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\documentclass[uebung]{../../../lecture}
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\usepackage[]{mathrsfs}
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\begin{document}
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\punkte
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\title{Algebra I: Übungsblatt 1}
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\author{Christian Merten}
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\begin{aufgabe}
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Beh.: $HK = KH \implies HK$ Untergruppe von $G$.
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\begin{proof}
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Sei $HK = KH$.
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item Es ist $e \in H \cap K$, also $e \in HK$.
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\item Seien $a, b \in HK$. Dann ex. $h_1, h_2 \in H$ und $k_1, k_2 \in K$, s.d.
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$a = h_1 k_1$ und $b = h_2 k_2$. Dann ist
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$ab = h_1 \underbrace{k_1 h_2}_{\in KH} k_2$. Da $KH = HK$ ex. $h_3 \in H$ und $k_3 \in K$,
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s.d. $k_1 h_2 = h_3 k_3$. Damit folgt, da $H$ und $K$ Untergruppen:
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\[
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ab = h_1 k_1 h_2 k_2 = \underbrace{h_1 h_3}_{\in H} \underbrace{k_3 k_2}_{\in K}
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\in HK
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.\]
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\item Sei $a \in HK$. Dann ex. $h \in H$ und $k \in K$ s.d. $a = hk$. Dann folgt
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\[
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a^{-1} = (hk)^{-1} = \underbrace{k^{-1}}_{\in K} \underbrace{h^{-1}}_{\in H}
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\in KH = HK
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.\]
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\end{enumerate}
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\end{proof}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}
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\begin{enumerate}[(a)]
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\item Beh.: $a = \prod_{g \in G, g^2 = e} g$.
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\begin{proof}
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Es gilt zunächst $\forall g \in G\colon g^2 \neq e$ gilt
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$(g^{-1})^2 \neq e$, denn Inverse sind eindeutig in Gruppen. Da
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$G$ abelsch folgt durch Umordnung
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\[
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\prod_{\substack{g \in G \\ g^2 \neq e}} g = e
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.\]
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Damit folgt
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\begin{salign*}
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a = \prod_{g \in G}^{} g
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&\stackrel{G \text{ abelsch}}{=} \prod_{\substack{g \in G\\g^2 = e}} g
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\cdot \underbrace{\prod_{\substack{g \in G \\ g^2 \neq e}} g}_{= e}
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= \prod_{\substack{g \in G\\g^2 = e}} g
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.\end{salign*}
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\end{proof}
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Beh.: $a^2 = e$.
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\begin{proof}
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Es folgt direkt
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\[
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a^2 = \left( \prod_{\substack{g \in G \\ g^2 = e}} g \right)^2
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= \prod_{\substack{g \in G \\ g^2 = e}} g^2
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= e
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.\]
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\end{proof}
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\item Beh.: Für $p$ prim gilt $(p-1)! \equiv -1$ $(\text{mod } p)$.
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\begin{proof}
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Zunächst ist $\Z / p \Z$ nullteilerfrei, denn $\Z / p \Z$ nach LAI Körper, da $p$ prim.
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Damit gilt für $\overline{a} \in \Z/ p\Z$:
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\[
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\overline{a}^2 = \overline{1} \iff \overline{a}^2 - \overline{1} = 0
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\iff (\overline{a} + \overline{1})(\overline{a} - \overline{1}) = 0
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\iff \overline{a} = \overline{1} \text{ oder } \overline{a} = \overline{-1}
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.\]
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Da $p$ prim gilt außerdem
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$(\Z / p \Z)^{\times } = (\Z / p \Z) \setminus \{ \overline{0}\} $. Damit
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folgt
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\[
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\overline{(p-1)!} = \prod_{\overline{g} \in ( \Z / p\Z)^{\times }} \overline{g}
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\stackrel{\text{(a)}}{=} \prod_{\substack{\overline{g} \in (\Z / p \Z)^{\times } \\ \overline{g}^2 = \overline{1}}} \overline{g} = \overline{1} \cdot \overline{-1} = \overline{-1}
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.\] Das zeigt die Behauptung.
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\end{proof}
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}
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\begin{enumerate}[(a)]
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\item Beh.: $Z(G)$ ist Normalteiler in $G$.
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\begin{proof}
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Zunächst zeige $Z(G)$ ist Untergruppe in $G$.
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item $e \in Z(G)$, denn $e h = h = h e$ $\forall h \in G$.
