\documentclass{../../../lecture}

\usepackage[]{enumerate}

\begin{document}
\begin{aufgabe}[Homomorphismen]

\begin{enumerate}[(a)]
    \item Körperhomomorphismen von $\Z / 3\Z \to \Z / 5 \Z$

        Es existieren keine Körperhomomorphismen, da $char(\Z / 3 \Z) = 3 \neq 5 = char(\Z / 5 \Z)$.

    \item Gruppenhomomorphismen von $\left( \Z / 3\Z \right)^{\times } \to \left( \Z / 5 \Z \right)^{\times } $ 

        Die Gruppe $\left(\left( \Z / 3 \Z\right)^{\times }, \cdot , \overline{1}_3 \right) $
        hat genau zwei Elemente,
        nämlich $\left\{\overline{1}_3, \overline{2}_3\right\} $ und die
        Gruppe $\left(\left( \Z / 5 \Z\right)^{\times }, \cdot , \overline{1}_5 \right) $ hat
        genau 4 Elemente, nämlich $\left\{ \overline{1}_5, \overline{2}_5, \overline{3}_5, \overline{4}_5 \right\} $. Damit
        $\varphi: \left( \Z / 3 \Z \right)^{\times } \to \left( \Z / 5 \Z \right)^{\times }  $
        Gruppenhomomorphismus, muss gelten:
        \begin{align*}
            &\varphi\left(\overline{1}_3\right) = \overline{1}_5 \\
            &\varphi\left(\overline{2}_3^{-1}\right) = \varphi\left(\overline{2}_3\right)^{-1}
        .\end{align*}

        Da $\overline{2}_3^{-1} = \overline{2}_3$ folgt:
        \[
            \varphi\left(\overline{2}_3\right) = \varphi\left( \overline{2}_3 \right)^{-1}
        .\] 
        Wegen $\overline{2}_5^{-1} = \overline{3}_5$ und $\overline{1}_5^{-1} = \overline{1}_5$ und
        $\overline{4}_5^{-1} = \overline{4}_5$ bleiben für $\varphi\left( \overline{2}_3 \right) $ nur
        zwei Möglichkeiten: $\varphi\left( \overline{2}_3 \right) = \overline{1}_5 $ und
        $\varphi \left( \overline{2}_3 \right) = \overline{4}_5$.

        Das heißt es existieren zwei Gruppenhomomorphismen von
        $\left( \Z / 3\Z \right)^{\times } \to \left( \Z / 5 \Z \right)^{\times } $:

        Der triviale Homomorphismus mit:
        \[
            \varphi_1(A) = \overline{1}_5 \text{ für alle } A \in \left( \Z / 3 \Z \right)^{\times }
        .\] und
        \begin{align*}
            \varphi_2(A) = \begin{cases}
                \overline{1}_5 & \text{ für } A = \overline{1}_3 \\
                \overline{4}_5 & \text{ für } A = \overline{2}_3 \\
            \end{cases}
        .\end{align*}

        Der triviale Homomorphismus ist immer Gruppenhomomorphismus, bleibt zu zeigen, dass
         $\varphi_2$ auch Gruppenhomomorphismus ist.
        \begin{proof}[Beweis: $\varphi_2$ ist Gruppenhomomorphismus]
            Seien $A, B \in \left( \Z / 3 \Z \right)^{\times }$.

            Falls $A = B = \overline{1}_3$:
            \[
                \varphi_2\left(\overline{1}_3 \cdot \overline{1}_3  \right)
                = \varphi_2\left( \overline{1}_3 \right)
                = \overline{1}_5
                = \overline{1}_5 \cdot \overline{1}_5
                = \varphi_2\left( \overline{1}_3 \right) \cdot \varphi_2\left( \overline{1}_3 \right) 
            .\] 

            Falls $A = B = \overline{2}_3$:
            \[
                \varphi_2\left(\overline{2}_3 \cdot \overline{2}_3  \right)
                = \varphi_2\left( \overline{1}_3 \right)
                = \overline{1}_5
                = \overline{4}_5 \cdot \overline{4}_5
                = \varphi_2\left( \overline{2}_3 \right) \cdot \varphi_2\left( \overline{2}_3 \right) 
            .\] 

            Falls $A = \overline{1}_3$ und $B = \overline{2}_3$:
            \[
                \varphi_2\left(\overline{1}_3 \cdot \overline{2}_3  \right)
                = \varphi_2\left( \overline{2}_3 \right)
                = \overline{4}_5
                = \overline{1}_5 \cdot \overline{4}_5
                = \varphi_2\left( \overline{1}_3 \right) \cdot \varphi_2\left( \overline{2}_3 \right) 
            .\] Analog folgt dies für $A = \overline{2}_3$ und $B = \overline{1}_3$.
        \end{proof}
    
