AEinführung in die Algebra

A
Technische Universität Darmstadt
Fachbereich Mathematik
Einführung in die Algebra
für M, MCS, LaG
Prof. Dr. Klaus Keimel
Dr. (AUS) Werner Nickel
Christoph Müller
10./13. Januar 2003
WS 2002/03
Lösungen zu den Gruppenübungen Nr. 10
M INITEST
T19 Das Produkt (1 2)(1 3) der beiden Transpositionen (1 2) und (1 3) in Zykelschreibweise ist
[ ]
(1 2 3).
[x]
(1 3 2).
[ ]
(2 3).
T20 Ein Element der Ordnung 2 in Sn sei als Produkt elementfremder Zyklen geschrieben.
[x]
Es kommen nur Transpositionen und Zykeln der Länge 1 vor.
[ ]
Es können auch Zyklen der Länge k für k > 2 vorkommen.
[ ]
Das Element ist eine ungerade Permutation.
[ ]
Das Element ist eine gerade Permutation.
T21 Welches
der folgenden Produkte
elementfremder Zyklen stellt die Permutation dar, die durch die Wer1 2 3 4 5 6
tetafel
gegeben ist?
4 5 3 1 6 2
[x]
(1 4)(2 5 6)
[x] (2 5 6)(1 4)
[ ]
(4 5 3 1 6 2)
[x]
(3)(1 4)(5 6 2)
G RUPPEN ÜBUNGEN
G41
a) Für jede Drehung δ ∈ SO3 (R) und jeden Punkt x ∈ R3 gilt ||δ(x)|| = ||x||, d.h. die Punkte
bewegen sich auf den Kugeloberflächen Sr = {x ∈ R3 : ||x|| = r} für r ≥ 0. Das sind auch schon
die Bahnen, weil es für beliebige x, y ∈ Sr immer eine Drehung δ ∈ SO3 (R) gibt mit δ(x) = y.
Das ist klar für x = y = 0, und andernfalls wähle
• für x 6= −y die Achse durch x+y
,
2
• für x = −y eine beliebige Achse senkrecht zu x,
und drehe jeweils um den Winkel π.
b) Die Bahnen und jeweils eine zugehörige Standgruppe sind:
B(1,1) = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)},
(S3 )(1,1) = {id, (2 3)}
B(1,2) = {(1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 3), (3, 1), (3, 2)},
(S3 )(1,2) = {id}
c) Der Unterschied zwischen den beiden Bahnen in b) ist, dass im einen Fall die beiden Einträge
gleich, im anderen Fall verschieden sind. Das motiviert die Vermutung, dass die Bahnen auf den
n-Tupeln von Zahlen in M = {1, . . . , n} gegeben sind durch die Bedingung
(a1 , . . . , an ) liegt in der gleichen Bahn wie (b1 , . . . , bn ) ⇐⇒ (∀i, j ∈ M : ai = aj ⇔ bi = bj )
(Für die Gruppenübung reicht es, bis hierher zu kommen.)
Fasst man die Indizes mit ai = aj jeweils zusammen, so erhält man eine Partition von M , d.h. eine
Menge von disjunkten Teilmengen von M mit Vereinigung M . Ist umgekehrt P eine Partition von
M , so lässt sich die zu zugehörige Bahn folgendermaßen beschreiben:
BP = {(a1 , . . . , an ) ∈ M n : (∀p, q ∈ P )(∀i, j ∈ p) ai = aj ⇔ (i = j oder p = q)},
Zur Illustration ein Beispiel: Für n = 5, P = {{1}, {2, 4}, {3, 5}} ist
BP = {(a1 , . . . , a5 ) ∈ M 5 : a2 = a4 , a3 = a5 , {a1 , a2 , a3 } alle verschieden}
= {(1, 2, 3, 2, 3), (1, 2, 4, 2, 4), . . . , (5, 4, 3, 4, 3)}
Als weiteres Beispiel sehen wir, dass in b) die Bahn B(1,1) der Partition {{1, 2}} entspricht, und
die Bahn B(1,2) der Partition {{1}, {2}}.
