Lösungsskizzen zu Übungsblatt 1

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1 Lösungsskizzen zu Übungsblatt Oktober 2016 Algebra Wintersemester Prof. Andreas Rosenschon, PhD Anand Sawant, PhD Diese Lösungen erheben nicht den Anspruch darauf vollständig zu sein. Insbesondere stellen sie keine usterlösung dar, auf die ein Korrektor volle Punktezahl geben würde. Bei Fragen wenden Sie sich bitte an den Assistenten. Aufgabe 1 (Ordnungen in Q/Z). Wir betrachten die ruppen Z Q mit dem üblichen + als Verknüpfung. Zeigen Sie: (a) Jedes Element von Q/Z ist von endlicher Ordnung. (b) Für jede natürliche Zahl n N gibt es genau eine Untergruppe von Q/Z der Ordnung n. Diese Untergruppe ist zyklisch. Zuerst stellen wir fest, dass Z ein Normalteiler von Q ist, da Q eine abelsche ruppe ist. Somit ist Q/Z eine ruppe. a) Sei dazu [q] Q/Z. Dann hat q die Form r mit r Z und s N. Offensichtlich ist s dann s i=1 [q] = [ sr ] = [r] = Z, also das Neutralelement in Q/Z. Die von [q] erzeugte s Untergruppe hat somit h ochstens Ordnung s, ist also endlich. Nach Definition ist ord([q]) = ord( [q] ), also hat jedes Element in Q/Z endliche Ordnung. b) Sei also n N. Dann ist [ 1 ] = {[ 1 ], [ 2 n 1 ],..., [ ], [0]} eine zyklische Untergruppe n n n n von Q/Z der Ordnung n. Wir zeigen noch, dass dies die einzige Untergruppe von Q/Z mit n Elementen ist: Ist U Q/Z Untergruppe der Ordnung n und ist [u] U, so hat u die Form r mit s r Z, s N, obda. r < s und wegen der Ordnung von U gilt n nr i=1 [u] = [ ] = Z, s also [ nr Z. Insbesondere ist damit r = m für eine natürliche Zahl m und es gilt s s n r ] [ s = m ] n. Dies zeigt [u] [ 1 ]. Da diese Argumentation für jedes [u] U gültig n ist, folgt somit U [ 1 ]. Beide ruppen haben jedoch Ordnung n, also gilt bereits n leichheit. Aufgabe 2 (Produkt zyklischer ruppen). Seien m, n N. Zeigen Sie, dass folgenden Aussagen äquivalent sind: (i) Die ruppen Z/mnZ und Z/mZ Z/nZ sind isomorph. (ii) Die Zahlen m und n sind teilerfremd. 1

