Mathematischer Vorkurs. Martin Fluch

Transkript

1 Mathematischer Vorkurs Martin Fluch Sommersemester 2011

2 Diese Vorkurs basiert auf der gleichnamigen Veranstaltung, die von Herrn Professor Bux im Wintersemester 2009/10 gehalten wurde sowie auf Vorlesungsmitschriften der Vorlesung Lineare Algebra 1 und Algebra 1 von Herrn Professor Matzat aus den Jahren 1996 und 1997 in Heidelberg. Anmerkungen und Korrekturen an: mfluch@math.uni-bielefeld.de Version vom: 31. März 2011

3 Inhaltsverzeichnis 1. Mengen, Abbildungen und Verknüpfungen 1 2. Gruppen 7 3. Homomorphismen Nebenklassen, Normalteiler und Faktorgruppen Zerlegungssatz für Homomorphismen von Gruppen Innere Automorphismen Operationen von Gruppen Isometrien und der Euklidische Raum Klassifikation der Isometrien des E Diskrete Untergruppen von Isom(E 2 ) 32

4

5 1. Mengen, Abbildungen und Verknüpfungen Definition 0 (nach Cantor 1 ). Eine Menge ist eine Zusammenfassung bestimmter wohlunterscheidbarer Objekte unserer Anschauung oder unseres Denkens (die Elemente genannt werden) zu einem Ganzen. Interpretation. Objekt mathematische Objekte ; Zusammenfassung [... ] zu einem Ganzen neues mathematisch Objekt ; wohlunterschieden Gleichheit und Ungleichheit von Objekten muß vorab klar sein. Schreibweise. Sei M eine Menge und x ein Objekt. Wir schreiben x M wenn x ein Element der Menge M ist. Andernfalls schreiben wir x / M. Definition 1. Sei M und N Mengen. N heißt eine Teilmenge von M (Schreibweise: N M), wenn gilt: für jedes m N gilt m M. M und N heißen gleich (Schreibweise: M = N), wenn gilt: N M und M N. P(M) := {N N M} heißt Potenzmenge von M. M \ N := {m M m / N} heißt Komplement von N in M. M N := {m m M oder m N} heißt Vereinigung von M und N. M N := {m m M und m N} heißt Durchschnitt von M und N. Beispiele 2. (1) := {} ist die leere Menge. (2) N := {0, 1, 2, 3, 4,...} ist die Menge der natürlichen Zahlen. (3) Z := {0, ±1, ±2, ±3,...} ist die Menge der ganzen Zahlen. (4) Q := {r/s r, s Z und s 0} ist die Menge der rationalen Zahlen. (5) R ist die Menge der reellen Zahlen (siehe Analysis). (6) C := {a + bi a, b R} ist die Menge der komplexen Zahlen. Definition 3. Sei I eine Menge und sei für jedes i I eine Menge M i gegeben. Dann definieren wir M i := {m i I: m M i } i I M i := {m i I: m M i } i I 1 Georg Cantor ( ) war ein deutscher Mathematiker. Cantor ist bekannt als der Begründer der Mengenlehre.

6 Definition 4. Sei I eine Menge. Ein Mengensystem M i (i I) einer Menge M heißt Partition (Zerlegung) von M, wenn gilt: (1) i I: M i (2) i I M i = M (3) i, j I: i j M i M j = Damit ist M die disjunkte Vereinigung der Mengen M i. Bemerkung 5. Eine Partition einer nichtleeren Menge M ist also die Unterteilung von M in eine Familie von nichtleeren Teilmengen M i, i I, sodaß jedes Element x M in genau einer der Teilmengen M i enthalten ist. Definition 6. Seien x und y zwei Objekte. Dann ist (x, y) ein geordnete Paar. Zwei geordnete Paare (x 1, y 1 ) und (x 2, y 2 ) heißen gleich, wenn x 1 = x 2 und y 1 = y 2. Seien X und Y zwei Mengen. Dann heißt die Menge X Y := {(x, y) x X und y Y } das direkte Produkt der Mengen X und Y. Bemerkung 7. Man kann geordnete Paare mit Hilfe von Mengen konstruieren. Eine mögliche Definition ist (x, y) := {{x}, {x, y}}. Definition 8. Seien X, Y Mengen. Eine Relation R zwischen den Mengen X und Y ist eine Teilmenge R X Y. Wir schreiben xry, wenn (x, y) R. Definition 9. Seien X, Y Mengen. Eine Abbildung (oder auch Funktion) f: X Y ist eine Relation f X Y, welche die folgenden zwei Eigenschaften erfüllt: (1) x X: y Y : xfy (2) x X: y 1, y 2 Y : xfy 1 und xfy 2 y 1 = y 2 In anderen Worten, für die Relation f gilt, für jedes x X gibt es genau ein y Y mit xfy. Für dieses eindeutige y Y mit xfy schreiben wir f(x); es heißt Bild von x. Sei A X eine Teilmenge von X. Dann heißt die Menge f(a) := {f(x) x A} die Bildmenge der Menge A unter f. Ist A = X, dann nennen wir f(x) die Bildmenge von f. 2

7 Ist B Y eine Teilmenge von Y, dann nennen wir die Menge f 1 (B) := {x X f(x) B} die Urbildmenge von B (kann eventuell leer sein). Ist B = {y} für ein y Y, dann ist f 1 [y] := f 1 ({y}) die Urbildmenge von y. Ein Element m f 1 [y] heißt Urbild von y (nicht unbedingt eindeutig bestimmt). Definition 10. Sei f: X Y eine Abbildung. f heißt injektiv wenn gilt x 1, x 2 X: f(x 1 ) = f(x 2 ) x 1 = x 2 f heißt surjektiv wenn gilt y Y : x X: f(x) = y, d.h. f(x) = Y. f heißt bijektiv wenn f injektiv und surjektiv ist. Bemerkung 11. Sei f: X Y eine Abbildung. Dann gilt: f ist injektiv die Urbildmenge f 1 [y] hat höchstens ein Element für jedes y Y. f ist surjektiv die Urbildmenge f 1 [y] hat mindestens ein Element für jedes y X. Also ist f bijektiv die Urbildmenge f 1 [y] genau ein Element hat für jedes y Y. Definition 12. Sei f: X Y eine bijektive Abbildung. Dann heißt die Abbildung f 1 : Y X, welche jedes y Y auf das eindeutige Urbild x f 1 [y] abbildet, die Umkehrabbildung von f. Bemerkung 13. Die Umkehrabbildung einer bijektiven Abbildung ist offensichtlich auch bijektiv. Definition 14. Seien f: X Y und g: Y Z Abbildungen. Dann heißt die Abbildung g f: X Z, x (g f)(x) := g(f(x)) die Verkettung von g und f. 3

8 X Y X Y A B C D A B C D (a) Eine bijektive Abbildung. (b) Eine injektive Abbildung die nicht surjektiv ist. X Y X Y A B C A B C D (c) Eine surjektive Abbildung die nicht injektiv ist. (d) Eine Abbildung die weder injektiv noch surjektiv ist. Abbildung 1. Beispiele zur Injektivität oder Surjektivität von Abbildungen. Proposition 15. Die Verkettung von Abbildungen ist assoziativ in dem folgenden Sinne: sind Abbildungen f: A B, g: B C und h: C D gegeben, dann gilt h (g f) = (h g) f. Beweis. Wir müssen zeigen, daß für jedes a A die Gleichheit (h (g f))(a) = ((h g) f)(a) ( ) gilt. Sei also a A und wir setze b := f(a), c := g(b) und d := h(c). Nach Definition ist (g f)(a) = c und (h g)(b) = d. Da h(c) = d ist, folgt nach Definition, daß (h (g f))(a) = h(c) = d ist. Andererseits ist f(a) = b, und deswegen folgt, daß ((h g) f)(a) = (h g)(b) = d. Daher gilt die Identität ( ) für alle a A. 4

