Lösungsvorschlag

MATHEMATISCHES INSTITUT
DER UNIVERSITÄT MÜNCHEN
Dr. E. Schörner
WS 2016/17
Blatt 11
19.01.2017
Übungen zur Vorlesung
Grundlagen der Mathematik I“
”
— Lösungsvorschlag —
41. a) Es ist
1
• σ =σ◦σ =
1
1
• σ3 = σ ◦ σ2 =
1
2
2
8
2
2
3
7
3
3
4
2
4
4
5
3
5
5
6
6
6
6
7
5
7
7
8
und
4
8
= id;
8
folglich ist
• σ 2014 = σ 3·671+1 = (σ 3 )671 ◦ σ = (id)671 ◦ σ = σ und
• σ −1 = σ 2 .
Ferner gilt für τ −1 als Umkehrabbildung von τ
1 2 3 4 5 6 7 8
−1
• τ =
.
7 6 1 8 5 3 2 4
b) Es ist
1
• σ ◦ % = τ ⇐⇒ % = σ ◦ τ =
7
1
• λ ◦ σ = τ ⇐⇒ λ = τ ◦ σ −1 =
3
−1
2 3 4 5 6 7 8
5 6 4 3 8 1 2
sowie
2 3 4 5 6 7 8
.
4 1 7 6 2 5 8
c) Es ist
• σ = 2 4 8 ◦ 3 5 7 = 2 4 ◦ 4 8 ◦ 3 5 ◦ 5 7 sowie
• τ= 1 3 6 2 7 ◦ 4 8 = 1 3 ◦ 3 6 ◦ 6 2 ◦ 2 7 ◦ 4 8 .
Damit ist
• sign(σ) = sign 2 4 8 ·sign 3 5 7 = 1·1 = 1 (über die Darstellung
von σ als Produkt von Zyklen) oder sign(σ) = (−1)4 = 1 (über die
Darstellung von σ als Produkt von Transpositionen) sowie
• sign(τ ) = sign 1 3 6 2 7 · sign 4 8 = 1 · (−1) = −1 (über die
Darstellung von τ als Produkt von Zyklen) oder sign(τ ) = (−1)5 = −1
(über die Darstellung von τ als Produkt von Transpositionen).
Gäbe es nun ein ψ ∈ S8 mit σ ◦ ψ = ψ ◦ τ , so folgte sign(σ ◦ ψ) = sign(ψ ◦ τ ),
also sign(σ) · sign(ψ) = sign(ψ) · sign(τ ), und damit sign(ψ) = − sign(ψ), ein
Widerspruch!
d) Es ist σ = 2 4 8 ◦ 3 5 7 . Für ein π ∈ S8 mit π ◦ π = σ muß
2 → a → 4 → b → 8 → c → 2 und 3 → d → 5 → e → 7 → f → 3 gelten;
damit können wir etwa für
1 2 3 4 5 6 7 8
π= 2 3 4 5 8 7 =
1 3 4 5 8 6 2 7
wählen und erhalten π 2 = σ.
42. Bei den hier erforderlichen kombinatorischen Betrachtungen gehen mehrfach die
folgenden Überlegungen ein:
• Aus den r ≥ 2 paarweise verschiedenen Zahlen a1 , a2 , . . . , ar können insgesamt
1 = (r − 1)!
(r − 1) · . . . · |{z}
| {z }
für a2
für ar
verschiedene Zyklen a1 a2 . . . ar der Länge r gebildet werden; die Wahl
von a1 in der Notation des Zyklus ist beliebig.
• Aus den vier paarweise verschiedenen Zahlen a1 , a2 , b1 , b2 können insgesamt
a1 b 1 ◦ a2 b 2
3 Produkte
von zwei disjunkten (und damit kommutierenden) Transpositionen gebildet
werden; nach beliebiger Vorgabe von a1 kommt es nur nur auf die Wahl von
b1 an.
• Aus den sechs paarweise verschiedenen Zahlen a1 , a2 , a3 , b1 , b2 , b3 können
insgesamt
a1 b1 ◦ a2 b2 ◦ a3 b3
5 · 3 = 15 Produkte
von drei disjunkten (und damit kommutierenden) Transpositionen gebildet
werden; nach beliebiger Vorgabe von a1 gibt es zunächst 5 Möglichkeiten für
b1 und dann 3 Möglichkeiten für die beiden verbleibenden Faktoren.