\end{enumerate}
    
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[Vektorprodukte]

Sei $k \in \R$ beliebig, dann wähle $x := \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} - \frac{5}{2}k \\ -1 \\ k \\ \end{pmatrix} \in \R^{3}$.

\begin{proof}
\[
\begin{pmatrix} -\frac{1}{2} - \frac{5}{2}k \\ -1 \\ k \end{pmatrix}
\times 
\begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix} 
=
\begin{pmatrix} 2 - 0k \\ 5k - \left(2\left(\frac{1}{2} + \frac{5}{2}k\right)\right) \\ 5 \end{pmatrix} 
=
\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 5 \end{pmatrix} 
.\] 
\end{proof}

Es existiert kein $y \in \R^{3}$ mit:
\[
y \times \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} 
.\] 

\begin{proof}

Die obenstehende Gleichung ergibt folgendes LGS:
\begin{align*}
    2 y_2 - y_3 &= 1 \\
    2 y_3 - 2 y_1 &= 2 \\
    y_1 - 2 y_2 &= 0 \\
.\end{align*}

Aus (I) folgt:
\[
    y_3 = 2 y_2 - 1
.\] 
Damit ergibt sich aus (II):
\begin{align*}
    && 2 y_3 - 2y_1 = 2 (2y_2 - 1) - 2y_1 &= 2 \\
    \implies&& y_1 &= 2y_2 - 2 \\
.\end{align*}
Daraus entsteht ein Widerspruch in (III):
\begin{align*}
    y_1 - 2y_2 = 2y_2 - 2 - 2y_2 = -2 \neq 0
.\end{align*}

\end{proof}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Wir definieren die Abbildung $-^{\bot}: \R^{2} \to \R^{2}$ durch
\[
    \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}^{\bot} =
    \begin{pmatrix} -x_2 \\ x_1 \end{pmatrix} 
.\] 
\end{aufgabe}

\textbf{a)} Zu zeigen: $x$ $\bot$ $x^{\bot}$ und
$ \|x\| = \|x^{\bot}\|$ $\forall x \in R^{2}$

\begin{proof}
    Sei $x \in R^{2}$ beliebig.
    $x$ $\bot$ $x^{\bot}$:
    \[
    \left<x, x^{\bot}\right> = \left< \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} 
    , \begin{pmatrix} -x_2 \\ x_1 \end{pmatrix} 
    \right> = -x_1 x_2 + x_2 x_1 = 0
    .\] 
    $\|x\| = \|x^{\bot}\|$:
    \[
        \|x\| = \sqrt{\left<x,x\right>} = \sqrt{x_1^2 + x_2^2} = \sqrt{\left( -x_2 \right) ^2 + x_1^2} = \|x^{\bot}\| 
    .\] 
\end{proof}

\textbf{b)} Ist $x \in \R^{2} \setminus \{0\}$ und $y \in \R^{2}$ mit $x$ $\bot$
$y$, so existiert ein $a \in \R$ derart, dass $y = a \cdot x^{\bot}$.

\begin{proof} Sei $x \in \R^{2} \setminus $ mit $x = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} $
und $y \in \R^{2}$ mit $y = \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}$

Wegen $x$ $\bot$ $y$ folgt:
\begin{align*}
    x_1y_1 + x_2y_2 = 0 \implies x_1y_1 = -x_2y_2
.\end{align*}

\underline{Fall 1:} $x_1 = 0$. $\implies x_2 \neq 0$.
\[
    x_2 y_2 = 0 \implies y_2 = 0
.\] Wähle nun $a := -\frac{y_1}{x_2} \in \R$:
\[
y = a \cdot x^{\bot} \begin{pmatrix} -a x_2 \\ ax_1 \end{pmatrix} 
= \begin{pmatrix} \frac{y_1}{x_2} x_2 \\ 0 \end{pmatrix} 
= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix} 
.\] 

\underline{Fall 2:} $x_2 = 0$. $\implies x_1 \neq 0$.
\[
    x_1 y_1 = 0 \implies y_1 = 0
.\] Wähle nun $a := \frac{y_2}{x_1} \in \R$:
\[
y = a \cdot x^{\bot} \begin{pmatrix} -a x_2 \\ ax_1 \end{pmatrix} 
= \begin{pmatrix} 0 \\ \frac{y_2}{x_1} x_1 \end{pmatrix} 
= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix} 
.\] 