9 h (g f) g f f g h A B C D h g (h g) f Abbildung 2. Zum Nachweis der Assoziativität der Verkettung von Abbildungen. Proposition 16. Sei f: X Y und g: Y Z Abbildungen. Dann gilt: (1) Ist g f injektiv, dann ist f injektiv. (2) Ist g f surjektiv, dann ist g surjektiv. (3) Ist f und g injektiv, dann ist g f injektiv. (4) Ist f und g surjektiv, dann ist g f surjektiv. Beweis. (1) Sei x 1, x 2 X mit f(x 1 ) = f(x 2 ). Dann ist g(f(x 1 )) = g(f(x 2 )). Da g f injektiv ist, folgt daraus, daß x 1 = x 2 ist. Da dies für alle x 1, x 2 X mit f(x 1 ) = f(x 2 ) gilt, folgt daraus, daß die Abbildung f injektiv ist. (2) (4) Übungsaufgabe. Korollar 17. Die Verkettung zweier bijektiver Abbildungen ist eine bijektive Abbildung. Schreibweise. Sei X eine Menge. Dann bezeichnen wir mit id X die Identitätsabbildung id X : X X, x id X (x) := x. Bemerkung 18. Sei f: X Y eine Abbildung. Dann gilt id Y f = f und f id X = f. Lemma 19. Sei f: X Y eine Abbildung von Mengen. Dann ist f bijektiv dann und genau dann, wenn es eine Abbildung g: Y X gibt mit g f = id X und f g = id Y. 5

10 Beweis. : Sei f bijektiv und setze g := f 1. Dann gilt g f = id X und f g = id Y. : id X = g f ist injektiv und somit muß f injektiv sein nach Proposition 16. id X = f g ist surjektiv und somit ist f surjektiv nach Proposition 16. Es folgt, daß f bijektiv ist nach Definition. Definition 20. Sei X eine Menge. Eine Verknüpfung auf X ist einen Abbildung : X X X, (x, y) x y. Die Verknüpfung ist assoziativ, wenn gilt x, y, z X: x (y z) = (x y) z. Die Verknüpfung ist kommutativ, wenn gilt x, y X: x y = y x. Bemerkung 21. Ist eine Verknüpfung assoziativ, dann muß man sich keine Gedanken mehr um die Klammerung der zu verknüpfenden Elemente machen. Definition 22. Sei X eine Menge und eine Verknüpfung auf X. Eine Teilmenge A X heißt abgeschlossen unter der Verknüpfung wenn gilt: x, y A: x y A. Beispiele 23. (1) Sei X eine beliebige Menge mit einer Verknüpfung. Dann ist die leere Menge und X abgeschlossen unter der Verknüpfung. (2) Sei 2Z := {2x x Z} die Menge aller geraden Zahlen. Dann ist 2Z Z und da die Summe zweier geraden Zahlen wieder eine gerade Zahl ist, folgt, daß 2Z abgeschlossen ist unter der Addition +. Bemerkung 24. Sei X eine Menge mit einer Verknüpfung und A X eine Teilmenge, die unter der Verknüpfung abgeschlossen ist. Dann können wir eine Verknüpfung : A A A, (x, y) x y definieren. Wir sagen, daß die Verknüpfung auf X eine Verknüpfung auf A induziert. Bemerkung 25. Ist eine assoziative (kommutative) Verknüpfung auf einer Menge X und A X eine Teilmenge, die unter der Verknüpfung abgeschlossen ist, dann ist die durch induzierte Verknüpfung auf A ebenfalls assoziativ (kommutativ). 6

11 2. Gruppen Definition 26. Eine Gruppe G = (G, ) besteht aus einer Menge G und einer Verknüpfung : G G G, (g, h) g h, welche die folgend drei Gruppenaxiome erfüllt: (G1) Die Verknüpfung ist assoziativ. (G2) Die Gruppe G hat ein neutrales Element e G, d.h., es gilt: e G: g G: g e = g = e g (G3) Zu jedem g G existiert ein inverses Element g 1 G, d.h., es gilt: g G: g 1 G: g g 1 = e = g 1 g Die Gruppe G heißt abelsch 2, wenn die Verknüpfung kommutativ ist. Die Ordnung G der Gruppe G ist die Anzahl der Elemente der Menge G. Bemerkung 27. Aufgrund des Gruppenaxioms (G2) gilt immer G 1, d.h., jede Gruppe hat mindestens ein Element. Beispiele 28. (1) (Z, +), d.h. die ganzen Zahlen mit der Addition, ist eine abelsche Gruppe. Die Null 0 Z ist das neutrale Element. Ist x Z gegeben, dann ist x das inverse Element zu x. (2) (Q \ {0}, ), d.h. die rationalen Zahlen ohne 0 mit der Multiplikation, ist eine abelsche Gruppe. Das neutrale Element dieser Gruppe ist 1 Q \ {0}. Ist x Q \ {0} gegeben, dann ist 1/x das inverse Element zu x. (3) Sei G := {1} eine Menge, die nur ein Element hat. Dann gibt es nur eine Möglichkeit, eine Verknüpfung auf G zu definieren: : G G G, (1, 1) 1 1 := 1. Diese Verknüpfung erfüllt offensichtlich alle drei Gruppenaxiome. Diese einelementige Gruppe wird triviale Gruppe genannt. (4) Die Symmetrien des gleichseitigen Dreiecks bilden eine Gruppe mit 6 Elementen (siehe Abbildung 3) und wird mit D 3 bezeichnet. Diese Gruppe ist nicht abelsch. 2 Niels Henrik Abel ( ) war ein norwegischer Mathematiker. Unter anderem bewies er, daß algebraische Gleichungen fünften Grades nicht durch Adjunktion von Wurzeln gelöst werden können. Er war ein wichtiger Mitbegründer der Gruppentheorie. 7

12 C B A A B C A B C C B A B A A C C B Abbildung 3. Die Symmetrien des gleichseitigen Dreiecks. (5) Sei X eine Menge. Eine bijektive Selbstabbildung f: X X wird Permutation von X genannt. Die Menge aller Permutationen von X bezeichnen wir mit Perm(X). Korollar 17 besagt, daß die Verkettung von Abbildungen eine Verknüpfung : Perm(X) Perm(X), (g, f) g f auf Perm(X) definiert. Proposition 15 besagt, daß diese Verknüpfung das Gruppenaxiom (G1) erfüllt. Bemerkung 18 besagt, daß id X : X X das neutrale Element der Verknüpfung ist. Und Lemma 19 zusammen mit Bemerkung 13 besagt, daß es zu jeder Permutation f Perm(X) ein inverses Element f 1 Perm(X) gibt. Also ist (Perm(X), ) eine Gruppe. Sie heißt die symmetrische Gruppe auf X, und wir bezeichnen sie mit S X. Für X := {1, 2,..., n} ist die Bezeichnung S n für S X gebräuchlich. Schreibweise. Es gibt zwei bevorzugte Notationen für Verknüpfung für Gruppen: (1) Ist (G, ) eine Gruppe, dann spricht man von multiplikativer Schreibweise. Es ist dann üblich, das neutrale Element von G mit 1 und das inverse Element von g G mit g 1 zu bezeichnen. Wenn keine Verwechslungsgefahr besteht, dann ist es auch üblich gh anstelle von g h zu schreiben. (2) Ist (G, +) eine Gruppe, dann spricht man von additiven Schreibweise. 3 Es ist dann üblich, das neutrale Element von G mit 0 und das inverse Element von g G mit g zu bezeichnen. 3 Die additive Schreibweise wird nur für abelsche Gruppen verwendet! Das liegt daran, daß jeder Mathematiker Kopfschmerzen bekommt, wenn er eine Aussage wie a + b b + a sieht. 8