2 2 Wir beginnen mit (ii) (i): Dazu betrachten wir die Abbildung ϕ : Z/mnZ Z/mZ Z/nZ, [r] mn ([r] m, [r] n ). an überlegt sich schnell, dass ϕ wohldefiniert und ein Homomorphismus ist. Behauptung: ϕ ist injektiv. Beweis: Ist [r] mn ker ϕ, also [r] m = [0] m und [r] n = [0] n, so sind m und n Teiler von r. Da aber m und n nach Voraussetzung teilerfremd sind, gilt damit auch mn r. Das bedeutet aber gerade [r] mn = [0] mn, insbersondere folgt ker(ϕ) = {[0] mn }. Damit ist ϕ injektiv. Z/mnZ und Z/mZ Z/nZ haben beide mn Elemente und injektive Abbildungen auf gleichmächtigen endlichen engen sind bereits bijektiv, was die Behauptung zeigt. Zu (i) (ii): Wir zeigen die Kontraposition und nehmen an, dass m und n nicht teilerfremd sind. Sei 1 < d = ggt(m, n), d.h. es existieren ganze Zahlen l, k mit m = dl und n = dk. F ur ([r] m, [s] n ) Z/mZ Z/nZ gilt dann: dlk i=1 ([r] m, [s] n ) = ([rdkl] m, [sdkl] n ) = ([0] m, [0] n ) Insbesondere hat damit jedes Element in Z/mZ Z/nZ Ordnung dlk < d 2 lk = mn, was zeigt, dass diese ruppe nicht zyklisch ist. Somit kann es keinen Isomorphismus zwischen der zyklischen ruppe Z/mnZ und der ruppe Z/mZ Z/nZ geben. Aufgabe 3 (Untergruppen von Index 2 und 3). Sei eine ruppe und H eine Untergruppe von. Zeigen Sie: Ist der Index : H von H in gleich 2, so ist H Normalteiler von. Ist diese Aussage auch für den Fall : H = 3 gültig? Die Aussage : H = 2 bedeutet, dass die engen /H und H\ aus genau zwei Elementen bestehen. Jeweils eines davon ist eh = He = H. Da verschiedene Nebenklassen disjunkt sind und die Vereinigung aller Nebenklassen die ganze ruppe ergibt, muss die zweite Nebenklasse die enge \ H sein. Sei nun g. Ist g H, so ist offenbar gh = H = Hg. Ist g H, so folgt gh H, also mit dem Argument aus dem ersten Absatz gh = \ H. Analog auch Hg = \ H. Setzt man diese Aussagen zusammen erhält man gh = Hg f ur jedes g, was die Behauptung zeigt. Zu : H = 3: Der entscheidende Punkte in der obigen Argumentation war, dass in genau zwei Nebenklassen zerlegt wurde. Es liegt also die Vermutung nahe, dass die Aussage für Untergruppen mit Index 3 falsch ist. Dazu wählen wir uns eine möglichst einfache nicht abelsche ruppe, z.b. S 3 mit der Untergruppe S 2 = {id, (12)}. Wegen

3 S 3 = 6 und S 2 = 2 folgt dann S 3 : S 2 = 3, aber gleichzeitig auch: (123) S 2 = {(123), (13)} {(123), (23)} = S 2 (123). Also ist S 2 kein Normalteiler von S 3. Die obige Aussage für Untergruppen von Index 3 ist also falsch. Aufgabe 4 (rothendieckgruppe). Sei ein abelscher onoid. Wir betrachten die enge. Zeigen Sie: (a) Durch (x, y) (x, y ) genau dann, wenn es ein t gibt mit x + y + t = x + y + t wird eine Äquivalenzrelation auf definiert. Wir bezeichnen die Äquivalenzklasse von (x, y) mit [(x, y)] sowie die enge der Äquivalenzklassen mit (). (b) Durch [(x, y)] + [(x, y )] = [(x + x, y + y )] wird eine wohldefinierte Abbildung + : () () () gegeben. (c) Die enge () bildet zusammen mit der in (b) definierten Verknüpfung eine abelsche ruppe. Diese ruppe nennt man rothendieckgruppe von. (d) Die ruppen (N) und Z sind isomorph. (e) Es gibt einen kanonischen Homomorphismus ϕ : () mit der Eigenschaft, dass für jede ruppe H und jeden Homomorphismus ψ : H ein eindeutiger Homomorphismus ϑ : () H mit ψ = ϑ ϕ existiert. (f) Die ruppe () zusammen mit dem Homomorphismus ϕ aus (e) ist universell mit dieser Eigenschaft, d.h. für jede abelsche ruppe und jeden Homomorphismus : mit der Eigenschaft, dass für jede ruppe H und jeden Homomorphismus ψ : H ein eindeutiger Homomorphismus ϑ : H mit ψ = ϑ existiert, folgt = (). (a) Es sind Reflexivität, Symmetrie und Transitivität zu überprüfen. Die ersten beiden sind dabei klar. Zur Transitivität: ilt (x, y) (x, y ) und (x, y ) (x, y ), so gibt es r, s mit x + y + r = x + y + r und x + y + s = x + y + s. Sei nun t = y + r + x + s, so ergibt Addition der ersten beiden leichungen x + y + t = x + y + t, also (x, y) (x, y ). an beachte, dass dabei die Kommutativität von eingeht. (b) Sei (x, y ) (x, y ), d.h. es gibt ein t mit x + y + t = x + y + t. Nach Definition gilt [(x, y)] + [(x, y )] = [(x + x, y + y )] und [(x, y)] + [(x, y )] = [(x+x, y+y )]. it dem oben gefundenen t gilt dann aufgrund der Kommutativität von : x + x + y + y + t = x + x + y + y + t, also [(x + x, y + y )] [(x + x, y + y )]. Dies zeigt die Wohldefiniertheit von + im zweiten Argument. Nun kann man entweder analog die Wohldefiniertheit für das erste Argument zeigen oder argumentieren, dass aufgrund der Kommutativität von die Abbildung + symmetrisch auf () () ist. 3

