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\documentclass{../../../lecture}
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\usepackage[]{enumerate}
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\begin{document}
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\begin{aufgabe}[Homomorphismen]
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\begin{enumerate}[(a)]
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\item Körperhomomorphismen von $\Z / 3\Z \to \Z / 5 \Z$
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Es existieren keine Körperhomomorphismen, da $char(\Z / 3 \Z) = 3 \neq 5 = char(\Z / 5 \Z)$.
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\item Gruppenhomomorphismen von $\left( \Z / 3\Z \right)^{\times } \to \left( \Z / 5 \Z \right)^{\times } $
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Die Gruppe $\left(\left( \Z / 3 \Z\right)^{\times }, \cdot , \overline{1}_3 \right) $
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hat genau zwei Elemente,
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nämlich $\left\{\overline{1}_3, \overline{2}_3\right\} $ und die
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Gruppe $\left(\left( \Z / 5 \Z\right)^{\times }, \cdot , \overline{1}_5 \right) $ hat
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genau 4 Elemente, nämlich $\left\{ \overline{1}_5, \overline{2}_5, \overline{3}_5, \overline{4}_5 \right\} $. Damit
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$\varphi: \left( \Z / 3 \Z \right)^{\times } \to \left( \Z / 5 \Z \right)^{\times } $
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Gruppenhomomorphismus, muss gelten:
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\begin{align*}
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&\varphi\left(\overline{1}_3\right) = \overline{1}_5 \\
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&\varphi\left(\overline{2}_3^{-1}\right) = \varphi\left(\overline{2}_3\right)^{-1}
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.\end{align*}
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Da $\overline{2}_3^{-1} = \overline{2}_3$ folgt:
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\[
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\varphi\left(\overline{2}_3\right) = \varphi\left( \overline{2}_3 \right)^{-1}
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.\]
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Wegen $\overline{2}_5^{-1} = \overline{3}_5$ und $\overline{1}_5^{-1} = \overline{1}_5$ und
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$\overline{4}_5^{-1} = \overline{4}_5$ bleiben für $\varphi\left( \overline{2}_3 \right) $ nur
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zwei Möglichkeiten: $\varphi\left( \overline{2}_3 \right) = \overline{1}_5 $ und
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$\varphi \left( \overline{2}_3 \right) = \overline{4}_5$.
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Das heißt es existieren zwei Gruppenhomomorphismen von
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$\left( \Z / 3\Z \right)^{\times } \to \left( \Z / 5 \Z \right)^{\times } $:
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Der triviale Homomorphismus mit:
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\[
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\varphi_1(A) = \overline{1}_5 \text{ für alle } A \in \left( \Z / 3 \Z \right)^{\times }
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.\] und
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\begin{align*}
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\varphi_2(A) = \begin{cases}
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\overline{1}_5 & \text{ für } A = \overline{1}_3 \\
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\overline{4}_5 & \text{ für } A = \overline{2}_3 \\
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\end{cases}
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.\end{align*}
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Der triviale Homomorphismus ist immer Gruppenhomomorphismus, bleibt zu zeigen, dass
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$\varphi_2$ auch Gruppenhomomorphismus ist.
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\begin{proof}[Beweis: $\varphi_2$ ist Gruppenhomomorphismus]
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Seien $A, B \in \left( \Z / 3 \Z \right)^{\times }$.
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Falls $A = B = \overline{1}_3$:
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\[
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\varphi_2\left(\overline{1}_3 \cdot \overline{1}_3 \right)
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= \varphi_2\left( \overline{1}_3 \right)
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= \overline{1}_5
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= \overline{1}_5 \cdot \overline{1}_5
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= \varphi_2\left( \overline{1}_3 \right) \cdot \varphi_2\left( \overline{1}_3 \right)
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.\]
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Falls $A = B = \overline{2}_3$:
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\[
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\varphi_2\left(\overline{2}_3 \cdot \overline{2}_3 \right)
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= \varphi_2\left( \overline{1}_3 \right)
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= \overline{1}_5
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= \overline{4}_5 \cdot \overline{4}_5
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= \varphi_2\left( \overline{2}_3 \right) \cdot \varphi_2\left( \overline{2}_3 \right)
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.\]
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Falls $A = \overline{1}_3$ und $B = \overline{2}_3$:
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\[
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\varphi_2\left(\overline{1}_3 \cdot \overline{2}_3 \right)
|
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= \varphi_2\left( \overline{2}_3 \right)
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= \overline{4}_5
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= \overline{1}_5 \cdot \overline{4}_5
|
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= \varphi_2\left( \overline{1}_3 \right) \cdot \varphi_2\left( \overline{2}_3 \right)
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|
.\] Analog folgt dies für $A = \overline{2}_3$ und $B = \overline{1}_3$.