13 Lemma 29. Sei G = (G, ) eine Gruppe. Dann gilt: (1) Das neutrale Element e G ist eindeutig bestimmt. (2) Zu jedem g G ist das inverse Element g 1 G eindeutig bestimmt. Beweis. (1) Sei e 0 G ein weiteres neutrale Element. Dann gilt e = e e 0 = e 0 und somit ist e = e 0. (2) Sei g 0 G mit g g 0 = e = g 0 g. Dann gilt g 1 = g 1 e = g 1 (g g 0 ) = (g 1 g) g 0 = e g 0 = g 0 und somit ist g 0 = g 1. Lemma 30. Sei G eine Gruppe und a, b G. Dann gilt: (1) Es gibt genau ein x G für das gilt a x = b. (2) Es gibt genau ein y G für das gilt y a = b. Beweis. (1) Existenz: Setze x := a 1 b. Dann gilt: a x = a (a 1 b) = (a a 1 ) b = e b = b. Eindeutigkeit: Sei x 0 G so, daß a x 0 = b gilt. Multipliziert man beide Seiten von links mit a 1, erhält man a 1 (a x 0 ) = a 1 b. Die linke Seite dieser Gleichung vereinfacht sich zu x 0. Die rechte Seite ist nach Definition gleich x. Damit ist x 0 = x. (2) Die zweite Behauptung wird analog bewiesen. Lemma 31. Sei G eine Gruppe und g, h G. Dann gilt: (g h) 1 = h 1 g 1 und (g 1 ) 1 = g. Beweis. Wir haben einerseits (g h) (h 1 g 1 ) = g (h h 1 ) g 1 = g e g 1 = g g 1 = e und andererseits nach Definition des inversen Elements (g h) (g h) 1 = e Nun folgt (g h) 1 = h 1 g 1 wegen Lemma 30. Die zweite Gleichung folgt sofort, wenn man g 1 (g 1 ) 1 = e von links mit g multipliziert. 9

14 Definition 32. Sei G eine Gruppe und H G eine Teilmenge. Wir sagen, daß H eine Untergruppe von G ist (Schreibweise: H G), wenn gilt: (1) H ist abgeschlossen unter der Verknüpfung von G. (2) H ist eine Gruppe unter der von G induzierten Verknüpfung. Beispiel. Sei G = (Z, +). Dann ist sowohl die Menge 2Z der gerade Zahlen als auch die Menge N der natürlichen Zahlen Teilmengen von G die abgeschlossen sind unter der Verknüpfung von G. 2Z ist eine Untergruppe von G. Aber N ist keine Untergruppe von G, da das Gruppenaxiom (G3) wegen x N : x 1 x / N nicht erfüllt ist. Lemma 33. Sei G eine Gruppe mit neutralem Element e und H G eine Untergruppe. Dann ist e auch das neutrale Element von H. Ebenso stimmen die inversen Elemente der Gruppe H überein mit den inversen Elementen der Gruppe G. Beweis. Sei e 0 das neutrale Element von H. Dann gilt e 0 e 0 = e 0 in H und somit auch in G. Andererseits gilt auch e 0 e = e 0 in G. Lemma 30 sagt nun, daß e 0 = e. Die verbleibende Aussage des Lemmas wird mit einem ähnlichem Argument bewiesen. Proposition 34 (Untergruppenkriterium). Sei G eine Gruppe und H G eine Teilmenge. Dann ist H eine Untergruppe von G dann und genau dann, wenn die folgenden drei Bedingungen erfüllt sind: (1) H (2) g, h H: g h H (3) g H: g 1 H Beweis. : Klar. : Wir müssen nachweisen, daß H mit der von G induzierten Verknüpfung die drei Gruppenaxiome erfüllt. Hier ist das einzige Problem, zu zeigen, daß (G2) erfüllt ist. Wegen Lemma 33 genügt es, zu zeigen, daß das neutrale Element e der Gruppe G auch ein Element von H ist. Da H, gibt es ein g H. Damit ist nach Voraussetzung g 1 H. Wieder nach Voraussetzung folgt g g 1 H. Da aber g g 1 = e, folgt, daß e H. Beispiel 35. Sei G eine Gruppe. Für jedes g G definieren wir eine Abbildung l g : G G, h g h, 10

15 genannt Linksmultiplikation mit g. Es folgt aus Lemma 30, daß l g eine bijektive Abbildung ist. Somit ist l g eine Permutation der Menge G und somit ein Element der symmetrischen Gruppe S G. Damit ist Ḡ := {l g g G} eine Teilmenge von S G. Wir wollen zeigen, daß Ḡ die drei Bedingungen des Untergruppenkriteriums aus Proposition 34 erfüllt: (1) Da G nicht leer ist, folgt, daß Ḡ. (2) Wir müssen zeigen, daß die Menge Ḡ unter der Verknüpfung von S G, d.h. der Verkettung von Abbildungen, abgeschlossen ist. Sei also l g, l h Ḡ. Dann gilt für jedes k G, daß (l g l h )(k) = l g (l h (k)) = l g (hk) = ghk = l gh (k), d.h. die Verkettung von l g und l h ist die Linksmultiplikation l gh mit gh. Also gilt l g l h Ḡ. (3) Sei l g Ḡ. Wir wissen, daß das zu l g inverse Element unter der Verknüpfung der Gruppe S G durch die Umkehrabbildung l 1 g zeigen, daß l 1 g Ḡ. gegeben ist. Wir müssen Dazu ist es genug, zu zeigen, daß l 1 g = l g 1 gilt. Dazu ist es wiederrum genug, zu zeigen, daß l g l g 1 = id G. Dies gilt aber, da für jedes k G gilt. (l g l g 1)(k) = l g (l g 1(k)) = gg 1 k = k = id G (k) Also sin alle drei Bedingungen von Proposition 34 für die Menge Ḡ erfüllt und somit ist Ḡ eine Untergruppe von S G. 3. Homomorphismen Definition 36. Es sein G und H Gruppen. Eine Abbildung f: G H heißt ein Homomorphismus von Gruppen, wenn gilt: g, h G: f(gh) = f(g)f(h) Die Menge aller Homomorphismen f: G H wird mit Hom(G, H) bezeichnet. Bemerkung 37. Ein Gruppenhomomorphismus ist also eine Abbildung von Gruppen, welche mit der Gruppenstruktur verträglich ist. 11

16 Lemma 38. Sei f: G H ein Homomorphismus von Gruppen. Dann gilt: (1) f(1) = 1 (2) g G: f(g 1 ) = f(g) 1 Beweis. (1) Es gilt f(1) = f(1 1) = f(1)f(1). Multipliziert man beide Seiten von rechts mit f(1) 1, erhält man 1 = f(1). (2) Es gilt f(g 1 )f(g) = f(g 1 g) = f(1) = 1. Somit ist f(g 1 ) = f(g) 1. Definition 39. Sei f: G H ein Homomorphismus von Gruppen. Dann ist f ein ein Monomorphismus wenn die Abbildung f injektiv ist; ein Epimorphismus, wenn die Abbildung f surjektiv ist; ein Isomorphismus, wenn die Abbildung f bijektiv ist. Ist G = H, dann nennen wir f einen Endomorphismus. Ein bijektiver Endomorphismus ist ein Automorphismus. Die Menge aller Endomorhismen von G wird mit End(G) bezeichnet. Die Menge aller Automorphismen von G wird mit Aut(G) bezeichnet. Definition 40. Eine Gruppe G heißt isomorph zu einer Gruppe H, wenn es einen Isomorphismus f: G H von Gruppen gibt. Wir schreiben dann G = H. Lemma 41. Sei f: G H ein Isomorphismus von Gruppen. Dann ist auch die Umkehrabbildung f 1 : H G ein Isomorphismus. Beweis. Wir wissen, daß die Umkehrabbildung f 1 : H G bijektiv ist (siehe Bemerkung 13) und müssen also nur noch die Homomorphismuseigenschaft von Definition 36 für die Abbildung f 1 nachweisen. Sei also g, h H. Es gilt f f 1 = id H und deswegen f(f 1 (g))f(f 1 (h)) = gh = f(f 1 (gh)). Da f ein Homomorphismus ist, folgt f(f 1 (g))f(f 1 (h)) = f(f 1 (g)f 1 (h)), d.h. f(f 1 (g)f 1 (h)) = f(f 1 (gh)). Da f injektiv ist, impliziert dies, daß f 1 (g) f 1 (h) = f 1 (gh), d.h. die Abbildung f 1 : H G erfüllt die Homomorphismuseigenschaft von Definition 36. Korollar 42. Seien G und H Gruppen. Dann gilt: G = H H = G. 12