• Aus den sechs paarweise verschiedenen Zahlen a1 , a2 , b1 , b2 , c1 , c2 können
insgesamt
a1 b 1 c 1 ◦ a2 b 2 c 2
5 · 4 · 2! = 40 Produkte
von zwei disjunkten (und damit kommutierenden) Dreierzyklen gebildet werden; nach beliebiger Vorgabe von a1 gibt es zunächst 5 Möglichkeiten für
b1 und 4 Möglichkeiten für c1 und danach 2! Möglichkeiten für den zweiten
Dreierzyklus.
Es ist |S6 | = 6! = 720; für die Anzahl der Permutationen σ ∈ S6 mit genau k
Fixpunkten ergibt sich:
• Fall 1: k = 6
Eine solche Permutation σ ∈ S6 besitzt nur Fixpunkte; damit kommt einzig
die Identität σ = id in Frage.
• Fall 2: k = 5
Es gibt keine Permutation σ ∈ S6 mit genau fünf Fixpunkten.
• Fall 3: k = 4
Eine solche Permutation σ ∈ S6 besitzt
die Fixpunkte a, b, c, d, und in
Zyklenschreibweise erhalten wir e f ; damit gibt es
6
= 15 verschiedene Permutationen.
4
• Fall 4: k = 3
Eine solche Permutation σ ∈ S6 besitzt
die Fixpunkte a, b, c, und in Zyklenschreibweise erhalten wir d e f ; damit gibt es
6
· 2! = 40 verschiedene Permutationen.
3
• Fall 5: k = 2
Eine solche Permutation σ ∈ S6 besitzt
a, b,
die Fixpunkte
und in Zyklenschreibweise erhalten wir c d e f oder c d ◦ e f ; damit gibt es
6
6
· 3! +
· 3 = 90 + 45 = 135 verschiedene Permutationen.
2
2
• Fall 6: k = 1
Eine solche Permutation σ ∈ S6 besitzt
den Fixpunkt
a, und
in Zyklenschreibweise erhalten wir b c d e f oder b c d ◦ e f ; damit gibt
es
5
6 · 4! + 6 ·
· 2! = 144 + 120 = 264 Permutationen.
3
• Fall 7: k = 0
Für eine solche Permutation
σ ∈ S6 erhalten
wir in Zyklenschreibweise
a b c d e f oder a b c d ◦ e f oder a b c ◦ d e f
oder a b ◦ c d ◦ e f ; damit gibt es
6
5! +
· 3! + 40 + 15 = 120 + 90 + 40 + 15 = 265 Permutationen.
4
Es ist |S7 | = 7! = 5.040; für die Anzahl der Permutationen σ ∈ S7 mit genau k
Fixpunkten ergibt sich:
• Fall 1: k = 7
Eine solche Permutation σ ∈ S7 besitzt nur Fixpunkte; damit kommt einzig
die Identität σ = id in Frage.
• Fall 2: k = 6
Es gibt keine Permutation σ ∈ S7 mit genau sechs Fixpunkten.
• Fall 3: k = 5
Eine solche Permutation σ ∈ S7 besitzt
die Fixpunkte a, b, c, d, e; und in
Zyklenschreibweise erhalten wir f g ; damit gibt es
7
= 21 verschiedene Permutationen.
5
• Fall 4: k = 4
Eine solche Permutation σ ∈ S7 besitzt die Fixpunkte a, b, c, d, und in
Zyklenschreibweise erhalten wir e f g ; damit gibt es
7
· 2! = 70 verschiedene Permutationen.
4
• Fall 5: k = 3
Eine solche Permutation σ ∈ S7 besitzt die
Fixpunkte
a, b, c, und in Zyklenschreibweise erhalten wir d e f g oder d e ◦ f g ; damit gibt
es
7
7
· 3! +
· 3 = 210 + 105 = 315 verschiedene Permutationen.
3
3
• Fall 6: k = 2
Eine solche Permutation σ ∈ S7 besitzt die Fixpunkte a, b, und
in Zyklenschreibweise erhalten wir c d e f g oder c d e ◦ f g ; damit gibt
es
7
7
5
· 4! +
·
· 2! = 504 + 420 = 924 verschiedene Permutationen.
