TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN

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1 TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik PROF. DR.DR. JÜRGEN RICHTER-GEBERT, VANESSA KRUMMECK, MICHAEL PRÄHOFER Höhere Mathematik für Informatiker I (Wintersemester 2003/2004) Aufgabenblatt 4 (14. November 2003) Präsenzaufgaben Aufgabe 20. Wadde-hadde-Du-de-da? Gegeben seien die folgenden Gruppen und Teilmengen. Entscheiden Sie, welche der Teilmengen Untergruppen sind: 1.) Gegeben sei die Gruppe (Z 12, 12 ). {0, 2, 4, 6, 8, 10} {} {0} {0, 6} {0, 4, 8} {0, 3, 5, 8} {0, 3, 6, 9} {6} 2.) Gegeben sei die Gruppe (R, +). {a + b 2 a, b Z} {a + b 5 a, b Q} {a + b 2 a Q, b R} {0, 2, 4, 6, 8, 10} R\Q {x R 5x + 1 = 0} {x R 5x = 0} {2x x Z} Nur die angekreuzten Mengen sind Untergruppen. (Erinnerung an den Satz aus der Vorlesung: Sei G G. (G, ) ist eine Untergruppe von (G, ) genau dann wenn (i) mit a, b G ist auch a b G, (ii) mit a G ist auch a 1 G, (iii) G {}.) 1.) Gegeben sei die Gruppe (Z 12, 12 ). {0, 2, 4, 6, 8, 10} {} (dies ist nicht ungleich der leeren Menge ) {0} {0, 6} {0, 4, 8} {0, 3, 5, 8} (bzgl. 12 nicht abgeschlossen) {0, 3, 6, 9} {6} (bzgl. 12 nicht abgeschlossen) 2.) Gegeben sei die Gruppe (R, +). {a + b 2 a, b Z} {a + b 5 a, b Q} {a + b 2 a Q, b R} {0, 2, 4, 6, 8, 10} (bzgl. + nicht abgeschlossen) R\Q (besitzt kein neutrales Element) {x R 5x + 1 = 0} (= { 1 5 }) {x R 5x = 0} (= {0}) {2x x Z} Aufgabe 21. Transpositionen tun sich zusammen: Gemeinsam sind wir stark. Gegeben sei die Permutation ( π = ) S ) Schreiben Sie π als Produkt von paarweise elementfremden Zyklen. 2.) Stellen Sie π als Produkt von Transpositionen dar. 3.) Welches Signum besitzt π? 4.) Es sei n N. Stellen Sie den Zyklus ( n) S n als Produkt von Transpositionen dar. Welches Signum hat ( n)?

2 1.) π = ( ) ( ) (5 10) ( ) 2.) π = (1 8)(8 4)(4 2) (3 9)(9 12)(12 6) (5 10) (7 11)(11 13)(13 14) 3.) Sign π = ( 1) 10 = 1. 4.) Es ist ( n) = (1 2)(2 3)(3 4)... (n 1 n), und damit Sign( n) = ( 1) n 1. Aufgabe 22. Konjugation ist ein Automorphismus. Es sei (G, ) eine Gruppe. Für ein Element a G definieren wir die Abbildung { G G f a : x a x a 1. Zeigen Sie, dass f a ein Gruppenisomorphismus ist. Wir müssen nachweisen, dass f a injektiv, surjektiv ist, und dass f a (x y) = f a (x) f a (y) für alle x, y G erfüllt ist. f a ist injektiv: Es seien x, y G mit f a (x) = f a (y) gegeben. Dann gilt a x a 1 = a y a 1. Multiplikation der Gleichung mit a 1 von links und mit a von rechts ergibt x = y. f a ist surjektiv: Es sei y G vorgegeben. Dann gilt für x = a 1 y a die Gleichung f a (x) = f a (a 1 y a) = a a 1 y a a 1 = y. f a ist strukturerhaltend: Es seien x, y G. Dann ist f a (x y) = a x y a 1 = a x a 1 a y a 1 = f a (x) f a (y). Hausaufgaben Aufgabe 23. Die Symmetriegruppe des regelmäßigen Vierecks. Wir definieren die drei Abbildungen id, σ, τ : {1, 2, 3, 4} {1, 2, 3, 4} durch id(n) = n und σ(1) = 1, σ(2) = 4, σ(3) = 3, σ(4) = 2, sowie τ(1) = 2, τ(2) = 3, τ(3) = 4, τ(4) = 1. Bestimmen Sie die Menge D aller Abbildungen, die durch alle mögliche Verknüpfungen von id, σ und τ entstehen können, also D = {id, σ, τ, σ σ, σ τ, τ σ, τ τ, σ σ σ, σ σ τ, σ τ σ, σ τ τ,...}. Überprüfen Sie, daß D eine Untergruppe von S 4 ist. Listen Sie möglichst viele Untergruppen von D auf. Zur Vereinfachung der Schreibweise verzichten wir auf das Verknüpfungszeichen. Außerdem schreiben wir z.b. σ 3 statt σσσ. Es ist günstig, σ als Spiegelung des regelmäßigen Vierecks an der Diagonalen durch die Punkte 1 und 3, aufzufassen, und τ als Drehung des regelmäßigen Vierecks um den Winkel π/ σ = τ = Es gilt σ 2 = id, τ 4 = id und τστσ = id, bzw. τσ = στ 3. Dann folgt Die Verknüpfungstafel lautet wie folgt: D = {id, σ, στ, στ 2, στ 3, τ, τ 2, τ 3 }.

