Grundlagen der Algebra

Grundlagen der Algebra
SoSe 2012
Lösungsvorschlag zu Serie 1
Aufgabe 1
i
Wohldefiniertheit heißt, dass für alle x, y ∈ R \ {1} gilt, dass x ∗ y ∈ R \ {1}. Wir
zeigen: Sind x, y ∈ R mit x ∗ y = 1, so ist x = 1 oder y = 1. Berechne hierzu
x ∗ y = x + y − xy
=
1
⇔ x + y − xy − 1 = (x − 1)(1 − y)
=
0
⇔ x = 1 oder y = 1.
Für die Assoziativität berechnet man:
(x ∗ y) ∗ z = (x + y − xy) + z − (x + y − xy)z = x + y − xy + z − xz − xy + xyz
= x + y + z − yz − xy − xz + xyz = x + (y + z − yz) − x(y + z − yz) = x ∗ (y ∗ z).
(ii)
Es gilt für x ∈ R:
0∗x=0+x−0∗x=x
(iii)
Es bleibt die Existenz eines Inversen für x ∈ R zu finden. Fordere hierzu x′ ∗ x =
0. Es gilt
x + x′ − xx′
⇔ x′ (1 − x)
⇔ x′
= 0
= −x
x
=
x−1
x
x
Es gilt x−1
∈ R \ {1}, denn x−1
= 1 impliziert x = x − 1, was keine Lösung hat.
Es liegt also eine Gruppe vor.
1
Aufgabe 2
(i)
Mit Lemma 1.1 gilt:
aa−1 = e
⇒ (a−1 )−1 = a.
(ii)
Es gilt wegen Lemma 1.1:
e′ a
= a ⇔ e′ = e′ aa−1 = aa−1 = e.
(iii)
Es gilt:
(b−1 a−1 )(ab) = b−1 eb = b−1 b = e.
Aufgabe 3
Wir lösen (i) und (ii) in einem. Seien e und e′ die neutralen Elemente von G
bzw. G′ , und sei a ∈ G. Dann ist
f (a) = f (ae) = f (a)f (e)
⇔ f (e) = e′
Es gilt also e ∈ ker(f ).
Berechne nun
f (a−1 )f (a) = f (a−1 a) = f (e) = e′ .
Hieraus folgt (ii).
Seien a, b ∈ ker f . Die Abgeschlossenheit bezüglich der Gruppenverknüpfung
folgt aus
f (ab) = f (a)f (b) = e′ e′ = e′ .
Die Abgeschlossenheit bezüglich Inversenbildung folgt aus
f (a−1 ) = (f (a))−1 = (e′ )−1 = e′ .
2
Aufgabe 4
f ist weder surjektiv noch injektiv, da einerseits nur positive Zahlen in R∗
getroffen werden und andererseits z.B. f (−1) = f (1) = 1 gilt.
Sie ist aber ein Homomorphismus, da
√
f ((a + bi)(c + di)) = f ((ac − bd) + (ad + bc)i) = (ac − bd)2 + (ad + bc)2
√
=
a2 c2 − 2abcd + b2 d2 + a2 d2 + 2abcd + b2 c2
√
√
=
a2 c2 + b2 d2 + a2 d2 + b2 c2 = (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = f (a + bi)f (c + di).
j ist kein Homomorphismus, denn (AB)t = B t At , und dies ist für zwei Matrizen
A, B, für die At und B t nicht kommutieren (das ist genau dann der Fall, wenn
A und B nicht kommutieren), nicht dasselbe wie At B t .
h ist ein Homomorphismus, denn ist A = (ai,j )1≤i,j≤4 ∈ M4 (C), B = (bi,j )1≤i,j≤4 ∈
M4 (C), so ist (A + B)t = ((ai,j + bi,j )t1≤i,j≤4 ) = (aj,i + bj,i )1≤i,j≤4 = At + B t .
h ist außerdem ein Isomorphismus, denn Transponieren ist selbstinvers (d.h.
(At )t = A) und daher bijektiv.
k ist ein Homomorphismus, da det(XY ) = det(X) det(Y ). Die Abbildung ist
nicht injektiv, da z.B. k(A) = k(−A), aber surjektiv, da für jedes c ∈ C∗ z.B.


c 0 0 0
0 1 0 0 

k
0 0 1 0 = c.
0 0 0 1
3