\underline{Fall 3:} $x_1 \neq 0$ und $x_2 \neq 0$.
\[
-\frac{y_1}{x_2} = \frac{y_2}{x_1}
.\] Wähle nun $a := \frac{y_2}{x_1} = -\frac{y_1}{x_2} \in \R$:
\[
y = a \cdot x^{\bot} = \begin{pmatrix} -a x_2 \\ a x_1 \end{pmatrix} 
= \begin{pmatrix} \frac{y_1}{x_2} x_2 \\ \frac{y_2}{x_1} x_1 \end{pmatrix} 
= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix} 
.\] 
\end{proof}

\textbf{c)} Für $x \in \R^{2} \setminus \{0\} $ sei $f_x: \R^{2} \to \R^{2}$
Abbildung mit:
\[
 y \mapsto \frac{\left<y, x\right>}{\left<x, x\right>} \cdot x
+ \frac{\left<y, x^{\bot}\right>}{\left<x, x\right>} \cdot x^{\bot}
.\]
Zu zeigen: Für beliebiges $x \in \R \setminus \{0\} $ ist $f_x$ gleich der
Identität des $\R^{2}$.

\begin{proof}
    Zz: $f_x(y) = y$ $\forall y \in \R^{2}$

    Seien $x \in R^{2} \setminus \{0\}$ mit $x = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}$
    und $y \in R^{2}$ mit $y = \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}$.

    Nun:
    \begin{align*}
        f_x(y) &= \frac{\left<y, x\right>}{\left<x, x\right>} \cdot x
            + \frac{\left<y, x^{\bot}\right>}{\left<x, x\right>} \cdot x^{\bot} \\
               &= \frac{1}{\left<x, x\right>} \left( 
               \begin{pmatrix} x_1^2y_1 + x_1x_2y_2 \\ x_1x_2y_1 + x_2^2y_2 \end{pmatrix} 
               +
               \begin{pmatrix} y_1x_2^2 - x_1x_2y_2 \\ -x_1x_2y_1 + x_1^2y_2 \end{pmatrix} 
               \right) \\
               &= \frac{1}{\left<x, x\right>} \begin{pmatrix} y_1x_1^2 + y_1x_2^2 \\ y_2x_2^2 + y_2x_1^2 \end{pmatrix} \\
               &= \frac{1}{x_1^2 + x_2^2} \begin{pmatrix} y_1(x_1^2 + x_2^2) \\ y_2(x_1^2 + x_2^2) \end{pmatrix}  \\
               &= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}  \\
               &= y
    .\end{align*}
\end{proof}

\begin{aufgabe}

Sei $G = \left( G, \cdot , e) \right) $ eine Gruppe. Für $g \in \N$ sei $c_g: G \to G$ Abbildung mit
$c_g(x) = g \cdot x\cdot g^{-1}$.

\begin{enumerate}[(a)]
    \item $c_{g^{-1}} \circ c_g = c_g \circ c_{g^{-1}} = id_G$
        \begin{proof}
            Sei $x \in G$ beliebig. Dann gilt: $c_g(x) = g \cdot x \cdot g^{-1}$ und
            $c_{g^{-1}}(x) = g^{-1} \cdot x \cdot g$.

            Zu zeigen: $c_{g^{-1}}\left( c_g(x) \right) = c_g(c_{g^{-1}}(x)) = x$. 
            \begin{align*}
                c_{g^{-1}}(c_g(x)) &= g^{-1} \cdot (g \cdot x \cdot g^{-1}) \cdot g \\
                                   &= (g^{-1} \cdot g) \cdot x\cdot (g^{-1} \cdot g) \\
                                   &= x \\
                                   &= (g \cdot g^{-1}) \cdot x \cdot (g \cdot g^{-1}) \\
                                   &= g \cdot (g^{-1} \cdot x\cdot g) \cdot g^{-1} \\
                                   &= c_{g}(c_{g^{-1}}(x))
            .\end{align*}
        \end{proof}
    \item $c_g$ ist ein Gruppenisomorphismus

        \begin{proof}
            Seien $x$, $y \in G$ beliebig.

            \begin{enumerate}[(i)]
                \item 
                    Zu zeigen: $c_g(x) \cdot c_g(y) = c_g(x \cdot y)$
                    \begin{align*}
                        c_g(x) \cdot c_g(y) &= (g \cdot x\cdot g^{-1}) \cdot (g\cdot y\cdot g^{-1}) \\
                                            &= g \cdot x \cdot (g^{-1} \cdot g) \cdot y \cdot g^{-1} \\
                                            &= g \cdot (x \cdot y) \cdot g^{-1} \\
                                            &= c_g(x \cdot y)
                    .\end{align*}
                    $\implies$ $c_g$ ist Gruppenhomomorphismus
                \item Zu zeigen: $c_g$ ist bijektiv