3 id σ στ στ 2 στ 3 τ τ 2 τ 3 id id σ στ στ 2 στ 3 τ τ 2 τ 3 σ σ id τ τ 2 τ 3 στ στ 2 στ 3 στ στ τ 3 id τ τ 2 στ 2 στ 3 σ στ 2 στ 2 τ 2 τ 3 id τ στ 3 σ στ στ 3 στ 3 τ τ 2 τ 3 id σ στ στ 2 τ τ στ 3 σ στ στ 2 τ 2 τ 3 id τ 2 τ 2 στ 2 στ 3 σ στ τ 3 id τ τ 3 τ 3 στ στ 2 στ 3 σ id τ τ 2 Dass die Menge D eine Teilmenge von S 4 ist, ist klar, da die Elemente von D alle bijektive Abbildungen von {1,..., 4} nach {1,..., 4} sind. Dass darüber hinaus, die Untergruppeneigenschaft erfüllt ist, ist leicht an der Verknüpfungstafel abzulesen (Wie?). Alle echten Untergruppen von (D, ) sind die folgenden: U 1 = {id} U 2 = {id, σ} U 3 = {id, στ} U 4 = {id, στ 2 } U 5 = {id, στ 3 } U 6 = {id, τ 2 } U 7 = {id, τ, τ 2, τ 3 } U 8 = {id, τ 2, σ, στ 2 } U 9 = {id, τ 2, στ, στ 3 } Ein Beweis der Tatsache, daß dies alle sind, der nicht auf vollständiger Enumeration beruht, übersteigt zur Zeit das in der Vorlesung vorgestellte mathematische Handwerkszeug. Aufgabe 24. Die geheimen Freuden des General N. Bourbaki. Beweisen Sie folgendes Untergruppenkriterium: Es seien (G, ) eine Gruppe und H eine Teilmenge von G. Das Paar (H, ) ist genau dann eine Untergruppe von G, wenn die beiden nachfolgenden Bedingungen gelten: 1. H ist nicht die leere Menge. 2. Für alle x, y H ist x y 1 H, wobei y 1 das (in G gebildete) Inverse zu y ist. Aus der Vorlesung ist bekannt, daß die Teilmenge H G genau dann eine Untergruppe von (G, ) ist, wenn die drei nachfolgenden Bedingungen gelten: a.) Mit a, b H ist auch a b H. b.) Mit a H ist auch a 1 H. c.) H. Wir müssen zwei Implikationen zeigen: Es sei H eine Untergruppe von G, dann erfüllt H die zwei Bedingungen der Aufgabenstellung: Da H eine Untergruppe ist, können wir von der Richtigkeit der Bedingung a.) c.) ausgehen. Bedingung 1. entspricht der Bedingung c.), also ist sie erfüllt, wenn H eine Untergruppe ist. Bedingung 2. ist ebenfalls erfüllt: Mit x, y H ist nach Bedingung b.) auch y 1 H. Mit a.) ergibt sich nun x y 1 H. Es sei H eine Teilmenge von G, die die beiden Bedingungen der Aufgabenstellung erfüllt, dann ist H eine Untergruppe. Bedingung c.) ist erfüllt, weil sie mit Bedingung 1. übereinstimmt. Nach 1. gibt es ein a H. Mit 2. folgt (x = y = a): a a 1 = e H, wobei e das neutrale Element in G ist. Es sei a H. Dann ergibt 2. (x = e, y = a): e a 1 = a 1 H, also ist Bedingung b.) erfüllt.

