(a). Für R = Z/6Z betrachte die Menge M = M 3(R)

BEISPIELE VON ÜBUNGSBLATT 2 DER ÜBUNG
ALGEBRAISCHE STRUKTUREN
7 (a). Für R = Z/6Z betrachte die Menge M = M3 (R) der 3 × 3 Matrizen mit
Einträgen in R. Bestimme die invertierbaren Elemente von M bezüglich der Matrizenmultiplikation.
Schreibe Z/6Z als {0, 1, 2, 3, 4, 5}, wobei n die Restklasse von n modulo 6Z bezeichnet. Beachte, dass Z/6Z kein Körper ist, da 2, 3 und 4 kein multiplikatives
Inverses besitzen. Es gilt jedoch, dass Z/6Z ein kommutativer Ring mit Einselement ist. Bezeichne mit (Z/6Z)∗ die Einheiten von Z/6Z, also jene Elemente, die
ein multiplikatives Inverses besitzen. Es lässt sich leicht nachprüfen, dass (Z/6Z)∗
aus den Elementen 1 und 5 besteht.
Wir wollen nun zeigen, dass genau jene Matrizen in M3 (R) invertierbar sind,
deren Determinante eine Einheit ist. Dies verallgemeinert den bekannten Satz aus
der linearen Algebra, dass die invertierbaren Matrizen über einem Körper genau
jene mit Determinante ungleich Null sind.
Angenommen eine Matrix A ∈ M3 (R) ist invertierbar. Genauso wie in der
linearen Algebra (der Beweis verwendet nur die Eigenschaften eines kommutativen
Ringes mit Eins) lässt sich zeigen, dass dann
det(A) · det(A−1 ) = det(A · A−1 ) = det(I3 ) = 1
gilt. Daraus folgt schon, dass die Determinante von A eine Einheit ist.
Andererseits, nimm an, dass für eine Matrix A ∈ M3 (R) gilt, dass ihre Determinante eine Einheit ist. Dann können wir die Matrix
B = det(A)−1 · Adj(A)
definieren, wobei Adj(A) die adjunkte Matrix zu A ist. Genauso wie in der linearen
Algebra lässt sich nun zeigen, dass
B · A = A · B = I3
ist. Daher ist A eine invertierbare Matrix.
Insgesamt haben wir gezeigt, dass die Menge der invertierbaren Matrizen in
M3 (R) (die auch mit GL3 (R) bezeichnet wird) die Folgende ist:
GL3 (R) = {A ∈ M3 (R)| det(A) ∈ {1, 5}}
7 (c). Sei G die Menge der vierten Einheitswurzeln in C, also G = {ξ ∈ C|ξ 4 =
1}. Zeige: G bildet eine kommutative Gruppe bzgl. der natürlichen Verknüpfung.
Vergleiche dann G mit Z/4Z.
Da G eine Teilmenge der Gruppe (C∗ , ·) mit der induzierten Verknüpfung ist,
können wir das Kriterium aus Beispiel 5 (a) anwenden.
Seien also x, y ∈ G. Dann ist
(xy −1 )4 = x4 y −4 = x4 (y 4 )−1 = 1.
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BEISPIELE VON ÜBUNGSBLATT 2 DER ÜBUNG ALGEBRAISCHE STRUKTUREN
Also ist xy −1 ∈ G. Nach Beispiel 5 (a) können wir daraus folgern, dass G eine
Gruppe ist. Weiters erbt G die Kommutativität der Gruppe (C∗ , ·).
Es ist G = {1, i, −1, −i} = {i0 , i1 , i2 , i3 }. Andererseits ist Z/4Z = {0, 1, 2, 3},
wobei n die Restklasse von n modulo 4Z bezeichne.
Wir wollen zeigen, dass die Abbildung f : G → Z/4Z, die definiert ist durch
f (in ) = n für n = 0, 1, 2, 3, ein Isomorphismus ist. Da f offensichtlich bijektiv
ist, reicht es zu verifizieren, dass f ein Gruppenhomomorphismus ist. Seien also
x, y ∈ G. Dann gibt es n, m ∈ {0, 1, 2, 3}, sodass x = in , y = im . Angenommen,
n + m < 4. Dann ist
f (xy) = f (in+m ) = n + m = n + m = f (in ) + f (im ) = f (x) + f (y).
Andererseits, wenn n + m ≥ 4, dann ist
f (xy) = f (in+m ) = f (in+m−4 ) = n + m − 4 = n + m + −4 = n + m = f (x) + f (y).
Also haben wir gezeigt, dass f ein Gruppenhomomorphismus, und damit Isomorphismus, ist.
8(a). Zeige, dass die Menge der geordnete Paare (a, b) mit a ∈ X und b ∈ Y
zusammen mit den beiden Projektionen auf die erste und zweite Komponente ein
kartesisches Produkt von zwei gegebenen Mengen X und Y bildet.
Wir müssen die universelle Eigenschaft des kartesischen Produktes nachrechnen.
Bezeichne mit X × Y die Menge der geordneten Paare und mit π1 : X × Y → X
und π2 : X × Y → Y die beiden Projektionen.
