Übung zur Vorlesung Einführung in die Algebra Prof. Dr. J. H. Bruinier Stephan Ehlen

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1 Übung zur Vorlesung Einführung in die Algebr Prof. Dr. J. H. Bruinier Stephn Ehlen Soerseester 2009 Lösungshinweise zu Übungsbltt 5 Aufgbe G5. Ordnungen berechnen () () Gegeben k gilt k k 0 in /n genu dnn, wenn k n. In diese Flle ist l : k n und k l. Ist ugekehrt l n, so erfüllt k : l/ die Bedingung k l n, es ist lso k 0. Soit {k : k 0} {l/: l n} l/: l kgv(, n) kgv(, n), d n kgv(, n) nch Vorlesung,. Der Hooorphisus φ : /n, k k ht lso den Kern N it N : kgv(,n). Der Hooorphiestz liefert nun i φ / ker φ /N, es ist lso eine N-eleentige Gruppe, soit ord() N kgv(,n). (b) Gegeben x H, y G betrchten wir die Potenzbbildung φ : G H, φ(n) : (x, y) n, die ein Hooorphisus ist (lte Aufgbe finden, oder Nchrechnen!). Hierbei ist (x, y) n (x n, y n ) und soit φ(n) (, ) genu dnn, wenn x n und y n, wenn lso n ord(x) ord( y) kgv(ord(x), ord( y)). Nch de Hooorphiestz folgt (x, y) i φ /kgv(ord(x), ord(y)). Diese Gruppe ht kgv(ord(x), ord( y)) Eleente; die Ordnung von (x, y) ist soit kgv(ord(x), ord( y)). (c) Es ist 2 0 in /4, jedoch ; soit ord(2) 2. D 3 und 7 teilerfred sind, ist kgv(3, 7) 2, nch Teil () soit ord(3) 2/3 7 (lterntives Arguent: D /7 Prizhlordnung 7 ht, ist jedes von 0 verschiedene Eleent ein Erzeuger dieser Gruppe, lso uch 3; soit 3 /7 und soit ord(3) 7 in /7). Nch Teil (b) ist die Ordnung von (2, 3) ds kleinste geeinse Vielfche der Ordnungen 2 und 7 der beteiligten Eleente, lso 4. Aufgbe G5.2 Exkte Sequenzen () Diese Abbildungen sind eindeutig bestit: Inklusion und die trivile Abbildung, die lle Eleente us H uf die bbildet. (b) Es ist i ι N ker π sowie π(g) G/N und ntürlich ist ι injektiv. (c) Mn nit zu Beispiel N ϕ G π H, wobei ϕ(n) (n, ) und π((n, h)) h ist. Siehe den Abschnitt zu direkten Produkten in 2 der Vorlesung. (d) Es gelte. Dnn existiert lso ein Gruppenisoorphisus Ψ : N α H G. Es ist N N {} N α H und soit definiert n durch ϕ(n) : Ψ((n, )) einen injektiven Gruppenhooorphisus. Weiterhin ist nch Vorlesung die Abbildung π : N α H H, (n, h) h surjektiv it ker π N {}. Deshlb definiert uch π(g) : π(ψ (g)) einen surjektiven Hooorphisus.