17 Lemma 43. Seien f 1 : G H und f 2 : H K zwei Homomorphismen von Gruppen. Dann ist auch die Verkettung f 2 f 1 : G K ein Homomorphismus. Insbesondere ist die Verkettung zweier Isomorphismen wieder ein Isomorphismus. Beweis. Sei g, h G. Dann gilt (f 2 f 1 )(gh) = f 2 (f 1 (gh)) = f 2 (f 1 (g) f 2 (h)) = f 2 (f 1 (g)) f 2 (f 1 (h)) = (f 2 f 1 )(g) (f 2 f 1 )(h). Proposition 44. Sei G eine Gruppe. Dann ist Aut(G) eine Untergruppe der symmetrischen Gruppe S G. Beweis. Da jeder Automorphismus von G nach Definition eine Permutation von G ist, folgt, daß Aut(G) eine Teilmenge von S G ist. Wir zeigen, daß die drei Bedingungen von Proposition 34 für Aut(G) erfüllt sind: (1) Die Identität id G : G G ist nicht nur eine Permutation von G sonder offensichtlich ein Isomorphismus von G. Daher ist id G Aut(G) und somit gilt Aut(G). (2) Wir müssen Zeigen, daß die Teilmenge Aut(G) abgeschlossen ist unter der Verknüpfung der symmetrischen Gruppe S G, d.h. unter der Verkettung von Abbildungen. Sei f 1, f 2 Aut(G) zwei Automorphismen von G. Dann besagt Lemma 43, daß die Verkettung f 1 f 2 ein Autmorphismus von G ist. Also gilt f 1 f 2 Aut(G), d.h., die Menge Aut(G) ist abgeschlossen unter der Verknüpfung von S G. (3) Schließlich müssen wir zeigen, daß für jedes f Aut(G) gilt, daß das unter der Verknüpfung von S G zu f inverse Element f 1 zu Aut(G) gehört. Sei also f Aut(G). Von Beispiel 28 wissen wir, daß die Umkehrabbildung f 1 das inverse Element zu f in der Gruppe S G ist. Lemma 41 besagt, daß f 1 ebenfalls ein Automorphismus ist, d.h., es gilt sogar f 1 Aut(G). Also ist die Teilmenge Aut(G) S G nach Proposition 34 sogar eine Untergruppe, d.h. Aut(G) S G. Definition 45. Die Gruppe Aut(G) wird Automorphismengruppe von G genannt. 13

18 Definition 46. Sei f: G H ein Homomorphismus von Gruppen. Dann wird die Menge ker(f) := {g G f(g) = 1} der Kern des Homomorphismus f bezeichnet. Lemma 47. Sei f: G H ein Homomorphismus von Gruppen. Dann ist ker(f) eine Untergruppe von G und f(g) eine Untergruppe von H. Beweis. Übungsaufgabe. Lemma 48. Sei f: G H ein Homomorphismus von Gruppen. Dann gilt: f ist ein Monomorphismus ker(f) = {1} Beweis. Übungsaufgabe. Satz 49 (Satz von Cayley 4 ). Sei G eine Gruppe. Dann ist G isomorph zu einer Untergruppe der symmetrischen Gruppe S G. Beweis. Sei Ḡ die Untergruppe von S G von Beispiel 35. Sei ϕ: G Ḡ, g ϕ(g) := l g, d.h. ϕ bildet ein Gruppenelement g G auf die Permutation l g Perm(G) ab. Wir wollen zeigen, daß dies ein Isomorphismus ist. In Beispiel 35 habe wir uns überzeugt, daß l g l h = l gh gilt. Somit gilt ϕ(gh) = l gh = l g l h = ϕ(g)ϕ(h) für jedes g, h G, d.h., ϕ ist ein homomorphismus von Gruppen. Die Abbildung ϕ is nach Konstruktion surjektiv, d.h., ϕ ist ein Epimorphismus. Es bleibt also noch zu zeigen, daß ϕ auch ein Monomorphismus ist. Wir wollen dazu Lemma 48 anwenden. Sei also g ker(ϕ), d.h. ϕ(g) = id G. Sei h G. Dann gilt gh = l g (h) = id G (h) = h. Daraus folgt, daß g = 1 ist und somit ist ker(ϕ) = {1} und ϕ ein Monomorphismus nach Lemma 48. Also ist ϕ: G Ḡ ein Isomorphismus von Gruppen und so ist G isomorph zu Ḡ, einer Untergruppe von S G. 4 Arthur Cayley ( ) war ein englischer Mathematiker. 14

19 4. Nebenklassen, Normalteiler und Faktorgruppen Definition 50. Sei G eine Gruppe und H G eine Untergruppe. Sei g G. Dann heißt die Teilmenge gh := {gh h H} G eine Linksnebenklasse von H in G. Analog heißt die Teilmenge eine Rechtsnebenklasse von H in G. Hg := {hg h H} G Ein Element k gh heißt Repräsentant der Linksnebenklasse gh. Analog heißt ein Element k Hg ein Repräsentant der Rechtsnebenklasse Hg. Die Menge aller Linksnebenklassen von H in G bezeichnen wir mit G/H, d.h. G/H := {gh g G}. Bemerkung 51. (1) Da 1 H gilt g gh für jedes g G. (2) Für jedes g G gilt gh = l g (H), d.h., die Linksnebenklasse gh ist die Bildmenge von H unter dem Automorphismus (3) Es gilt offensichtlich l g : G G, h gh. g, g 1, g 2 G: g 1 H = g 2 H gg 1 H = gg 2 H. Lemma 52. Sei G eine Gruppe und H G und sei g 1, g 2 G. Dann gilt: g 1 H = g 2 H g 1 2 g 1 H Beweis. Es gilt g 1 H = g 2 H g 1 2 g 1H = g 1 2 g 2H. Da g 1 2 g 2 = 1 folgt, daß g 1 2 g 2H = H. Somit bleibt zu zeigen, daß g 1 2 g 1H = H g 1 2 g 1 H gilt. : : Klar, da nach Voraussetzung g 1 2 g 1 g 1 2 g 1H = H. Wenn g2 1 g 1 H, dann ist l g 1 nicht nur ein Automorphismus von G g1 2 sondern auch ein Automorphismus von H. Damit ist g2 1 g 1H = l g 1 g1(h) = H. Lemma 53. Sei G eine Gruppe und H G. Sei g 1, g 2 G. Dann gilt: g 1 H g 2 H = oder g 1 H = g 2 H Beweis. Sei g 1 H g 2 H. Dann gibt es ein g g 1 H g 2 H und somit muß es h 1, h 2 H geben mit g = g 1 h 1 = g 2 h 2. Dann gilt aber g 1 1 g 2 = h 1 h 1 2 H 2 und somit ist g 1 H = g 2 H aufgrund von Lemma

20 Korollar 54. Die Linksnebenklassen von H in G bilden eine Partition 5 von G. Bemerkung 55. Die Aussagen über Linksnebenklassen von Bemerkung 51 bis Korollar 54 gelten sinngemäß auch für Rechtsnebenklassen. Allerdings ist dann Hg = r g (H), wobei r h der Automorphismus r g : G G, h hg (Rechtsmultiplikation mit g) ist und die Aussage von Lemma 52 dann in der folgenden Variation gilt: Hg 1 = Hg 2 g 1 g 1 2 H. Definition 56. Sei G eine Gruppe. Ein Normalteiler von G ist eine Untergruppe von G für die gilt g G: gh = Hg, d.h., die Linksnebenklassen von H in G stimmen mit den Rechtsnebenklassen von H in G überein. Ist dies der Fall, dann schreiben wir H G. Lemma 57. Sei G eine Gruppe und H G. Dann gilt: H G g G, h H: ghg 1 H Beweis. : Sei H G. Sei g G und h H. Dann ist gh Hg, d.h., es gibt ein h H mit gh = h g. Dann ist ghg 1 = h H. : Sei gh gh mit h H. Wir setzen h := ghg 1. Nach Voraussetzung gilt h H. Dann ist gh = ghg 1 g = h g Hg und somit haben wir gh Hg gezeigt. Die umgekehrte Inklusion gh Hg wird analog bewiesen. Insgesammt gilt somit gh = Hg und dies unabhängig von g G. Somit ist H G. Bemerkung 58. Sei G eine Gruppe. Dann sind {1} und G immer Normalteiler von G. Ist G abelsch, dann gilt H G für jede Untergruppe H von G. Lemma 59. Sei f: G H ein Homomorphismus von Gruppen. Dann gilt: ker(f) G Beweis. Übungsaufgabe. 5 Siehe Definition 4. 16