Sei Z eine Menge und g1 : Z → X, sowie g2 : Z → Y Abbildungen. Dann macht
die Abbildung f : Z → X × Y , f (z) = (g1 (z), g2 (z)) das Diagramm
Z
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g
f
g
π
π
X ×Y
X
Y
kommutativ. Sei nun h : Z → X × Y eine weitere Abbildung, sodass
Z
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g
h
g
π
π
X ×Y
X
Y
kommutiert. Wir wollen nun zeigen, dass f = h. Sei z ∈ Z und h(z) =
(h1 (z), h2 (z)) ∈ X × Y . Dann gilt, dass h1 (z) = (π1 ◦ h)(z) = g1 (z) und h2 (z) =
(π2 ◦ h)(z) = g2 (z). Insgesamt also
h(z) = (h1 (z), h2 (z)) = (g1 (z), g2 (z)) = f (z).
Die Abbildungen f und h stimmen also überein. Damit ist die universelle Eigenschaft des kartesischen Produktes gezeigt.
BEISPIELE VON ÜBUNGSBLATT 2 DER ÜBUNG ALGEBRAISCHE STRUKTUREN
3
8(b). Zeige, dass das kartesische Produkt von zwei Mengen eindeutig bis auf (eindeutige) Isomorphie ist.
Sei X ⊗ Y eine weitere Menge mit Abbildungen ε1 : X ⊗ Y → X, ε2 : X ⊗ Y →
Y , welche die universelle Eigenschaft des kartesischen Produktes von X und Y
erfüllen. Dann gilt nach der universellen Eigenschaft von X×Y , dass eine eindeutige
Abbildung Φ existiert, sodass das Diagramm
X ⊗Y
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ε
Φ
ε
π
π
X ×Y
X
Y
kommutiert. Weiters existiert nach der universellen Eigenschaft von X ⊗ Y eine
eindeutige Abbildung Ψ : X ⊗ Y → X × Y , welche das Diagramm
X ×Y
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2
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π
Ψ
π
ε
ε
X ⊗Y
X
Y
kommutativ macht. Wir wollen nun zeigen, dass Φ ◦ Ψ : X × Y → X × Y gleich
der Identität auf X × Y ist. Dazu verwenden wir erneut die universelle Eigenschaft
von X × Y : Die Identitätsabbildung idX×Y : X × Y → X × Y macht trivialerweise
das Diagramm
X ×Y
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X×Y
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π
id
π
π
π
X ×Y
X
Y
kommutativ. Nach der universellen Eigenschaft von X×Y ist die Identitätsabbildung
daher eindeutig mit dieser Eigenschaft. Es gilt jedoch ebenfalls, dass
π1 ◦ Φ ◦ Ψ = ε 1 ◦ Ψ = π1
und
π2 ◦ Φ ◦ Ψ = ε 2 ◦ Ψ = π2 .
Daher macht Φ ◦ Ψ ebenfalls das Diagramm
X ×Y
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1
2
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π
Φ◦Ψ
π
π
π
X ×Y
X
Y
kommutativ. Aufgrund der Eindeutigkeit dieser Abbildung gilt, dass Φ ◦ Ψ =
idX×Y . Auf gleiche Weise lässt sich nachrechnen, dass Ψ ◦ Φ = idX⊗Y . Also sind
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BEISPIELE VON ÜBUNGSBLATT 2 DER ÜBUNG ALGEBRAISCHE STRUKTUREN
Φ und Ψ zueinander inverse Isomorphismen. Weiters sind diese Isomorphismen
aufgrund der universellen Eigenschaft des kartesischen Produktes eindeutig.
8(c). Definiere das kartesische Produkt von Gruppen und finde eine explizite Konstruktion dafur.
Seien G und H Gruppen. Der Einfachheit halber schreiben wir die Verknüpfung
beider Gruppen multiplikativ. Dann lässt sich auf der Menge
G × H = {(a, b)|a ∈ G, b ∈ H}
eine Verknüpfung durch (a, b) · (c, d) = (ac, bd) definieren. Wir werden nun zeigen,
dass G × H mit dieser Verknüpfung eine Gruppe bildet.
Assoziativität: Seien (a, b), (c, d) und (e, f ) Elemente in G × H. Dann gilt:
((a, b) · (c, d)) · (e, f ) = (ac, bd) · (e, f ) = ((ac)e), (bd)f )
= (a(ce), b(df )) = (a, b) · (ce, df ) = (a, b) · ((c, d) · (e, f ))
Neutrales Element: Bezeichne mit 1G das neutrale Element von G und mit 1H
das neutrale Element von H. Dann gilt für alle (a, b) ∈ G × H:
(a, b) · (1G , 1H ) = (a1G , b1H ) = (a, b)
und
(1G , 1H ) · (a, b) = (1G a, 1H b) = (a, b).
Also ist (1G , 1H ) das neutrale Element von G × H.
Inverses Element: Sei (a, b) ein Element von G × H. Bezeichne mit a−1 das
inverse Element von a in G und mit b−1 das inverse Element von b in H. Dann
gilt:
(a, b) · (a−1 , b−1 ) = (aa−1 , bb−1 ) = (1G , 1H )
und
(a−1 , b−1 ) · (a, b) = (a−1 a, b−1 b) = (1G , 1H ).
−1 −1
Also ist (a , b ) das zu (a, b) inverse Element in G × H.
Also bildet G×H eine Gruppe. Weiters ist leicht zu sehen, dass π1 : G×H → G,
π1 (a, b) = a und π2 : G × H → H, π2 (a, b) = b Gruppenhomomorphismen sind. Es
lässt sich völlig analog zu Beispiel 8(a) zeigen, dass G×H die universelle Eigenschaft
des kartesischen Produkts in der Kategorie der Gruppen erfüllt.