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\item Seien $a, b \in Z(G)$ und $h \in G$ beliebig. Dann ist
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\[
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(ab)h \quad \stackrel{b \in Z(G)}{=} \quad a h b
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\quad\stackrel{a \in Z(G)}{=} \quad h (a b)
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.\] Also $ab \in Z(G)$.
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\item Sei $a \in Z(G)$ und $h \in G$. Dann ist
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\[
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a^{-1} h = a^{-1} h \cdot a a^{-1}
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\quad \stackrel{a \in Z(G)}{=} \quad a^{-1} a h a^{-1} = h a^{-1}
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.\]
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\end{enumerate}
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Bleibt zu zeigen, dass $Z(G)$ Normalteiler. Dazu sei $a \in G$. Dann folgt wegen der
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Kommutativität des Zentrums direkt
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\[
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a Z(G) a^{-1} = a a^{-1} Z(G) = Z(G)
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.\]
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\end{proof}
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\item Beh.: $G / Z(G)$ zyklisch $\implies$ $G$ abelsch.
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\begin{proof}
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Sei $G / Z(G)$ zyklisch. Dann ex. $g \in G$, s.d.
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$\langle \overline{g} \rangle = G / Z(G)$. Seien nun $a, b \in G$ beliebig.
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Dann ist ex. $n, m \in \N$, s.d. $\overline{a} = \overline{g}^{n} = \overline{g^{n}}$ und
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$\overline{b} = \overline{g}^{m} = \overline{g^{m}}$.
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Also ex. $h_1, h_2 \in Z(G)$ s.d. $a = h_1 g^{n}$ und $b = h_2 g^{m}$. Damit folgt
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unter mehrfacher Ausnutzung der Zentrumseigenschaft für $h_1$ und $h_2$:
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\begin{salign*}
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a b = h_1 g^{n} h_2 g^{m} = h_1 g^{n} g^{m} h_2 = h_1 g^{m} g^{n} h_2
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= h_2 g^{m} h_1 g^{n} = b a
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.\end{salign*}
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\end{proof}
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}
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\begin{enumerate}[(a)]
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\item Beh.: $D_4$ ist eine Untergruppe von $\text{GL}_2(\R)$.
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\begin{proof}
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item $E_2 \in D_4$, denn $E_2(\square) = \square$.
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\item Seien $A, B \in D_4$. Dann ist
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\[
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(A B)(\square) = A ( B (\square)) = A (\square) = \square
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.\] Also $AB \in D_4$
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\item Sei $A \in D_4$. Dann ex. $A^{-1} \in \text{GL}_2(\R)$ und es gilt
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\[
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\square = (\underbrace{A^{-1}A}_{= E_2})(\square)
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= A^{-1} (A (\square)) = A^{-1} (\square)
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.\] Also $A^{-1} \in D_4$.
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\end{enumerate}
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\end{proof}
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\item Beh.: $\text{ord}(D_4) = 8$.
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\begin{proof}
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Zunächst gilt für $A \in D_4$: $A$ ist isometrisch, also ist
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nach LAI $A$ immer eine Drehspiegelung um $(0,0)$.
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Damit bleiben für $\square$ genau $4$ erhaltende Rotationen und $4$ Spiegelachsen. Damit folgt
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die Behauptung.
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\end{proof}
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\item Die Punkte von $\square$ sind durch den festen Abstand der Eckpunkte von einander eindeutig
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durch ihre zwei benachbarten Ecken festgelegt.
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Damit ex. eine injektive Abbildung $\iota: D_4 \xhookrightarrow{} S_4$. Es reicht also
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die Permutation der Eckpunkte anzugeben. Diese sind:
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\begin{salign*}
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\tau_1 &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{pmatrix} = \text{id} \\
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\tau_2 &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 4 & 1 & 2 & 3 \end{pmatrix} \\
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\tau_3 &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 3 & 4 & 1 & 2 \end{pmatrix} \\
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\tau_4 &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 4 & 1\end{pmatrix} \\
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\tau_5 &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 4 & 3 & 2 & 1\end{pmatrix} \\
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\tau_6 &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 1 & 4 & 3 \end{pmatrix} \\
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\tau_7 &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 3 & 2 & 1 & 4 \end{pmatrix} \\
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\tau_8 &= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 4 & 3 & 2\end{pmatrix}
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.\end{salign*}
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\end{document}
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