21 Lemma 60. Sei G eine Gruppe und N G ein Normalteiler. Dann ist durch : G/N G/N G/N, (gn, hn) gn hn := ghn eine wohldefinierte Verknüpfung auf der Menge G/N der Linksnebenklassen definiert. Beweis. Wir müssen nur zeigen, daß ghn nicht von der Wahl der Repräsentanten g und h der Nebenklassen gn und hn abhängt. Sei also g, h G sodaß g N = gn und h N = hn. Dann gilt g 1 g N wegen Lemma 52. Wir setzen n := g 1 g. Dann ist (gh) 1 (g h ) = h 1 g 1 g h = h 1 nh = h 1 h }{{} N (h ) 1 nh N }{{} N da h 1 h N wegen Lemma 52 und (h ) 1 nh N wegen Lemma 57. Also ist ghn = g h N wegen Lemma 52. Proposition 61. Sei N ein Normalteiler der Gruppe G. Dann ist die Menge G/N eine Gruppe unter der Verknüpfung von Lemma 60. Beweis. Sei gn, hn, kn G/N. Dann gilt (gn hn) kn = ghn kn = ghkn = gn hkn = gn (hn kn) und somit ist die Verknüpfung assoziativ, d.h., das Gruppenaxiom (G1) ist erfüllt. Sei gn G/N. Dann gilt gn 1N = g1n = gn = 1gN = 1N gn. Somit ist die Linksnebenklasse 1N = N das neutrale Element der Verknüpfung, d.h., das Gruppenaxiom (G2) ist erfüllt. Schließlich ist auch das Gruppenaxiom (G3) erfüllt, da für jedes gn G/N gilt gn g 1 N = gg 1 N = N = g 1 gn = g 1 N gn, d.h. g 1 N = (gn) 1 ist das zu gn inverse Element. Da alle drei Gruppenaxiome erfüllt sind, ist G/N eine Gruppe unter der Verknüpfung von Lemma 60. Definition 62. Sei N ein Normalteiler einer Gruppe G, dann verstehen wir unter der Faktorgruppe G/N die Menge der Nebenklassen von N in G zusammen mit der Verknüpfung aus Lemma 60. Bemerkung 63. Ist G eine abelsche Gruppe, dann ist jede Untergruppe H G auch ein Normalteiler von G, und zudem ist die Faktorgruppe G/H ebenfalls abelsch. 17

22 5. Zerlegungssatz für Homomorphismen von Gruppen Lemma 64. Sei G eine Gruppe und N G ein Normalteiler. Dann ist π: G G/N, g π(g) := gn ein Epimorphismus mit ker(π) = N. Beweis. Sei g, h G. Dann gilt π(gh) = ghn = gn hn = π(g)π(h). Also ist π ein Homomorphismus. Die Surjektivität von π ist offensichtlich. Sei g N. Dann gilt π(g) = gn = N und somit ist g ker(π), d.h. N ker(π). Ist andererseits g ker(π), dann gilt gn = π(g) = N und somit ist g = 1 1 g N wegen Lemma 52, d.h. ker(π) N. Somit gilt ker(π) = N. Definition 65. Der Epimorphismus von Lemma 64 wird kanonischer Epimorphismus oder kanonische Projektion gennant. Satz 66 (Erster Isomorphie Satz). Sei f: G H ein Homomorphismus von Gruppen. Sei N := ker(f). Dann ist f: G/N f(g), gn f(g) ein wohldefinierter Isomorphismus von Gruppen. Beweis. Wir müssen zuerst einmal zeigen, daß die Definition der Abbildung f wohldefiniert ist, d.h., wir müssen zeigen, daß gn = g N die Gleichheit f(g) = f(g ) impliziert. Sei also gn = g N. Dann gilt g 1 g N und somit f(g 1 g) = 1. Also gilt f(gn) = f(g) = f(g)f(g 1 g ) = f(gg 1 g ) = f(g ) = f(g N), und die Abbildung f ist wohldefiniert. Sei gn, hn G/N. Dann gilt f(ghn) = f(gh) = f(g)f(h) = f(gn) f(hn), und somit ist f ein Homomorphismus von Gruppen. Der Homomorphismus f ist offensichtlich nach Konstruktion surjektiv. Es bleibt also noch zu überprüfen, daß f auch injektiv ist. Sei also gn G/N so, daß f(gn) = 1 ist. Dann gilt, daß f(g) = 1, und somit muß g ker(f) = N sein. Damit ist gn = N und somit ist ker( f) = {N}, daß heißt, nur das neutrale Element N der Faktorgruppe G/N ist im Kern der Abbildung f enthalten. Somit ist f auch ein Monomorphismus nach dem Kriterium von Lemma

23 Korollar 67 (Zerlegungssatz für Homomorphismen von Gruppen). Sei f: G H ein Homomorphismus von Gruppen. Sei N := ker(f). Dann existiert das folgende kommutative Diagram f G H π ı G/N f f(g) wobei π der kanonische Epimorhismus ist, f der Isomorphismus von Satz 66 und die Inklusion des Bildes f(g) in H. ı: f(g) H, x x 6. Innere Automorphismen Definition 68. Sei G eine Gruppe und g G. Wir nennen die Abbildung α g : G G, h ghg 1 Konjugation mit g oder den inneren Automorphismus zu g. Die Menge aller inneren Automorphismen von G bezeichnen wir mit Inn(G). Lemma 69. Sei G eine Gruppe und g G. Dann ist der innere Automorphismus α g : G G aus Definition 68 tatsächlich ein Automorphismus von G (d.h. die Namensgebung in der Definition 68 ist gerechtfertigt). Beweis. Sei h 1, h 2 G. Dann gilt α g (h 1 h 2 ) = gh 1 h 2 g 1 = gh 1 g 1 gh 2 g 1 = α g (h 1 )α g (h 2 ), d.h. α g ist ein Homomorphismus. Durch einfaches Nachrechnen verifiziert man, daß α g α g 1 = id G = α g 1 α g und somit α g eine bijektive Selbstabbildung von G, also ein Automorphismus von G ist. Lemma 70. Sei G eine Gruppe. Dann gilt: (1) g G: (α g ) 1 = α g 1 (2) g 1, g 2 G: α g1 α g2 = α g1g 2 Beweis. Die erste Aussage wurde schon im Beweis des vorherigen Lemmas indirekt angesprochen. Die zweite Aussge wird gleichfalls durch direktes Nachrechnen überprüft. 19

24 Proposition 71. Sei G eine Gruppe. Dann ist Inn(G) eine Untergruppe von Aut(G). Beweis. Lemma 69 besagt, daß Inn(G) Aut(G). Die Menge Inn(G) ist nicht leer, da G. Nun besagt Lemma 70, daß wir das Untergruppenkriterium von Proposition 34 anwenden können, woraus die Aussage folgt. Lemma 72. Sei G eine Gruppe und N eine Untergruppe von G. Dann gilt: N G g G: α g (N) N Beweis. Dies ist einfach eine Umformulierung von Lemma Operationen von Gruppen Definition 73. Sei G eine Gruppe und X eine Menge. Eine Operation (oder Wirkung) Φ von G auf X ist eine Abbildung Φ: G X X, (g, x) gx, welche die folgenden zwei Eigenschaften erfüllt: (O1) x X: 1x = x (O2) x X: g, h G: (gh)x = g(hx) Eine G-Menge X = (X, Φ) besteht aus einer Menge X und einer Operation Φ von G auf X. Beispiele 74. (1) Mit Φ: G X X, (g, x) x ist immer eine Operation der Gruppe G auf einer Menge X gegeben. Wir sagen, daß G trivial auf X operiert. (2) Jede Gruppe G operiert auf sich selbst via Linksmultiplikation: Φ: G G G, (g, h) gh (3) Jede Gruppe G operiert auf sich selbst via Konjugation: Φ: G G G, (g, h) ghg 1 (4) Die symmetrische Gruppe S X operiert auf natürliche Weise auf X via Φ: S X X X, (f, x) f(x). 20