Der Schlüssel zum Beweis der Vermutung ist die Feststellung, dass unter der Wirkung einer Permutation ,,Gleiches gleichbleibt und Ungleiches ungleich”. Genauer:
• Sei P = {p1 , . . . , pm } eine feste Partition von M , und seien a = (a1 , . . . , an ) und b =
(b1 , . . . , bn ) beliebige Elemente von BP . Zu jedem j = 1, . . . , m wählen wir ein ij ∈ pj und
bemerken, dass nach Definition von BP die Einträge ai1 , . . . , aim (und ebenso bi1 , . . . , bim )
paarweise verschieden sind. Dazu passend gibt es eine Permutation σ ∈ Sn mit σ(ai1 ) =
bi1 , . . . , σ(ai1 ) = bim , z.B. die, die alle anderen Zahlen fest lässt. Das bedeutet aber genau,
dass σ das n-Tupel a auf das n-Tupel b abbildet, weil alle anderen Einträge des Tupels b schon
durch bi1 , . . . , bin festgelegt sind. Also ist BP sicher Teil einer einzigen Bahn.
• Sind P und P 0 unterschiedliche Partitionen, so gibt es Indizes i, j ∈ M , die bei P in einer
Teilmenge p ∈ P enthalten sind, bei P 0 aber in zwei unterschiedlichen: i ∈ p0 , j ∈ q 0 ,
p0 6= q 0 ∈ P 0 (ggf. nach Vertauschen von P und P 0 ). Damit gilt ai = aj für alle a ∈ BP , aber
bi 6= bj für alle b ∈ BP 0 . Wirkt eine beliebige Permutation σ auf a, so folgt auch σ(ai ) = σ(aj ),
also kann das resultierende n-Tupel nicht in BP 0 liegen. Demnach sind BP und BP 0 disjunkt,
und wir haben die Bahnen richtig identifiziert.
G42
a) Wir bezeichnen die Abbildung G → SX , g 7→ σg mit ϕ. Operiert G auf SX , so heißt das nach
Definition gerade σgh = σg ◦ σh , also ϕ(gh) = ϕ(g) ◦ ϕ(h). Demnach ist ϕ ein Homomorphismus.
Insbesondere ist σe = idX und σg−1 = σg−1 (vergleiche Proposition 1.5.2).
b) Die Relation ρ ist
• reflexiv wegen x = idX (x) = σe (x);
• symmetrisch, denn xρy bedeutet y = σg (x) für ein g ∈ G, und daraus folgt yρx:
x = idX (x) = σe (x) = σg−1 (σg (x)) = σg−1 (y);
• transitiv, denn xρy und yρz bedeuten y = σh (x) und z = σg (y) für geeignete g, h ∈ G, und
daraus folgt z = σg (σh (x)) = σgh (x), also xρz.
Damit ist ρ eine Äquivalenzrelation. Nach Definition ist die Bahn Bx eines x ∈ X gerade die
Menge aller y ∈ X mit y = σg (x) für irgendein g ∈ G, also aller y mit xρy. Das entspricht der
Äquivalenzklasse von x. Also sind die Klassen von ρ gerade die Bahnen der Operation.
G43
a) Die Standgruppe einer Ecke besteht aus sechs Symmetrien, nämlich
• der identischen Abbildung,
• den drei Spiegelungen an Symmetrieebenen, die die Ecke und eine der anstoßenden Kanten
enthalten,
und 2 · 2π
um die Achse, die die Ecke sowie den Schwerpunkt
• und den zwei Drehungen um 2π
3
3
des Tetraeders enthält.
b) Durch Symmetrien lässt sich jede Ecke auf jede andere abbilden, wie wir in H37 gesehen haben.
