distributivgesetz): A P(X) : (0 + 0) A = 0 A = = = (0 A) (0 A), (0 + 1) A = 1 A = A = A = (0 A) (1 A), (1 + 0) A = 1 A = A = A = (1 A) (0 A), (1 + 1) A = 0 A = = A A = (1 A) (1 A) passt alles (die dritte Zeile folgt dabei auch unmittelbar aus der zweiten wegen der Kommutativität der Körpermultiplikation und der Vektoraddition); Linearität in der 2. Komponente (2. Distributivgesetz): A, B P(X) : 0 (A B) = = = 0 A 0 B, 1 (A B) = A B = (1 A) (1 B) passt auch alles; gemischtes Assoziativgesetz: A P(X) : (0 0) A = 0 A = = 0 (0 A), (0 1) A = 0 A = 0 (1 A), (1 0) A = 0 A = = 1 = 1 (0 A), (1 1) A = 1 A = 1 (1 A) passt auch alles, fertig. H21 Unterräume [10 Punkte] a) Begründen Sie, welche der folgenden Mengen U 1,..., U 6 Unterräume des R-Vektorraums R 2 sind und welche nicht: U 1 := {(x, y) R 2 : x = 0, y Z U 2 := {(x, y) R 2 : x 33775y = 0 U 3 := {(x, y) R 2 : λ R : x = 2λ, y = 3 7 λ U 4 := {(x, y) R 2 : y > 3 U 5 := {(x, y) R 2 : x 3 + y 3 = 0 U 6 := {(x, y) R 2 : x 2 + y > 0 b) Für welche α R ist {(x, y) Q 2 : x 2 αy 2 = 0 ein Unterraum des Q-Vektorraums Q 2? a) U 1 ist kein Unterraum, da nicht abgeschlossen unter der Multiplikation mit Skalaren aus R. Beispielsweise ist π R und (0, 1) U 1, aber π (0, 1) = (0, π) U 1. 11

12 U 2 ist ein Unterraum, nämlich der sraum des homogenen linearen Gleichungssystems ( ) ( ) ( ) x 0 =. 0 0 y 0 (Das genügt schon als Begründung. Natürlich kann man auch die einzelnen Unterraumbedingungen nochmal checken.) U 3 ist ein Unterraum. Denn es ist U 3 = {(2λ, 3 7 λ) : λ R = R (2, 3 7 ) eine Ursprungsgerade, und Mengen dieses Typs sind Unterräume (erstes nichttiviales Beispiel aus der Vorlesung). U 4 ist kein Unterraum. Beispielsweise ist U 4 nicht abgeschlossen gegenüber der Addition von Inversen: (0, 0), (0, 100) U 4, aber (0, 0) (0, 100) = (0, 100) U 4. U 5 ist ein Unterraum. Es gilt für alle x, y R: x 3 + y 3 = 0 x 3 = y 3 = ( y) 3 x = y (Analysis), also ist U 5 = {(x, y) R 2 : x + y = 0, was wiederum der sraum eines homogenen linearen Gleichungssystem ist. U 6 ist ein Unterraum. Es stimmt ja für alle reellen Zahlen x und y, dass x 2 + y größer als Null ist. Damit ist U 6 = R 2, und das ist natürlich ein (trivialer) Unterraum. (U 5 und U 6 lehren: Mengen können Unterräume sein, auch wenn sie auf den ersten Blick nicht wie typische Unterräume aussehen.) b) Sei {(x, y) Q 2 : x 2 αy 2 = 0 =: U α für alle α R. Für α = 0 ist offenbar U 0 = {(x, y) Q 2 : x 2 = 0 = {(x, y) Q 2 : x = 0 ein Unterraum von Q 2. Sei nun α 0. Falls α Q, zeigt sich, dass U α kein Unterraum ist. Dann ist nämlich ( α, 1) Q 2 ein Element von U α, wegen ( α) 2 α 1 = α α = 0. Ebenso liegt ( α, 1) in U α. Aber ( α, 1) ( α, 1) = (2 α, 0) U α, denn (2 α) 2 α 0 = 4α 0. Dagegen erweist sich U α im Fall α Q als der Nullraum und damit als Unterraum. Denn es gilt: (x, y) U α x 2 αy 2 = 0 x 2 = αy 2 x = α y, und das einzige Paar (x, y), das dieser Bedingung genügt, ist (0, 0); für alle anderen steht in der letzten Gleichung links eine rationale und rechts eine irrationale Zahl. 12