25 (x, y ) (x, y) α (0, 0) Abbildung 4. Rotation um den Ursprung (0, 0) im R 2. (5) Die Gruppe der ganzen Zahlen Z operiert auf der Menge R der reellen Zahlen durch Translation: Φ: Z R R, (k, x) x + k (6) Die Gruppe der rellen Zahlen R operiert auf R 2 := R R durch Rotation um den Ursprung (0, 0): Φ: R R 2 R 2, (α, x, y) (x, y ) wobei x und y gegeben sind durch (siehe Abbildung 4): x := (cos α) x (sin α) y y := (sin α) x + (cos α) y (7) Sei H G und X eine G-Menge. Dann ist X auf natürliche Weise auch eine H-Menge. 8. Isometrien und der Euklidische Raum Definition 75. Ein metrischer Raum X = (X, d) besteht aus einer Menge X und einer Abbildung d: X X R { } welche die folgenden drei Axiome einer Metrik erfüllt: (M1) x, y X: d(x, y) 0 und d(x, y) = 0 x = y (M2) x, y X: d(x, y) = d(y, x) (M3) x, y, z X: d(x, z) d(x, y) + d(y, z) (Dreiecksungleichung) 21

26 Definition 76. Seien (X, d) und (Y, d ) zwei metrische Räume. Eine Abbildung f: X Y heißt Isometrie, wenn sie Distanzen unverändert läßt, d.h., wenn gilt: x, y X: d (f(x), f(y)) = d(x, y). Definition 77. Sei X ein metrischer Raum. Dann bezeichnen wir mit Isom(X) := {f: X X f ist eine bijektive Isometrie} die Menge aller isometrischen bijektiven Selbstabbildungen von X. Lemma 78. Sei f: X Y eine isometrie von metrischen Räumen (X, d) und (Y, d ). Dann ist f injektiv. Beweis. Sei x, y X mit f(x) = f(y). Dann ist d (f(x), f(y)) = 0 und somit auch d(x, y) = 0. Dann muß x = y sein, und deswegen ist f injektiv. Lemma 79. Seien f: X Y und g: Y Z Isometrien von metrischen Räumen. Dann ist auch die Verkettung g f: X Z eine Isometrie. Beweis. Durch Nachrechnen. Lemma 80. Sei (X, d) und (Y, d ) zwei metrische Räume und sei f: X Y eine bijektive Isometrie. Dann ist auch die Umkehrabbildung f 1 : Y X eine Isometrie. Beweis. Sei x, y Y. Dann gilt d(f 1 (x), f 1 (y)) = d (f(f 1 (x)), f(f 1 (y))) = d (x, y), und somit ist f 1 eine Isometrie. Proposition 81. Sei X ein metrischer Raum. Dann ist Isom(X) eine Untergruppe der symmetrischen Gruppe S X. Beweis. Nach Definition ist Isom(X) eine Teilmenge der Elemente der symmetrischen Gruppe S X. Die Identität id X auf X ist offensichtlich eine bijektive isommetrische Selbstabbilung von X und somit ist Isom(X). Lemma 79 besagt, daß Isom(X) abgeschlossen ist unter der Verknüpfung der Gruppe S X. Und Lemma 80 22

27 x 2 x d(x, y) y 2 y x 1 y 1 Abbildung 5. Die euklidsche Metrik im R 2. besagt, daß für jedes f Isom(X) gilt, daß die Umkehrabbildung f 1 ebenfalls ein Element von Isom(X) ist. Somit besagt Proposition 34, daß Isom(X) nicht nur eine Teilmenge von S X ist, sondern auch eine Untergruppe von S X ist. Definition 82. Sei n 1 eine natürliche Zahl. Dann ist ein Element x R n ein geordnetes n-tupel x = (x 1,..., x n ) von reellen Zahlen x 1,..., x n R. Mit x bezeichnen wir dann das n-tupel x := ( x 1,..., x n ). Der Ursprung von R n ist das n-tupel 0 := (0,..., 0). Lemma 83. Sei n 1 eine natürliche Zahl. Sei eine Abbildung d: R n R n R gegeben durch d(x, y) := (x 1 y 1 ) (x n y n ) 2. Dann erfüllt diese Abbildung die Axiome (M1), (M2) und (M3). Beweis. Übungsaufgabe. Definition 84. Sei n 1. Die Metrik von Lemma 83 heißt euklidische 6 Metrik. Die Menge R n zusammen mit der euklidischen Metrik heißt n-dimensionaler euklidischer Raum. Wir bezeichnen ihn mit E n. 6 Euklid von Alexandria (ca. 360 v. Chr. ca. 280 v. Chr.) war ein griechischer Mathematiker. Sein berühmtestes Werk Die Elemente ist vermutlich um 325 v. Chr. entstanden. 23

28 y K r (f(0)) s q 1 = f(p) f(0) = q 0 r y 1 Abbildung 6. Zum Beweis, daß eine isometrische Selbstabbildung des E 2 einen Kreis bijektiv auf einen Kreis abbildet (der Fall 0 < s < 2r). Bemerkung. Isometrien sind nach Lemma 78 immer injektiv. Im allgemeinen ist eine Isometrie von metrischen Räumen aber nicht surjektiv. Der n-dimensionale euklidische Raum E n hat allerdings die Eigenschaft, daß eine isometrische Selbstabbildung f: E n E n zwingend auch surjektiv sein muß, d.h. isometrische Selbstabbildungen des E n, n 1, sind automatisch Bijektionen. Um dies für allgemeines n 1 zu beweisen, fehlen uns noch die mathematischen Mittel. Für den Fall n = 2 ist der Beweis ein wenig einfacher. Bevor wir diesen Beweis führen können, benötigen wir noch einen Hilfssatz. Definition 85. Sei (X, d) ein metrischer Raum, x X und r 0 eine reelle Zahl. Dann heißt die Menge K r (x) := {y X d(x, y) = r} der Kreis um x mit Radius r. Lemma 86. Sei f: E 2 E 2 eine Isometrie und r 0 eine reelle Zahl. Dann ist f(k r (0)) = K r (f(0)), d.h. das Bild eines Kreises von Radius r um den Ursprung 0 unter einer Isometrie ist wieder ein Kreis mit Radius r. Beweis. : Sei x K r (0). Dann ist d(0, x) = r, und da f eine Isometrie ist, folgt, daß d(f(0), f(x)) = r gilt. Damit ist x K r (f(0)) und somit f(k r (0)) K r (f(0)). 24

29 : Sei y K r (f(0)). Für den Beweis wählen wir einen beliebigen Punkt p K r (0) und setzen q 0 := f(0) und q 1 := f(p). Sei s := d(q 1, y). Es können nun genau drei Fälle eintreten: entweder s = 0 oder 0 < s < 2r oder s = 2r (die Dreiecksungleichung verbietet, daß s > 2r sein kann). Ist s = 0, dann ist y = q 1 = f(p). Ist 0 < s < 2r, dann gibt es neben y genau einen weiteren Punkt y 1 K r (f(0)) mit d(q 1, y 1 ) = s (vergleiche mit Abbildung 6). Andererseits gibt es genau zwei Punkte x, x 1 auf dem Kreis K r (0) mit d(p, x) = d(p, x 1 ) = s. Damit bildet die Isometrie f die Menge {x, x 1 } auf {y, y 1 } ab. Da f nach Lemma 78 injektiv ist, muß entweder f(x) = y oder f(x 1 ) = y gelten. Schließlich, ist s = 2r, dann muß f( p) = y sein, da y der einzige Punkt von K r (f(0)), ist der im Abstand 2r zu q 1 ist und p der einzige Punkt von K r (0) ist, der den Abstand 2r von p hat. Wir haben also in allen drei Fällen gezeigt, daß es für jedes y K r (f(0)) ein x K r (0) gibt mit f(x) = y. Somit ist K r (f(0)) f(k r (0)). Proposition 87. Sei f: E 2 E 2 eine isometrische Selbstabbildung des euklidischen Raumes E 2. Dann ist f bijektiv. Beweis. Da wir schon wissen, daß eine Isometrie injektiv ist, müssen wir nur noch zeigen, daß f surjektiv ist. Sei y E 2 beliebig und sei q := f(0). Setze r := d(q, y). Dann ist y K r (q). Lemma 86 besagt nun, daß K r (q) = f(k r (0)) ist. Da y K r (q), muß es also ein x K r (0) geben mit f(x) = y. Somit ist f auch surjektiv. Beispiele 88. Beispiele von Isometrien des E 2 : (1) Translationen. Bestimmt zum Beispiel durch zwei Punkte p, q E 2. τ p,q (p) = q (2) Drehungen. Bestimmt durch einen Fixpunkt p E 2 und einen Winkel α R. ρ p,α (3) Spiegelung. Bestimmt durch ihre Achse g E 2. σ g (4) Gleitspiegelung. Bestimmt durch Achse und gerichteten Betrag (zum Beispiel zwei Punkte auf der Achse bestimmen die Achse und den Betrag). 25