4 Es seien a, b H. Dann ist, da Bedingung b.) erfüllt ist, auch b 1 H. Mit 2. (x = a, y = b 1 ) bekommen wir a (b 1 ) 1 = a b H, und damit Bedingung a.). Da die Bedingungen a.) c.) gelten, ist H eine Untergruppe von G. Aufgabe 25. Zu schwer. Lucky Luke leitet einen Treck durch das unwegsame Gebirge des bayrischen Voralpenlandes und ruft auf gut Bayrisch: Schmeisst s ois runter, wos nix taugt., wiederholt es aber nochmals: Die Frau hat Recht! Warum ist das Puzzle nicht lösbar? Hinweis: Betrachten Sie die Zahlenfolge 1, 2, 3, 4,..., 13, 15, 14 als ein Element π S 15. Jede Verschiebung der Puzzleelemente entspricht einem anderen Element der S 15. Betrachten Sie nun die Anzahl der Fehlstände einer solchen möglichen Permutation (ignorieren Sie dabei das Loch ), sowie die Zeilennummer des Loches. Was läßt sich über die Summe dieser beiden Zahlen jeweils sagen? ODER: Betrachten Sie die Folge 1, 2, 3, 4,..., 13, 15, 14, Loch als ein Element π S 16. Jede Verschiebung der Puzzleelemente entspricht einem anderen Element der S 16. Betrachten Sie nun die Verschiebung eines Puzzleteils als Transposition mit dem Loch. Was läßt sich über das Signum der zur Startposition gehörenden und der zur gewünschten Endposition gehörenden Permutation aussagen? Für eine gegebene Puzzlekonfiguration sei a 1, a 2,..., a 15 die Liste der Puzzleteile von links oben nach rechts unten zeilenweise abgelesen. Dann bezeichne F die Anzahl aller Fehlstände in dieser Folge a 1, a 2,..., a 15. Sei Z die Zeilennummer des Loches. Dann gilt: N := (F + Z) mod 2 bleibt bei jeder gültigen Verschiebung gleich. Beweis: Eine horizontale Verschiebung des Lochs ändert N offensichtlich nicht. Darum müssen wir nur vertikale Verschiebungen betrachten. x x x x x a b c d x x x x x x Im obigen Bild wird deutlich, dass eine Verschiebung von a nach unten folgenden Einfluss auf N hat: Z wird um eins größer. Die Verschiebung betrifft nur die relativen Positionen der Elemente a, b, c, d. Wenn a keinen Fehlstand mit b, c, d verursacht hatte (d.h. a < b, c, d), dann gibt es nach der Verschiebung zusätzliche drei Fehlstände (ungerade Anzahl). Wenn eines der drei Elemente b, c, d kleiner als a ist, dann gab es vor der Verschiebung einen Fehlstand von b, c, d bezüglich a. Nach der Verschiebung sind es zwei, also eine Veränderung um eins (ungerade). Die beiden anderen möglichen Fälle (ursprünglich zwei oder drei Fehlstände) führen zum selben Ergebnis: die Anzahl der Fehlstände ändern sich um eine ungerade Zahl. Somit ändert sich die Summe F + Z nur um eine gerade Zahl, und N = (F + Z) mod 2 bleibt unverändert. Die Puzzlekonfiguration im Comic hat aber N = = 5 1 mod 2, die gesuchte Puzzlekonfiguration hat N = = 4 0 mod 2, also kann man nicht von der einen zur anderen durch legale Verschiebungen gelangen.

5 Alternative Lösung: Wir fassen alle möglichen Positionen der Puzzleteile als Elemente der S 16 auf. Dabei bekommt das Loch die Nummer 16. Jedes Verschieben der Elemente entspricht einer Transposition des Loches, also des Elementes mit Nummer 16 mit einem anderen Element. Bei der Startposition befindet sich das Feld Nummer 16 in der rechten unteren Ecke. In der gewünschten Endposition soll sich Feld 16 wieder in der rechten unteren Ecke befinden. Dazu ist immer eine gerade Anzahl von Zügen nötig: Jeder Zug schiebt das freie Feld entweder nach links, nach rechts, nach oben oder nach unten. Wenn also das freie Feld am Ende wieder da sein soll, wo es am Anfang gewesen ist, muss es genauso viele Züge nach rechts gegeben haben wie es Züge nach links gegeben hat, und es muss genauso viele Züge nach unten gegeben haben wie es Züge nach oben gegeben hat. Dies bedeutet: Um von der Start- zur Endposition zu gelangen ist immer eine gerade Anzahl von Transpositionen notwendig. Nun hat aber die Permutation π S 16, die zur Startposition gehört, genau einen Fehlstand und somit ist sign(π) = 1. Die Permutation, die zur Endposition gehört, ist die Identität, und es gilt sign(id) = 1. Durch Verknüpfung der Permutation π mit einer notwendig geraden Anzahl von Transpositionen kann aber niemals die Identität erreicht werden.