2 2 Nch Vorlesung existiert ein Hooorphisus σ : H N α H it der Eigenschft π σ id H. Deshlb erhält n durch σ(h) : Ψ( σ(h)) einen Hooorphisus it π σ id H. Soit gilt 2. Gilt ugekehrt 2., so definiert n, wie in der Vorlesung gezeigt α(h)(n) : ϕ (σ(h)) n ϕ (σ(h) ). In der Vorlesung wurde vorgerechnet, dss dies einen Gruppenhooorphisus α : H Aut(N) liefert (ohne ds ϕ, ber ds sollte hier keine Schwierigkeit ehr bereiten) und dss durch Φ : N α H G, (n, h) ϕ(n)σ(h) ein Gruppenisoorphisus definiert wird. Mn sollte ds n dieser Stelle nochls sorgfältig nchrechnen und ier genu nchprüfen, welche Vorussetzung n wnn benutzt ht. Aufgbe G5.3 Alle belschen Gruppen der Ordnung 6 () Angenoen, es existiert kein Eleent der Ordnung 3 in G. Dnn ht nch de Stz von Lgrnge jedes von verschiedene Leent die Ordnung 2, denn es koen nur, 2, 3, 6 ls Ordnungen in Frge und für eine Eleent x der Ordnung 6 hätte x 2 die Ordnung 3. Aus Aufgbe H2. wissen wir nun bereits, dss G belsch ist. Es existieren lso 2 verschiedene Eleente g, h G der Ordnung 2, so dss gh ebenso ein Eleent der Ordnung 2 ist. Dies sieht n durch Abzählen. Gibt n sich g G vor und schließt ds Inverse g von g us, so ist ds Produkt gh eines von zwei weiteren Eleenten der Ordnung 2. D G belsch ist und g 2 h 2, gilt nch Aufgbe G3.2, dss H : g, h {, g, h, gh}. Ds ist ber nicht öglich, denn H wäre dnn ein Norlteiler in G (G ist belsch) und nch de Stz von Lgrnge wäre G G/H H 6 G/H 4. Also existiert ein Eleent G der Ordnung 3. (b) Wir hben in Aufgbe H4. gesehen, dss Gruppen gerder Ordnung ier ein selbstinverses Eleent besitzen. (c) Wir definieren U : und V : b. Dnn ist nch Aufgbe H4.3 () die Abbildung ϕ : U V G, (u, v) uv ein Gruppenhooorphisus it ker ϕ {(u, u ) : u U V }. D jedoch U V {} gilt, ist ϕ injektiv und es folgt (ufgrund von U V 6), dss ϕ ein Gruppenisoorphisus ist. Soit ist G U V /3/ /2 /6. Letzteres ist der Fll, d ggt(2, 3), siehe Vorlesung. Aufgbe G5.4 Beispiel zu Gruppenopertionen und Bhnen () Wir prüfen die Bedingungen us der Definition nch: Bedingung O: Für lle z ist σ(0, z) e 0λ z z z, wie gefordert. Bedingung O2: Für lle s, t und z gilt σ(s, σ(t, z)) σ(s, e tλ z) e sλ e tλ z e (s+t)λ z σ(s + t, z), unter Benutzung der Funktionlgleichung der Exponentilfunktion. Also ist σ eine Opertion der dditiven Gruppe (, +, 0) uf. (b) Die Bhn eines Eleents z ist z : {e tλ z : t } {e tλ : t } z Ez it E : {e tλ : t }. Die Bhn von 0 ist lso ier die einpunktige Menge E0 {0}. Interessnt sind die Bhnen der Eleente 0 z. Ist λ 0, so ist E {}, soit jede Bhn z {}z {z} eine einpunktige Menge. Ist 0 λ und λ, so ist E ]0, [ die positive reelle Achse und soit z ]0, [ z der vo Nullpunkt us durch z lufende Hlbstrhl (ohne die 0). Ist 0 λ und λ i, so ist E S {w : w } der Einheitskreis. Nch Aufgbe G (b) ist die Bhn von 0 z soit der Kreis u 0 vo Rdius z : z S z z S.

3 Ist schließlich λ x + i y it x, y \ {0}, so ist E eine durch lufende logrithische Spirle und soit uch Ez eine (u einen Fktor gestreckte) logrithische Spirle: Rechnung: Für z z e iφ erhält n Ez { z e x(t+φ/ y)+i y(t+φ/ y) φ x/ y : t } z e φ x/y {e t(x+i y) : t } z e φ x/y E. Aufgbe H5. Seidirekte Produkte belscher Gruppen und /p 2 () Flls α trivil ist, ist ds seidirekte Produkt gleich de direkten Produkt H G und klrerweise belsch für G, H belsch. Ist ugekehrt H α G belsch, so gilt (n, g)(n, g ) (nα(g)(n ), g g ) (n, g )(n, g) (n α(g )(n), g g). Soit ist insbesondere für lle g, g G, n, n N: nα(g)(n ) n α(g )(n). Wählt n n n, so erhält n α(g)(n) α(g )(n) für lle g, g G. Also ist für lle g G. α(g)(n) α()(n) (b) Mn überlegt sich leicht it de zweiten Hooorphiestz, dss H /p ist. Angenoen G wäre nun isoorph zu N α H für einen Gruppenhooorphisus α : H Aut(N). D G belsch ist, sind uch N und H G/N belsch. Dit uss nch Teil () α trivil sein und G wäre isoorph zu direkten Produkt N H /p /p. Dies ist ber nicht öglich, d G /p 2 zyklisch ist (es existiert ein Eleent der Ordnung p 2, /p /p jedoch nicht. Aufgbe H5.2 Alle nicht-belschen Gruppen der Ordnung 6 Es sei G eine nicht belsche Gruppe der Ordnung 6; dnn existieren Eleente, b G der Ordnungen 3 und 2 (siehe Aufgbe G5.3). () () Die Untergruppe ht Ordnung 3 und nch de Stz von Lgrnge soit den Index [G :< >] G / 6/3 2 und dher ein Norlteiler von G. (b) Nch Teil () gilt b b und soit b b i für ein i {0,, 2}. Wäre i 0, so wäre b b und soit bb ; dies ist ein Widerspruch, d ls Eleent der Ordnung 3 nicht ds Neutrleleent ist. Wäre i, so hätten wir b b und soit b b ; wäre lso die von und b erzeugte Untergruppe, b G belsch. D und b Untergruppen der Ordnung 2 bzw. 3 von, b sind, sind nch de Stz von Lgrnge sowohl 2 ls uch 3 Teiler der Gruppenordnung, b, welche wiederu G 6 teilt; dher, b 6 und soit, b G; die Gruppe G wäre lso belsch, i Widerspruch zur Aufgbenstellung. Es gilt lso b b 2 und soit b b 2. 3