30 Bemerkungen 89. (1) Translationen habe keine Fixpunkte. (2) Rotationen haben genau einen Fixpunkt. (3) Spiegelungen haben eine Gerade von Fixpunkten. (4) Die Identität fixiert die ganze euklidische Ebene E 2. Vereinbarung. Die Identität zählt sowohl als Translation als auch als Rotation. 9. Klassifikation der Isometrien des E 2 Satz 90 (Klassifikation der Isometrien des E 2 ). Sei f: E 2 E 2 eine Isometrie. Dann ist f eine Translation, eine Rotation, eine Spiegelung oder eine Gleitspiegelung. Der Beweis erfordert einige Vorbereitungen, welche wir in Lemma 92 bis Lemma 99 durchführen. Definition 91. Sei n 1 eine natürliche Zahl. Eine Teilmenge h E n ist eine Gerade wenn es eine Isometrie f: E 1 E n gibt mit h = f(e 1 ). Lemma 92. Sei m, n 1 zwei natürliche Zahlen und f: E m E n eine Isometrie. Dann ist das Bild einer Geraden in E m eine Gerade in E n. Beweis. Die Aussage folgt sofort aus Lemma 79. Definition 93. Drei Punkte p, q, r E 2 heißen kollinear, wenn sie auf einer Geraden liegen. Lemma 94. Sei f: E 2 E 2 eine Isometrie und p, q, r E 2 drei paarweise verschiedene Punkte, die nicht kollinear sind. Dann ist die Isometrie f eindeutig durch f(p), f(q) und f(r) bestimmt. Beweis. Wir müssen zeigen, daß wenn g: E 2 E 2 eine Isometrie ist mit f(p) = g(p), f(q) = g(q) und f(r) = g(r), dann ist f = g, d.h., f(x) = g(x) gilt für alle x E 2. Sei also x E 2 ein beliebiger Punkt. Sei h E 2 die Gerade durch p und q. Liegt x auf der Geraden h, dann liegt wegen Lemma 92 sowohl f(x) und g(x) auf der Geraden f(h) durch f(p) = g(p) 26

31 H + x 1 d(r, x 1 ) r p d(r, x 2 ) q x 2 H Abbildung 7. Zum Beweis von Lemma 94. und f(q) = g(q). Dann ist aber g(x) eindeutig bestimmt durch d(p, x) und d(q, x). Es folgt, daß f(x) = g(x) gelten muß. Die Gerade h teilt E 2 in zwei disjunkte Halbebenen H + und H. Da r nicht Teil der Geraden h ist können wir ohne Einschränkung der Allgemeinheit annehmen, daß r H +. Ist x / h, gibt es genau zwei Punkte x 1, x 2 E 2 welche die Gleichungen d(p, x) = d(p, x i ) und d(q, x) = d(q, x i ) für i = 1, 2 erfüllen, siehe Abbildung 7. Ohne Einschränkung der Allgemeinheit können wir annehmen, daß x 1 H + und x 2 H. Dann gilt d(r, x 1 ) < d(r, x 2 ). Durch diese Ungleichung werden aber auch die Bildpunkte von f(x 1 ) und f(x 2 ) eindeutig bestimmt. Und somit muß auch in diesem Fall f(x) = g(x) gelten. Lemma 95. Sei f: E 2 E 2 eine Isometrie. Seien p, q E 2 zwei unterschiedliche Punkte mit f(p) = p und f(q) = q. Dann ist f(r) = r für jeden Punkt r der Geraden durch p und q. Beweis. Sei h die Gerade welche durch p und q bestimmt ist. Nach Lemma 92 ist dann f(h) auch eine Gerade, und da f(p) = p und f(q) = q gilt, muß f(h) = h sein. Nun ist ein jeder Punkt r h durch d(r, p) und d(r, q) eindeutig bestimmt. Da d(f(r), p) = d(f(r), f(p)) = d(r, p) und d(f(r), q) = d(f(r), f(q)) = d(r, q) 27

32 x 1 q = f(q) p = f(p) x 2 Abbildung 8. Zum Beweis von Lemma 96. gilt, muß f(r) = r für jeden Punkt r h gelten. Lemma 96. Sei f: E 2 E 2 eine Isometrie mit zwei Fixpunkten p q. Dann ist f = id E 2 oder f ist eine Spiegelung an der Achse pq. Beweis. Sei x 1 E 2 ein Punkt, der nicht auf der Geraden durch p und q liegt. Dann gibt es genau einen weiteren Punkt x 2 E 2 mit d(p, x 1 ) = d(p, x 2 ) und d(q, x 1 ) = d(q, x 2 ), siehe Abbildung 8. Da f(p) = p und f(q) = q und eine Isometrie injektiv ist, muß f eine bijektive Selbstabbildung der Menge {x 1, x 2 } induzieren. Es gibt genau zwei Möglichkeiten: entweder f(x 1 ) = x 1 oder f(x 1 ) = x 2. Im ersten Fall stimmt f auf den drei Punkten p, q und x 1 mit der Identität id E 2 überein, im zweiten Fall stimmt f auf den drei Punkten p, q und x 1 mit der Spiegelung an der Achse pq überein. Da p, q und x 1 nicht kollinear sind, folgt nun die Aussage des Lemmas wegen Lemma 94. Lemma 97. Sei f: E 2 E 2 eine Isometrie mit genau einem Fixpunkt p. Dann ist f eine Rotation um p. Beweis. Sei q E 2 \{p}. Dann gilt d(f(q), p) = d(f(q), f(p)) = d(q, p), und deswegen liegt auch f(q) auf dem Kreis K um p, welcher durch q geht. Wähle ein r K mit 28

33 K f(r) s f(q) s r s p d(p, q) q Abbildung 9. Zum Beweis von Lemma 97. d(q, r) = d(f(q), r), siehe Abbildung 9, und setze s := d(q, r). Dann sind p, q und r drei paarweise verschiedene Punkte des E 2, welche nicht kollinear sind. Es gilt f(r) K und d(f(q), f(r)) = d(q, r) = s. Da f(r) r, muß f(r) auf der anderen Seite von f(q) liegen. Somit stimmt die Isometrie f auf den Punkten p, q und r mit einer Rotation um den Punkt p überein. Da diese Punkte nicht kollinear sind, muß f wegen Lemma 94 eine Rotation um p sein. Lemma 98. Sei f: E 2 E 2 eine fixpunktfreie Isometrie. Wenn es ein p E 2 gibt, sodaß p, f(p) und f(f(p)) kollinear sind, dann ist f eine Translation oder f ist eine Gleitspiegelung. Beweis. Da f(p) p, gibt es eine Gerade h, die eindeutig durch p und f(p) bestimmte ist. Nach Voraussetzung ist f(f(p)) h. Wir haben d(p, f(p)) = d(f(p), f(f(p))). Neben p gibt es genau einen weiteren Punkt r h mit d(r, f(p)) = d(p, f(p)). Sei m h der Mittelpunkt zwischen p und f(p). Wäre f(f(p)) = p, dann wäre m ein Fixpunkt von f, und wir hätten einen Widerspruch zur Voraussetzung. Sei x E 2 ein, Punkt der nicht auf der Gerade h liegt. Es gibt genau zwei Punkte y 1, y 2 E 2, für welche d(f(p), y i ) = d(p, x) und d(f(f(p)), y i ) = d(f(p), x) gilt, i = 1, 2, siehe Abbildung 10. Es muß also gelten f(x) = y 1 oder f(x) = y 2. Ist f(x) = y 1, dann stimmt die Isometrie f auf den drei Punkten p, f(p) und x mit einer Translation überein. Ist f(x) = x 2, dann stimmt die Isometrie f auf den drei Punkten p, f(p) und x mit einer Gleitspiegelung entlang der Achse pf(p) 29