2
2
3
• Fall 7: k = 1
Eine solche Permutation σ ∈ S7 besitzt den
Fixpunkt a, und
in Zyklen
b
c
d
e
f
g
b
c
d
e
f
g
schreibweise
erhalten
wir
oder
◦
oder
b c d ◦ e f g oder b c ◦ d e ◦ f g ; damit gibt es
6
7 · 5! + 7 ·
· 3! + 7 · 40 + 7 · 15 =
4
= 840 + 630 + 280 + 105 = 1855 verschiedene Permutationen.
• Fall 8: k = 0
Für eine solche fixpunktfreie Permutation
σ ∈ S7 erhalten
wir in Zyklen
a
b
c
d
e
schreibweise a b c d e f g oder
◦ f g oder
a b c d ◦ e f g oder a b c ◦ d e ◦ f g ; damit gibt es
7
7
7
6! +
· 4! +
· 3! · 2! +
· 2! · 3 =
5
4
3
= 720 + 504 + 420 + 210 = 1854 verschiedene Permutationen.
43. Für n ∈ N betrachten wir die Menge M = {1, . . . , n} sowie die Menge An aller
geraden Permutationen σ ∈ Sn .
a) Für alle σ, τ ∈ An gilt sign(σ) = 1 und sign(τ ) = 1, damit
sign(σ ◦ τ ) = sign(σ) · sign(τ ) = 1 · 1 = 1,
also σ ◦ τ ∈ An ; folglich ist ◦ eine innere Verknüpfung auf der Menge An .
Wir weisen nun für (An , ◦) die definierenden Eigenschaften einer Gruppe
nach:
• Für alle %, σ, τ ∈ An gilt (% ◦ σ) ◦ τ = % ◦ (σ ◦ τ ); die Assoziativität
vererbt sich von der Sn auf ihre Teilmenge An .
• Da idM = (1) ein Zyklus der Länge 1 ist, ist sign(idM ) = (−1)1−1 = 1,
also idM ∈ An , und für alle σ ∈ An gilt σ ◦ idM = σ = idM ◦ σ.
• Für alle σ ∈ An ist zunächst σ −1 ∈ Sn mit σ ◦ σ −1 = idM = σ −1 ◦ σ;
wegen 1 = sign(idM ) = sign(σ◦σ −1 ) = sign(σ)·sign(σ −1 ) = 1·sign(σ −1 ),
ist sign(σ −1 ) = 1, also σ −1 ∈ An .
Damit ist (An , ◦) eine Gruppe. Für alle n ∈ N mit n ≥ 4 ist An wegen
1 2 3 4 ... n
1 2 3 4 ... n
σ=
und τ =
∈ Sn
2 3 1 4 ... n
1 3 4 2 ... n
mit
σ◦τ =
1 2 3 4 ... n
1 2 3 4 ... n
6=
=τ ◦σ
2 1 4 3 ... n
3 4 1 2 ... n
nicht abelsch; dagegen erhalten wir für n≤ 3 in A1 = {idM }, A2 = {idM }
und A3 = {idM , σ, σ −1 } mit σ = 1 2 3 abelsche Gruppen.
b) Wegen σ ∈ An ist σ gerade und es gilt sign(σ) = +1; wegen
sign σ ◦ 1 2 = sign(σ) · sign 1 2 = 1 · (−1) = −1
ist σ ◦ 1 2 ∈ Sn \ An . Damit wird durch
σ 7→ σ ◦ 1 2
eine Abbildung f : An → Sn \ An definiert. Wir zeigen noch die für eine
bijektive Abbildung geforderten Eigenschaften.
Seien σ1 , σ2 ∈ An mit f (σ1 ) = f (σ2 ); damit ist
σ1 ◦ 1 2 = σ2 ◦ 1 2
−1
−1
⇐⇒ σ1 ◦ 1 2 ◦ 1 2
= σ2 ◦ 1 2 ◦ 1 2
−1 −1 ⇐⇒ σ1 ◦ 1 2 ◦ 1 2
= σ2 ◦ 1 2 ◦ 1 2
⇐⇒ σ1 ◦ id = σ2 ◦ id ⇐⇒ σ1 = σ2 .
Damit ist f injektiv.
−1
Sei τ ∈ Sn \ An . Damit ist τ ◦ 1 2
∈ An mit
−1 −1 ◦ 1 2 = τ.