Also hat die Bahn einer Ecke x die Länge 4. Aus der Bahnformel und mit a) ergibt sich für die
Ordnung der Symmetriegruppe G des Tetraeders:
|G| = |Bx | · |Gx | = 4 · 6 = 24.
c) Die Standgruppe einer Kante besteht aus den vier Abbildungen
•
•
•
•
der identischen Abbildung,
der Spiegelung an der Symmetrieebene, die die Kante und den Schwerpunkt enthält,
der Spiegelung an der Symmetrieebene, die auf der Kantemitte senkrecht steht,
sowie der Drehung um π um die Achse, die senkrecht auf der Kantenmitte steht.
Da sich mit Symmetrien jede Permutation der Ecken realisieren lässt, kann man auch eine Kante
k mit den zwei anliegenden Ecken in jede andere symmetrisch überführen. Also ist die Länge der
Bahn Bk gleich der Anzahl der Kanten, und nach der Bahnformel ergibt sich wieder
|G| = |Bk | · |Sk | = 6 · 4 = 24
G44
a) Die Konjugation κg ist eine Permutation von G, d.h. eine bijektive Abbildung, weil κg−1 die zugehörige Umkehrfunktion ist:
(∀h ∈ G) κg−1 (κg (h)) = g −1 (ghg −1 )g = (g −1 g)h(g −1 g) = h.
Es handelt sich um eine Operation, weil für g, h, g 0 ∈ G gilt:
κgh (g 0 ) = (gh)g 0 (gh)−1 = ghg 0 h−1 g −1 = κg (hg 0 h−1 ) = κg (κh (g 0 )) = (κg ◦ κh )(g 0 ),
also κgh = κg ◦ κh .
b) Sei Bg die Bahn von g unter der obigen Operation, d.h. die Konjugiertenklasse von g. Die Bahnformel liefert |G| = |Bg |·|Gg |, wobei Gg die Standgruppe von g ist. Insbesondere teilt die Mächtigkeit
|Bg | die Gruppenordnung |G|, was zu zeigen war.
c) Für das Einselement e und beliebiges g ∈ G gilt κg (e) = geg −1 = gg −1 = e, also ist die Standgruppe von e die ganze Gruppe Ge = G, und die enthält hoffentlich noch ein vom Einselement
verschiedenes Element (sonst ist die Aussage leider falsch). Für ein beliebiges vom Einselement
verschiedenes g ∈ G gilt κg (g) = ggg −1 = ge = g, also ist g ∈ Gg das gesuchte Element der
Standgruppe.
d) In der Regel ist der Homomorphismus nicht injektiv. Das einfachste Gegenbeispiel ist wohl die
zweielementige Gruppe G := {−1, 1} ∼
= Z2 :
κ−1 (1) = (−1) · 1 · (−1)−1 = 1,
κ−1 (−1) = (−1)(−1)(−1)−1 = −1
zeigt κ−1 = idG = κ1 , also ist der Homomorphismus hier nicht injektiv. Allgemeiner ist er für jede
abelsche Gruppe konstant, womit die Konjugiertenklassen von abelschen Gruppen alle einelementig sind.
e) Die Konjugiertenklassen sind:
• {id}, denn id bleibt unter Konjugationen invariant.
• {(1 2), (1 3), (2 3)}, denn die gesamte Bahn von (1 2) berechnet man systematisch so:
id(1 2)id = (1 2),
(2 3)(1 2)(2 3) = (1 3),
(1 2)(1 2)(1 2) = (1 2),
(1 2 3)(1 2)(1 3 2) = (2 3),
(1 3)(1 2)(1 3) = (2 3),
(1 3 2)(1 2)(1 2 3) = (1 3).
• {(1 2 3), (1 3 2)} bleiben übrig, und (1 2)(1 2 3)(1 2) = (1 3 2).
In H39 werden wir zeigen, wie man schneller auf die Konjugiertenklassen der symmetrischen
Gruppe kommt. Qualifizierte Vermutungen kann man schon jetzt äußern.