AEinführung in die Algebra

A
Einführung in die Algebra
für M, MCS, LaG
Technische Universität Darmstadt
Fachbereich Mathematik
Prof. Dr. Klaus Keimel
Dr. (AUS) Werner Nickel
Christoph Müller
17./20. Januar 2003
WS 2002/03
Lösungen zu den Gruppenübungen Nr. 11
M INITEST
T22 Welche der folgenden Teilmengen des Ringes aller Funktionen von R nach R (mit den Verknüpfungen
(f + g)(x) = f (x) + g(x) und (f g)(x) = f (x)g(x)) ist ein Unterring?
[x]
Die Menge aller stetigen Funktionen.
[ ]
Die Menge aller bijektiven Funktionen.
[x]
Die Menge aller konstanten Funktionen.
[ ]
Die Menge aller linearen Funktionen.
X
|Fix(g)|?
[ ] 1
[ ] 2
T23 Was ist
[ ]
3
[x]
6
g∈S3
G RUPPEN ÜBUNGEN
G46 Diese Aufgabe lösen wir mit dem Lemma von Burnside. Dazu müssen wir zunächst die passende
Gruppe und ihre Wirkung definieren. Das machen wir für diese Aufgabe nochmal ganz ausführlich, in
den folgenden Lösungen werden wir uns kürzer fassen.
Wir denken uns die sechs Perlen der Kette als die Ecken eines regulären Sechsecks, die wir mit jeweils
einer der drei Farben einfärben können. Sei X die Menge aller solcher Färbungen, von denen es insgesamt 36 gibt (3 mögliche Farben für jede der sechs Ecken). Nicht alle diese Färbungen führen aber
zu verschiedenen Perlenketten. Insbesondere wollen wir nicht unterscheiden zwischen zwei Färbungen
des Sechsecks, die sich durch Drehung oder Spiegelung ineinander überführen lassen, denn die fertige
Perlenkette kann man in der Hand auch im Kreis drehen oder umklappen.
Dementsprechend betrachten wir die folgende Wirkung σ der Symmetriegruppe D6 des Sechsecks auf
die Menge X aller Färbungen: Bildet eine Symmetrieabbildung g ∈ D6 eine Ecke A auf eine Ecke B
ab, so soll in der Färbung σg (x) die Ecke B die Farbe von A in der Färbung x haben. Genau dann wollen
wir zwei Färbungen x und y nicht unterscheiden, wenn es eine Symmetrieabbildung g ∈ D6 gibt mit
σg (x) = y, d.h. wenn y ∈ Bx bzw. x und y in derselben Bahn liegen. Die Anzahl der verschiedenen
Perlenketten entspricht also der Anzahl der Bahnen unter dieser Wirkung, und die können wir mit dem
Lemma von Burnside bestimmen.
Wir brauchen dazu für jedes Gruppenelement g ∈ D6 die Zahl |Fix(g)| aller Fixpunkte von X unter
der Wirkung von σg . Eine Färbung verändert sich unter der Wirkung σg genau dann nicht, wenn je
zwei Ecken, die von g aufeinander abgebildet werden, gleiche Farbe haben. In der Skizze auf der
nächsten Seite sind alle möglichen Typen von Symmetrieabbildungen aufgeführt, wobei wir Ecken,
die aufeinander abgebildet werden, mit denselben Zahlen benennen (das sind die Bahnen bzgl. der
Wirkung von id, g, g 2 , . . . auf den Ecken).
3
1
2
4
1
5
2
2
3
6
1
1
1
1
ρ,
3
1
1
1
3
2
3
1
1
2
2 4
ρ, ρ
2
τ
2
ρ5
2
4
σ
id
1
3
1
2
1
1
2
3
3
ρ
Beispielsweise entsprechen sich bei der Spiegelung σ je zwei Ecken, die aufeinander abgebildet werden. Eine Färbung wird von σ fixiert, wenn Ecken mit gleichen Nummern gleich gefärbt sind. Hier
kann man also drei Farben frei wählen, und es gibt |Fix(σ)| = 33 solche Färbungen. Das machen wir
systematisch für alle Typen von Symmetrieabbildungen, und beachten bei der Summation die Anzahl
solcher Abbildungen in D6 :
Abbildung g
id
σ
τ
ρ
ρ2
ρ3
Freiheiten
6
3
3
2
2
3
|Fix(g)|
Anzahl Summe
6
3 = 729
1
729
33 = 27
3
81
4
3 = 81
3
243
1
3 =3
2
6
32 = 9
2
18
33 = 27
1
27
12
1104
P
Nach dem Lemma von Burnside gibt es |D16 | g∈Dg |Fix(g)| = 1104 : 12 = 92 Bahnen, also 92
verschiedene Perlenketten mit sechs Perlen, die schwarz, weiß oder blau sind.