                    Injektivität: Seien $x, y \in G$ mit $c_g(x) = c_g(y)$
                    \begin{align*}
                        c_g(x) = g \cdot x \cdot g^{-1} &= g \cdot y \cdot g^{-1} = c_g(y) \\
                        \stackrel{\text{Kürzung}}{\implies} x &= y
                    .\end{align*}

                    Surjektivität : Sei $c \in G$. Dann wähle $x := g^{-1} \cdot c \cdot g$.
                    \[
                        \implies c_g(x) = g \cdot (g^{-1} \cdot c \cdot g) \cdot g^{-1} = c
                    .\] 
                    $\implies c_g$ ist bijektiv
            \end{enumerate}
            $\implies$ $c_g$ ist Gruppenisomorphismus
        \end{proof}

    \item Ist $\varphi: G \to H$ ein Gruppenhomomorphismus, so gilt $c_g(ker \varphi) = ker \varphi$.

        \begin{proof} Zu zeigen: $c_g(ker \varphi) = ker \varphi$.

            \begin{enumerate}[(i)]
                \item ($\implies$) Sei $x \in c_g(ker \varphi)$. Zu zeigen: $\varphi(x) = e_H$.

                    $\exists r \in ker \varphi: c_g(r) = x$. Fixiere r.
                    $\implies$ 
                    \begin{align*}
                        \varphi(x) =& \varphi(g \cdot r\cdot g^{-1})    \\
                        \stackrel{\text{$\varphi$ Grp.hom.}}{=}& \varphi(g) \cdot \varphi(r) \cdot \varphi(g^{-1}) \\
                        &= \varphi(g) \cdot e_H \cdot \varphi(g^{-1}) \\
                        &= \varphi(g) \cdot \varphi(g)^{-1} \\
                        &= e_H
                    .\end{align*}
                \item ($\impliedby $) Sei $r \in ker \varphi$. Zu zeigen: $r \in c_g(ker \varphi)$, also
                    $\exists x \in ker \varphi: c_g(x) = r$

                    Wähle $x := g^{-1} \cdot r \cdot g \in G$.
                    Analog zu (i):
                    \[
                        \varphi(x) = \varphi(g^{-1}) \cdot \varphi(r) \cdot \varphi(g)
                        = \varphi(g)^{-1} \cdot \varphi(g) = e_x
                    .\] $\implies$ $x \in ker \varphi$.

                    \[
                        c_g(x) = g \cdot (g^{-1} \cdot r \cdot g) \cdot g^{-1} = r
                    .\] $\implies$ $c_g(x) = r$
            \end{enumerate}
        \end{proof}

    \item Die Abbildung $c: G \to Aut(G)$ mit $g \mapsto c_g$ ist ein Gruppenhomomorphismus.

        \begin{proof} Seien $g, h \in G$. $c_g$ ist ein Gruppenautomorphismus, wegen
            (b) und $c_g: G \to G$. $Aut(G)$ ist Gruppe bezüglich $\circ$.
            
            Zu zeigen: $c(g) \circ c(h) = c(g \cdot h)$, also $\forall r \in G: c_g(c_h(r)) = c_{g\cdot h}(r)$.

            Sei $r \in G$ beliebig.
            \begin{align*}
                c_g(c_h(r)) &= g \cdot (h \cdot r \cdot h^{-1}) \cdot g^{-1} \\
                            &= (g \cdot h) \cdot r \cdot (h^{-1} \cdot g^{-1}) \\
                            &= (g \cdot h) \cdot r \cdot (g \cdot h)^{-1} \\
                            &= c_{g\cdot h}(r)
            .\end{align*}
        \end{proof}
    
    \item $c$ ist nicht notwendig injektiv.

        \begin{proof} Sei $G$ abelsche Gruppe. Dann gilt für alle $x \in G$:
            \[
                c_g(x) = g \cdot x \cdot g^{-1} = g^{-1} \cdot x \cdot g = c_{g^{-1}}(x)
            .\]
            Aber im Allgemeinen sind $g$ und $g^{-1}$ nicht immer gleich, das heißt
            $c$ i.A. nicht injektiv.
        \end{proof}
\end{enumerate}
    
\end{aufgabe}

\end{document}