4 (c) Die Eleente, b G erzeugen G (nch de in der Lösung von (b) gegebenen Arguent), und es gilt 3 b 2 sowie, wie eben gezeigt, b b 2. Mit Aufgbe H4.2 folgt, dss G D 3. Aufgbe H5.3 Gruppe der oberen Dreieckstrizen Wir erhlten eine kurze exkte Sequenz N ι π H, b 0 wobei ι : N die Inklusionsbbildung und π sind. Die Abbildungen sind Hooorphisen 0 c 0 c und ker π N. Außerde ist σ : H, definiert durch σ(h) h ntürlich ein Hooorphisus und es gilt π σ id H (prüfen!). Die Sequenz spltet lso. Nch Aufgbe G2.5 (d) gilt dnn N α H, wobei α : H Aut(N), α(h)(n) σ(h)nσ(h). 0 Expliziter ist für h ds Inverse σ(h) 0 b 0 c 0 c und soit für n : 0 bc α(h)(n). 0 Aufgbe H5.4 Möbiustrnsfortionen () Zunächst einl gilt es zu überprüfen, dss A.z ist: A.z z + b (z + b)(c z + d) cz + d cz + d 2 Wir schreiben nun z x + i y it x, y und erhlten Soit ist (cz z + bd + (dz + bc z)). cz + d 2 A.z cz + d 2 (c z 2 + bd + (d + bc)x + i y(d bc)). I(z) I(A.z) det(a) cz + d 2 > 0 und A.z. Dnn überprüfen wir die Eigenschften O) und O2). 0 O).z z+0 z ds neutrle Eleent operiert lso trivil, wie gefordert O2) Wir errechnen c b e d g f e + bg.z h ce + d g und soit ist uch diese Eigenschft erfüllt. (ez + f ) + b(gz + h) c(ez + f ) + d(gz + h) ez+f gz+h + b c ez+ f gz+h + d A.(B.z) f + bh (e + bg)z + f + bh.z c f + dh (ce + d g)z + c f + dh (b) Wenn z x + i y, so knn einfch die Mtrix y x A z 0 nehen, denn es ist det(a) y > 0 und A z.i yi + x z. Es gibt lso nur eine einzige Bhn, d.h. die Gruppe G operiert trnsitiv uf. 4

5 (c) Schreiben wir für M G det(m) 0 M A, 0 det(m) it A SL 2 (), so ist M.z A.z. Es ist lso G i Z SL 2 () i, wobei Z G die Untergruppe der Digonltrizen it gleichen Digonleinträgen ist, lso Z 0 : +. 0 Dies ist i Übrigen ds Zentru von G (wru?). Sei nun A c b SL d 2 () i, dnn uss gelten A.i i + b c + bd + i ci + d c 2 + d 2 i. Drus erhält n, dss c 2 + d 2 ist. Es existiert lso ein θ, so dss sin(θ) c und soit uch cos(θ) d ist. Es uss nun noch gelten sin(θ) + b cos(θ) 0 und cos(θ) b sin(θ). Also ist b tn(θ) und dher cos(θ), d.h. cos(θ) und b sin(θ). Es ist lso A SO 2() eine Drehtrix und wir erhlten insgest G i Z SO 2 (). (d) Wohldefiniertheit: Wenn [A] [B] gilt, dnn existiert ein C G i, so dss A BC. Es ist soit A.i (BC).i B.(C.i) B.i, d C G i. Die Abbildung ist surjektiv, d G trnsitiv operiert und sie ist injektiv, denn A.i B.i (A B).i i A B G i B AG i [A] [B]. 5