G47
a) Offenbar besitzt der Polyeder eine fünfzählige Drehung um die
Achse, die durch die beiden Mittelpunkte der fünfeckigen Seiten
1
2
geht. Damit ist klar, dass jeder die oberen 5 Ecken und die unteren 5 Ecken in einer Bahn unter der Symmetriegruppe liegen. Die
Punktspiegelung am Schwerpunkt des Polyeders ist eine weitere
Symmetrieoperation und bildet die oberen 5 Ecken auf die unte3
4
ren 5 Ecken ab. Also bilden die Ecken eine Bahn (der Länge 10)
5
unter der Operation der Symmetriegruppe des Polyeders.
Betrachten wir nun die Symmetrieoperationen, die eine fest gewählte Ecke, etwa die obere hintere Ecke, festlassen. Es gibt nur zwei Symmetrieoperationen, die dies tun: die Identität und die
Spiegelung an der Ebene, die durch diese Ecke geht und senkrecht zur Papier- (oder Bildschirm-)
Ebene liegt. Damit erhalten wir, dass die Ordnung der Standgruppe einer Ecke gleich 2 ist.
Nach der Bahnformel ergibt sich die Gruppenordnung als Produkt aus der Länge einer Bahn und
der Ordnung der Standgruppe eines Elementes dieser Bahn. Somit ist die Ordnung der Symmetriegruppe 20.
b) Das Produkt aus der oben erwähnten 5-zähligen Drehung und der Punktspiegelung hat Ordnung
10, denn die Punktspiegelung ist mit allen Elementen der Gruppe vertauschbar.
Auch die folgende Operation hat Ordnung 10: Betrachte die Ebene, die in der Mitte zwischen den
beiden fünfeckigen Seiten parallel zu diesen liegt. Die Spiegelung an dieser Ebene, gefolgt von
einem Zehntel einer vollen Umdrehung bildet die Ecken auf sich ab und ist damit eine Symmetrieoperation des Polyeders. Dabei wird der Punkt 1 auf den Punkt 5, dieser auf den Punkt 2 und
dieser auf den Punkt 4 abgebildet, usw. Diese Operation permutiert also die Ecken des Polyeders
im Zick-Zack um den Polyeder herum.
Es sei also x diese Symmetrieoperation. Wir wählen die oben erwähnte Spiegelung als Element y.
Dann gilt x10 = y 2 = e. Die Untergruppe U , die von x erzeugt wird, hat Ordnung 10, also Index 2
in der ganzen Gruppe und ist damit ein Normalteiler.
Daher ist yxy −1 ein Element von U und somit eine Potenz von x. Wir müssen nur den Exponenten
von x ermitteln. Wir sehen, dass yxy −1 die Ecke 1 auf die Ecke 3 abbildet. Damit ist yxy −1 die zu
x inverse Drehspiegelung und damit yxy −1 = x−1 .
c) Da die ganze Symmetriegruppe die Ordnung 20 hat und U Index 2, wird die ganze Gruppe von
x und y erzeugt. Daher ist jedes Element ein Produkt von x und y und deren Inversen. In einem
solchen Produkt kann man alle vorkommenden Terme y −1 durch y ersetzen, da y 2 = e. Dann kann
man mit der Gleichung yx = x−1 y alle y in einem solchen Wort nach rechts schieben. Man erhält
zuletzt ein Wort der Form xq y r . Reduziert man q modulo 10 und r modulo 2, so erhält man die
gewünschte Form.
G48 Das Distributivgesetz h ◦ (f + g) = h ◦ f + h ◦ g ist für f, g, h ∈ F(R, R) nicht erfüllt. Es gilt
h ◦ (f + g)(x) = h(f (x) + g(x)). Letzteres ist nur dann gleich h(f (x)) + h(g(x)), wenn h additiv ist.
Daher finden wir ein Beipiel, das dieses Distributivgesetz verletzt, indem wir h(x) = x2 wählen und
f (x) = g(x) = x. Damit gilt:
h ◦ (f + g)(1) = h(f (1) + g(1)) = h(2) = 4
aber
h(f (1)) + h(g(1)) = h(1) + h(1) = 1 + 1 = 2.
G49
a) Die Menge R := {r1 : r ∈ R} bildet einen Unterring von H, denn 0 = 0 · 1 und 1 = 1 · 1
sind in R enthalten, und für r1, s1 ∈ R sind auch r1 + s1 = (r + s)1, −r1 = (−r)1 und
(r1)(s1) = (rs)1 = (sr)1 = (s1)(r1) in R enthalten. Der Unterring R ist sogar ein Körper
und damit ein Unterkörper von H, weil die Multiplikation in R kommutativ ist (siehe oben) und
R bezüglich der Inversion abgeschlossen ist: Für r1 ∈ R ist auch (r1)−1 = r−1 1 ∈ R. Die
Identifikation des Körpers R der reellen Zahlen mit dem Unterkörper R ist nun offensichtlich.
