Einführung in die Algebra Musterlösungen Blatt 2

Einführung in die Algebra
Musterlösungen
Blatt 2
Benno Kuckuck
8. November 2004
5. Aufgabe: Sei G eine Gruppe. Zu zeigen ist, dass das Zentrum
Z(G) = {z ∈ G | zg = gz für alle g ∈ G}
eine Untergruppe ist.
Dazu sind drei Eigenschaften zu überprüfen:
i. Das Einselement 1 ∈ G ist offensichtlich in Z(G), da
1·g =g =g·1
für alle g ∈ G.
ii. Ist z ∈ Z(G), so ist auch z −1 ∈ Z(G), denn für beliebiges g ∈ G gilt
dann
z −1 g = z −1 g(zz −1 ) = z −1 (gz)z −1 = z −1 (zg)z −1 = (z −1 z)gz −1 = gz −1
iii. Sind z1 , z2 ∈ Z(G), so ist auch z1 z2 ∈ Z(G), denn für alle g ∈ G gilt
dann
(z1 z2 )g = z1 (z2 g) = z1 (gz2 ) = (z1 g)z2 = (gz1 )z2 = g(z1 z2 )
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Nun ist noch das Zentrum der Gruppe GLn (K) anzugeben. Diese Gruppe
ist bekanntlich isomorph zur Gruppe der invertierbaren (n×n)-Matrizen über
K, wir können die Elemente also als Matrizen betrachten. Gesucht sind nun
solche Matrizen Z ∈ GLn (K) mit ZA = AZ für alle A ∈ GLn (K).
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Wir definieren für 1 ≤ k, l ≤ n die Matrizen
(
Akl := (δik δjl )1≤i,j≤n mit δst =
1 für s = t
0 sonst
und
Bkl := En + Akl
Für k 6= l ist Bkl eine obere oder untere Dreiecksmatrix, ihre Determinante
ist also 1 (das Produkt der Diagonalelemente). Somit ist Bkl ∈ GLn (K) für
k 6= l.1
Für A = (aij ) ist
(Bkl A)ij =
n
X
(δik δrl + δir )arj = δik alj + aij
r=1
und
(ABkl )ij =
n
X
air (δrk δjl + δrj ) = δjl aik + aij
r=1
Vertauscht also A mit allen Matrizen aus GLn (K), so auch insbesondere mit
allen Bkl . Für beliebige k 6= l lautet der Eintrag (k, k) der Matrix Bkl A =
ABkl dann
δkk alk + akk = (Bkl A)kk = (ABkl )kk = δkl akk + akk = akk
Also ist alk = 0 für k =
6 l.
Der Eintrag (k, l) der Matrix Bkl A = ABkl ist
δkk all + akl = (Bkl A)kl = (ABkl )kl = δll akk + akl
Also ist all = akk für alle k, l mit 1 ≤ k, l ≤ n.
Damit haben wir bewiesen, dass Matrizen aus dem Zentrum von GLn (K)
stets die Form c · En mit einem c ∈ K haben. Umgekehrt ist aber klar, dass
die Matrizen dieser Form mit allen anderen Matrizen vertauschen und für
c 6= 0 invertierbar sind. Somit ist
Z(GLn (K)) = {c · En | c ∈ K \ {0}}
1
Für k = l muss Bkl nicht invertierbar sein.
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6. Aufgabe: Sei G eine Gruppe und Aut G die Menge der Automorphismen von G. Zu zeigen ist, dass Aut G mit der Hintereinanderausführung von
Abbildungen eine Gruppe bildet. Zunächst ist klar, dass mit f, g ∈ Aut G
auch f ◦ g wieder ein Homomorphismus und als Produkt zweier Bijketionen
auch wieder eine Bijektion ist, also f ◦ g ∈ Aut G.
Die Komposition von Abbildungen ist ausserdem trivialerweise assoziativ.
Ein Einselement ist durch die identische Abbildung idG : G → G gegeben
— sie ist offensichtlich ein Isomorphismus und es gilt f ◦ idG = f = idG ◦ f
für alle f ∈ Aut G.