= τ◦ 1 2
f τ◦ 1 2
Damit ist f surjektiv. Insgesamt ist f bijektiv. Da f eine bijektive Abbildung
ist, gilt |An | = |Sn \ An | und wir erhalten
n! = |Sn | = |An | + |Sn \ An | = 2 |An | ⇐⇒ |An | =
n!
.
2
44. Wir betrachten eine Gruppe (G, ∗) mit dem neutralen Element e sowie die Teilmenge H = {g ∈ G | g 2 = e}; dabei bezeichne g 2 = g ∗ g für g ∈ G, und es stehe
ferner () für die Anwendung des Assoziativgesetzes.
a) Es ist H = G; damit gilt g 2 = e für alle g ∈ G. Sei nun x, y ∈ G und
g = x ∗ y ∈ G; damit gilt
e = g 2 = (x ∗ y)2 = (x ∗ y) ∗ (x ∗ y),
und wir erhalten
x ∗ y = x ∗ e ∗ y = x ∗ (x ∗ y) ∗ (x ∗ y) ∗ y =
()
= (x ∗ x) ∗(y ∗ x) ∗ (y ∗ y) = e ∗ (y ∗ x) ∗ e = y ∗ x.
| {z }
| {z }
=e
=e
Damit ist (G, ∗) abelsch.
b) Es ist vorausgesetzt, daß die Gruppenverknüpfung ∗ von G auch eine innere
Verknüpfung auf der Teilmenge
H = g ∈ G | g2 = e ⊆ G
ist. Ferner gilt:
• Für alle x, y, z ∈ H gilt (x ∗ y) ∗ z = x ∗ (y ∗ z); die Assoziativität vererbt
sich von G auf die Teilmenge H.
• Es ist e ∈ G mit e2 = e. Damit ist e ∈ H mit x ∗ e = x = e ∗ x für alle
x ∈ H.
• Für alle x ∈ H ist wegen x ∗ x = e = x ∗ x das Element x zu sich selbst
invers; für das Inverse gilt also x
b = x ∈ H.
Damit ist (H, ∗) eine Gruppe.
c) Wir betrachten die Gruppe (G, ∗) mit dem neutralen Element e und haben
x ∗ y = y ∗ x ⇐⇒ (x ∗ y)2 = x2 ∗ y 2
für alle x, y ∈ G
zu zeigen; dabei bezeichne x
b bzw. yb ∈ G die zu x bzw. y inversen Elementen.
Für =⇒“ gilt
”
(x ∗ y)2 = (x ∗ y) ∗ (x ∗ y) = x ∗ (y ∗ x) ∗ y =
()
= x ∗ (x ∗ y) ∗ y = (x ∗ x) ∗ (y ∗ y) = x2 ∗ y 2 ,
()
und für ⇐=“ gilt
”
x
b∗
(x ∗ y)2 = x2 ∗ y 2 =⇒ (x ∗ y) ∗ (x ∗ y) = (x ∗ x) ∗ (y ∗ y) =⇒
∗b
y
()
=⇒ (b
x ∗ x) ∗ (y ∗ x) ∗ (y ∗ yb) = (b
x ∗ x) ∗ (x ∗ y) ∗ (y ∗ yb) =⇒
()
=⇒ e ∗ (y ∗ x) ∗ e = e ∗ (x ∗ y) ∗ e =⇒ y ∗ x = x ∗ y.
Damit ist die Gruppe (G, ∗) genau dann kommutativ (also abelsch), wenn
(x ∗ y)2 = x2 ◦ y 2 für alle x, y ∈ G gilt.
d) Es ist (G, ∗) eine abelsche Gruppe; damit gilt nach c) aber (x ∗ y)2 = x2 ∗ y 2
für alle x, y ∈ G. In b) haben wir bereits nachgewiesen, daß (H, ∗) eine
Gruppe ist, wenn ∗ eine innere Verknüpfung auf H ist; wir müssen also nur
noch zeigen, daß ∗ eine innere Verknüpfung auf H ist: für alle x, y ∈ H gilt
x ∗ x = e und y ∗ y = e, woraus wegen
(x ∗ y)2 = x2 ∗ y 2 = e ∗ e = e
c)
schon x ∗ y ∈ H folgt. Somit ist ∗ eine innere Verknüpfung auf H und damit
(H, ∗) eine Gruppe.