Ebenso ist C := {x1 + yi : x, y ∈ R} ein Unterkörper von H, denn 0 = 0 · 1 + 0i ∈ C sowie
1 = 1 · 1 + 0 · i ∈ C, und für x1 + y · i, u1 + vi ∈ C gilt:
•
•
•
•
(x1 + yi) + (u1 + vi) = (x + u)1 + (y + v)i ∈ C
−(x1 + yi) = (−x)1 + (−y)i ∈ C
(x1 + yi)(u1 + vi) = (u1 + vi)(x1 + yi) = (xu − yv)1 + (xv + yu)i ∈ C
y
x
1
(x1 + yi)−1 = x2 +y
2 (x1 − yi) ∈ C = x2 +y 2 1 − x2 +y 2 i ∈ C für x1 + yi 6= 0.
Die Identifikation des Körpers C der komplexen Zahlen mit C ist gegeben durch C → C ⊆ H,
x + iy 7→ x1 + yi. Die obige Rechnung zeigt nämlich, dass diese Abbildung ein Homomorphismus
von Ringen bzw. Körpern ist. Insbesondere sieht die Multiplikation in C so aus wie die in C.
Mit denselben Rechnungen sieht man, dass die Teilmengen C 0 := {x1 + yj : x, y ∈ R} und
C 00 := {x1 + yk : x, y ∈ R} Unterkörper von H sind, die sich mit dem Körper der komplexen
Zahlen C identifizieren lassen mittels x + iy 7→ x1 + yj bzw. x + iy 7→ x1 + yk.
b) Wir setzen ΓH := {a1 + bi + cj + dk | a, b, c, d ∈ Z} und stellen fest, dass trivialerweise
0 = 0 · 1 + 0 · i + 0 · j + 0 · k und 1 = 1 · 1 + 0 · i + 0 · j + 0 · k in ΓH gilt. Außerdem sind für
a1 + bi + cj + dk und a0 1 + b0 i + c0 j + d0 k in ΓH die Elemente
(a1 + bi + cj + dk) + (a0 1 + b0 i + c0 j + d0 k) = (a + a0 )1 + (b + b0 )i + (c + c0 )j + (d + d0 )k
(a1 + bi + cj + dk)(a0 1 + b0 i + c0 j + d0 k) =
(aa0 − bb − cc0 − dd0 )1
+(ab0 + ba0 + cd0 − dc0 )i
+(ac0 + ca0 + db0 − bd0 )j
+(ad0 + da0 + bc0 − cb0 )k
−(a1 + bi + cj + dk) = (−a)1 + (−b)i + (−c)j + (−d)k)
alle wieder in ΓH enthalten, weil die Koeffizienten als Summen, Differenzen und Produkte ganzer
Zahlen wieder ganze Zahlen sind. Ein Element q = (a1 + bi + cj + dk) von ΓH ist genau dann
eine Einheit in ΓH , wenn
q −1 =
1
(a1 − bi − cj − dk)
a2 + b2 + c2 + d2
wieder in ΓH enthalten ist, und das ist nur der Fall für a2 + b2 + c2 + d2 = 1 bzw. wenn genau
einer der Koeffizienten a, b, c, d in {−1, 1} enthalten ist und alle anderen gleich 0 sind. Damit sind
die Einheiten von ΓH gegeben durch die folgende achtelementige Gruppe:
Q := Γ×
H = {±1, ±i, ±j, ±k}
c) Man überzeugt sich schnell, dass wegen den Beziehungen i2 = j2 = k2 = −1 und (−1)2 = 1 alle
nichttrivialen Teilmengen im folgenden Verband tatsächlich Untergruppen von Q sind, nämlich die
zyklischen Untergruppen, die von je einem der Elemente −1, i, j und k erzeugt werden:
Q LL
LLL
ss
s
s
LLL
ss
s
LLL
s
s
s
LL
s
ss
{1, −1, i, −i} {1, −1, j, −j} {1, −1, k, −k}
KK
KK
KK
KK
KK
K
rr
rr
rr
r
rr
rr
{1, −1}
{1}
Wir behaupten, dass das tatsächlich alle Untergruppen sind. Enthält nämlich eine Untergruppe G
von Q die beiden Elemente i und j, so auch ij = k und alle Potenzen von i, j und k, also gilt
G = Q. Entsprechend argumentieren wir für jede Auswahl von zwei nicht zueinander inversen
Elementen aus {±i, ±j, ±k}, und wir stellen fest, dass keine von Q verschiedene Untergruppe
zwei solche enthalten kann. Demnach sind alle Untergruppen von einem einzigen Element erzeugt,
also zyklisch und im obigen Diagramm schon enthalten.