Zu jedem Isomorphismus f ∈ Aut G gibt es eine Umkehrabbildung f −1 :
G → G mit f ◦ f −1 = idG = f −1 ◦ f . Diese ist wieder eine Bijektion und
ausserdem ein Homomorphismus, denn sind g, h ∈ G so seien g 0 := f −1 (g)
und h0 := f −1 (h) und es gilt
f −1 (gh) = f −1 (f (g 0 )f (h0 )) = f −1 (f (g 0 h0 )) = g 0 h0 = f −1 (g)f −1 (h)
Also ist f −1 ∈ Aut G, das heisst in Aut G gibt es inverse Elemente. Damit
ist gezeigt, dass Aut G mit der Komposition von Abbildungen eine Gruppe
ist.
Nun ist noch die Automorphismengruppe von S3 zu bestimmen.
Für eine beliebige Gruppe G und g ∈ G können wir die Abbildung
θg : G → G, h 7→ ghg −1
definieren. Diese Abbildung ist ein Homomorphismus, denn für h, h0 ∈ G ist
θg (hh0 ) = ghh0 g −1 = ghg −1 gh0 g −1 = θg (h)θg (h0 )
Ausserdem ist offensichtlich ker θg = {1}, d.h. θg ist injektiv, und mit h ∈ G
ist θ(g −1 hg) = h, also ist θg surjektiv. Damit haben wir gezeigt, dass θg ein
Automorphismus ist.
Nun definieren wir eine Abbildung
θ : G → Aut G, g 7→ θg
Diese Abbildung ist ein Homomorphismus, denn für g, g 0 ∈ G ist
θgg0 (h) = gg 0 hg 0−1 g −1 = (θg ◦ θg0 )(h)
für alle h ∈ G. Weiter gilt θg = id genau dann, wenn für alle h ∈ G gilt
g −1 hg = h also hg = gh. Das bedeutet, dass θg = id ⇔ g ∈ Z(G) bzw.
ker θ = Z(G).
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Kommen wir nun zu der Aufgabenstellung zurück. Wie man leicht nachprüft ist Z(S3 ) = {id},2 d.h. θ : S3 → Aut S3 (so definiert wie oben) ist ein
injektiver Homomorphismus. Aus Aufgabe 3 wissen wir aber, dass Aut S3
genau 6 Elemente hat. Eine injektive Abbildung zwischen gleichmächtigen
endlichen Mengen ist aber stets bijektiv, d.h. θ ist ein Isomorphismus.
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8. Aufgabe: Zu zeigen ist, dass Untergruppen zyklischer Gruppen zyklisch
sind.
Sei also G = hgi eine zyklische Gruppe und H < G eine Untergruppe. Ist
H = {1}, so ist nichts zu zeigen, wir nehmen also an H sei nicht trivial. Sei
m die kleinste natürliche Zahl mit g m ∈ H. Ist nun h ∈ H, mit h 6= 1, so ist
h = g k für ein k ∈ Z. Es ist k = sm + r für gewisse s ∈ Z, r ∈ N0 mit r < m.
Dann ist g r = g k−sm = h(g m )−s ∈ H. Wegen der Minimalität von m kann
also r nicht ungleich 0 sein. Somit ist k = sm, also h = g k = g sm = (g m )s .
Damit haben wir gezeigt, dass H = hg m i, d.h. H ist zyklisch.
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Alternativ in zwei Schritten:
Wir wissen, dass jede zyklische Gruppe entweder zu Z oder zu Z/mZ für
ein m ∈ N isomorph ist, es genügt also diese Gruppen zu betrachten. Sei
zunächst U < Z eine Untergruppe der ganzen Zahlen. Ist U = {0}, so ist
nichts zu beweisen, andernfalls sei a ∈ U positiv mit |a| minimal. Ist nun
u ∈ U beliebig, so gibt es Zahlen s, r ∈ Z mit u = sm + r und |r| < |a|. Es ist
aber r = u − sa ∈ U , also kann r keine positive Zahl sein, da sich sonst ein
Widerspruch zur Minimalität von |a| ergäbe. Somit ist r = 0, d.h. u = sa.
Es folgt U = hai.
Nun betrachten wir eine Untergruppe U < Z/mZ mit m ∈ N. Sei p :
Z → Z/mZ die kanonische Surjektion. Dann ist (nach einem bekannten Satz)
p−1 (U ) eine Untergruppe von Z. Nach dem was wir gerade bewiesen haben
ist dann p−1 (U ) = hai für ein a ∈ Z. Wegen der Surjektivität von p ist aber
U = p(p−1 (U )) = hp(a)i.
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weil etwa (12)(13) = (132) 6= (123) = (13)(12), (23)(123) = (13) 6= (12) = (123)(23)
und (132)(12) = (23) 6= (13) = (12)(132)
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