4 4 (c) Die in (b) definierte Verknüpfung ist assoziativ, da als onoid assoziativ ist. Die Kommutativität folgt analog. F ur ein beliebiges Element x ist [(x, x)] das neutrale Element von () (Nachrechnen!). F ur [(x, y)] () ist [(y, x)] das inverse Element. (d) Wir zeigen, dass φ : (N) Z, [(x, y)] x y ein Isomorphismus ist. Eine kurze Rechnung zeigt, dass für [(x, y)] [(x, y )] auch x y = x y gilt, also dass φ wohldefiniert ist. Ebenso schnell überzeugt man sich davon, dass φ ein Homomorphismus ist. Ist [(x, y)] ker(φ), so ist x y = 0, also x = y und damit ist [(x, y)] das neutrale Element von (N). φ ist somit injektiv. Ist r Z mit r 0, so ist [(r, 0)] ein Urbild von r. Ist r Z mit r < 0, so ist [(0, r)] ein Urbild von r (beachte r N!). Insgesamt ist also φ ein Isomorphismus. (e) an macht sich schnell klar, dass ϕ : (), m [(m, 0)] ein Homomorphismus ist. Wir zeigen jetzt, dass er die gewünschte Eigenschaft erfüllt. Sei also H eine ruppe und ψ : H ein Homomorphismus. F ur dieses ψ definieren wir ϑ : () H, ϑ([(x, y)]) = ψ(x) ψ(y). Kurzes Nachrechnen zeigt, dass ϑ ein wohldefinierter ruppenhomomorphismus ist. Zudem gilt: ϑ(ϕ(m)) = ϑ([(m, 0)]) = ψ(m) ψ(0) = ψ(m), also ψ = ϑ ϕ. Die Eindeutigkeit von ϑ folgt mit den üblichen Argumenten: Ist η : () H ein weiterer Homomorphismus mit ψ = η ϕ, so gilt: ϑ([(x, y)]) = ψ(x) ψ(y) = η(ϕ(x)) η(ϕ(y)) = η([(x, 0)] + [(0, y)]) = η([(x, y)]) und somit ϑ = η. (f) Seien also eine ruppe und ein Homomorphismus mit den Eigenschaften aus (f). Wir erhalten damit die folgenden kommutativen Diagramme: ϕ () ϕ () ϑ ϑ Setzen wir diese zusammen, erhalten wir das kommutative Diagramm: ϕ ϑ () Insbesondere ist ϑ ϑ ein Homomorphismus, der das Diagramm ϑ ϑ ϑ

5 kommutieren lässt. Da aber auch id : diese Eigenschaft erfüllt und nach Voraussetzung ein Homomorphismus mit dieser Eigenschaft eindeutig ist, folgt id = ϑ ϑ. Vollkommen analog folgert man auch id () = ϑ ϑ. Insgesamt ist dann also ϑ ein Isomorphismus, was die Behauptung zeigt. 5