34 x y 1 p m f(p) r = f(f(p)) y 2 Abbildung 10. Zum Beweis von Lemma 98. überein. Da die Punkte p, f(p) und x nicht kollinear sind, folgt wegen Lemma 94, daß die Isometrie f eine Translation oder eine Gleitspiegelung ist. Lemma 99. Sei f: E 2 E 2 eine fixpunktfreie Isometrie. Dann gibt es ein z E 2, sodaß z, f(z) und f(f(z)) paarweise verschieden und kollinear sind. Beweis. Sei p E 2 und setze q := f(p) und r := f(q). Da f keinen Fixpunkt hat, müssen diese Punkte alle paarweise verschieden sein. Sind sie auch kollinear, dann gibt es nichts zu beweisen. Wir nehmen also an, daß diese Punkte nicht auf einer Geraden liegen. Sei z der Mittelpunkt von p und q und h z die Gerade durch z welche senkrecht zu pq steht. Sei a der Schnittpunkt der Geraden h z mit der Geraden durch q und r. Es gilt d(p, a) = d(q, a). Sei z der Mittelpunkt von q und r. Es gilt z = f(z). Sei h q die Gerade, welche durch den Mittelpunkt von z und z und senkrecht auf der Gerade durch z und z steht. Dann halbiert h q den Winkel, der pq und qr aufgespannt wird, siehe Abbildung 11. Spiegelt man entlang h q, dann wird p auf r und z auf z abgebildet. Sei b der Punkt, auf den a bei dieser Spiegelung abgebildet wird, und sei h z die Gerade, auf welche h z bei dieser Spiegelung abgebildet wird. Da a, q und r kollinear sind und h q den Winkel zwischen pq und qr halbiert, folgt, daß die Punkte p, q und b ebenfalls kollinear sein müssen. Da d(q, b) = d(q, a) und d(r, b) = d(p, a) ist, folgt, daß b einer der beiden Möglichkeiten für f(a) ist. Wir zeigen, daß dies nicht sein kann. Sei m der Schnittpunkt der Geraden h z und h q. Dann ist m ein Fixpunkt der Spiegelung um h q und da m h z folgt somit, daß m h z. Die Punkte auf h z sind dadurch charakterisiert, daß sie die gleiche Distanz von p und q haben und die Punkte auf h z sind 30

35 h z h q a h z q b p z z r m Abbildung 11. Zum Beweis von Lemma 99. a b h z q p z z z s r b = f(a) Abbildung 12. Zum Beweis von Lemma 99. dadurch charakterisiert, daß sie die gleiche Distanz von q und r haben. Somit gilt d(m, p) = d(m, q) = d(m, r). Des weiteren gilt, daß d(m, a) = d(m, b). Sei ρ: E 2 E 2 die Drehung um den Punkt m welche z auf z abbildet. Dann gilt ρ(p) = q, ρ(q) = r und ρ(a) = b. Ist nun f(a) = b, dann stimmt f mit der Isometrie ρ auf den drei nicht kollinearen Punkten p, q und a überein. Somit ist ρ = f wegen Lemma 94. Dann hat aber f einen Fixpunkt (nämlich m) und dies ist ein Widerspruch zur Annahme, daß f eine fixpunktfreie Isometrie ist. Also ist f(a) b. 31

36 Sei s := f(r) und z der Mittelpunkt von r und s. Es gilt z = f(z ). Sei weiterhin b := f(a). Dann liegt b auf der Geraden h z und es gilt d(q, b) = d(r, b) und d(q, b ) = d(r, b ), siehe Abbildung 12. Da pq senkrecht auf h q steht und z auch der Mittelpunkt von b und b ist, muß d(b, q) = d(b, q) gelten. Somit beschreiben die Punkte q, b, r und b ein Parallelogram. Da f die kollinearen Punkte a, q und r auf die Punkte b, r und s abbildet, müssen diese ebenfalls kollinear sein. Da p, q und b kollinear sind und qb parallel zu b r ist, folgt somit, daß pq parallel zu rs ist. Da d(p, q) = d(r, s), folgt somit, daß die vier Punkte p, q, s und r ein Parallelogramm bilden. Hierbei sind die Punkte z und z Mittelpunkte zweier gegenüberliegenden Seiten in diesem Parallelogramm und z ist der Mittelpunkt einer Diagonalen in diesem Parallelogramm. Aus der Geometrie wissen wir, daß dann z, z und z kollinear sein müssen. Somit haben wir ein z E 2 gefunden, sodaß z, f(z) und f(f(z)) kollinear und offensichtlich paarweise verschieden sind. Beweis von Satz 90. Sei f: E 2 E 2 eine Isometrie. Es muß genau einer der folgenden drei Fälle eintreten: (1) Die Isometrie f hat keine Fixpunkte. Dann gibt es wegen Lemma 99 ein z E 2 sodaß z, f(z) und f(f(z)) auf einer Geraden liegen. Somit ist f eine Translation oder eine Gleitspiegelung nach Lemma 98. (2) Die Isometrie f hat genau einen Fixpunkt. Dann ist f eine Rotation nach Lemma 97. (3) Die Isometrie f hat mindestens zwei Fixpunkte. Dann ist f die Identität oder eine Spiegelung nach Lemma Diskrete Untergruppen von Isom(E 2 ) Definition 100. Sei G eine Untergruppe von Isom(E 2 ). Wir sagen, daß G eine diskrete Untergruppe von G ist, wenn es eine reelle Zahl ε > 0 gibt, für die gilt: (1) Ist 1 τ G eine Translation, dann verschiebt τ um mindestens den Betrag ε. (2) Ist 1 ϱ G eine Rotation, dann dreht ϱ mindestens um den Winkel ε. Satz 101. Sei G Isom(E 2 ) eine diskrete Untergruppe. Sei T := {τ G τ ist eine Translation}. Dann gilt: 32

37 (1) T ist ein Normalteiler von G. (2) Die Faktorgruppe G/T ist endlich. (3) Genau einer der folgenden drei Fälle trift zu: (a) T = {1} (b) T = {τ m m Z} für ein nicht triviale Translation τ G (dann ist G eine Friesgruppe). (c) T = {τ1 m τ2 n m, n Z} für zwei nicht triviale und nicht parallele Translationen τ 1, τ 2 G (dann ist G eine Ornamentgruppe). Beweis. Entfällt. Definition 102. Zwei Untergruppen G, H Isom(E 2 ) heißen ähnlich, wenn es eine winkeltreue Abbildung s: E 2 E 2 gibt, sodaß G = α s (H) gilt, wobei α s : Isom(E 2 ) Isom(E 2 ), f α s (f) := s f s 1. Bemerkung 103. Ist s: E 2 E 2 eine Isometrie, dann ist α s ein innerer Automorphismus von Isom(E 2 ). In diesen Fall heißen G und H konjugiert. Problem. Klassifikation der Fries- und Ornamentgruppen (1) bis auf Konjugation; (2) bis auf Ähnlichkeit; (3) bis auf Automorphismen von Isom(E 2 ); (4) bis auf Isomorphie. feiner gröber Proposition 104. Bis auf Ähnlichkeit gibt es genau 7 Friesgruppen und bis auf Isomorphie gibt es genau 4 Friesgruppen (siehe Abbildung 13). Beweis. Entfällt. Proposition 105. Bis auf Ähnlichkeit gibt es genau 17 Ornamentgruppen. Beweis. Entfällt. Bemerkung 106. Im Gegensatz zu Proposition 104 und 105 gibt es unendlich viele endliche diskrete Untergruppen von Isom(E 2 ), die paarweise nicht isomorph sind. 33

38 F 1 Z F 1 1 Z Z 2 F 2 1 D F 3 1 Z F 2 D F 1 2 D Z 2 F 2 2 D Abbildung 13. Die 7 verschiedenen Friesgruppen. 34