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\end{proof}
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}[Vektorprodukte]
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Sei $k \in \R$ beliebig, dann wähle $x := \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} - \frac{5}{2}k \\ -1 \\ k \\ \end{pmatrix} \in \R^{3}$.
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\begin{proof}
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\[
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\begin{pmatrix} -\frac{1}{2} - \frac{5}{2}k \\ -1 \\ k \end{pmatrix}
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\times
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\begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}
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=
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\begin{pmatrix} 2 - 0k \\ 5k - \left(2\left(\frac{1}{2} + \frac{5}{2}k\right)\right) \\ 5 \end{pmatrix}
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=
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\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 5 \end{pmatrix}
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.\]
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\end{proof}
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Es existiert kein $y \in \R^{3}$ mit:
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\[
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y \times \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}
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=
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\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}
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.\]
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\begin{proof}
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Die obenstehende Gleichung ergibt folgendes LGS:
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\begin{align*}
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2 y_2 - y_3 &= 1 \\
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2 y_3 - 2 y_1 &= 2 \\
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y_1 - 2 y_2 &= 0 \\
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.\end{align*}
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Aus (I) folgt:
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\[
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y_3 = 2 y_2 - 1
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.\]
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Damit ergibt sich aus (II):
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\begin{align*}
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&& 2 y_3 - 2y_1 = 2 (2y_2 - 1) - 2y_1 &= 2 \\
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\implies&& y_1 &= 2y_2 - 2 \\
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.\end{align*}
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Daraus entsteht ein Widerspruch in (III):
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\begin{align*}
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y_1 - 2y_2 = 2y_2 - 2 - 2y_2 = -2 \neq 0
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.\end{align*}
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\end{proof}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}
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Wir definieren die Abbildung $-^{\bot}: \R^{2} \to \R^{2}$ durch
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\[
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\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}^{\bot} =
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\begin{pmatrix} -x_2 \\ x_1 \end{pmatrix}
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.\]
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\end{aufgabe}
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\textbf{a)} Zu zeigen: $x$ $\bot$ $x^{\bot}$ und
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$ \|x\| = \|x^{\bot}\|$ $\forall x \in R^{2}$
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\begin{proof}
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Sei $x \in R^{2}$ beliebig.
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$x$ $\bot$ $x^{\bot}$:
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\[
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\left<x, x^{\bot}\right> = \left< \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}
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, \begin{pmatrix} -x_2 \\ x_1 \end{pmatrix}
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\right> = -x_1 x_2 + x_2 x_1 = 0
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.\]
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$\|x\| = \|x^{\bot}\|$:
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\[
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\|x\| = \sqrt{\left<x,x\right>} = \sqrt{x_1^2 + x_2^2} = \sqrt{\left( -x_2 \right) ^2 + x_1^2} = \|x^{\bot}\|
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|
.\]
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\end{proof}
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\textbf{b)} Ist $x \in \R^{2} \setminus \{0\}$ und $y \in \R^{2}$ mit $x$ $\bot$
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$y$, so existiert ein $a \in \R$ derart, dass $y = a \cdot x^{\bot}$.
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\begin{proof} Sei $x \in \R^{2} \setminus $ mit $x = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} $
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und $y \in \R^{2}$ mit $y = \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}$
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Wegen $x$ $\bot$ $y$ folgt:
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\begin{align*}
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x_1y_1 + x_2y_2 = 0 \implies x_1y_1 = -x_2y_2
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.\end{align*}
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\underline{Fall 1:} $x_1 = 0$. $\implies x_2 \neq 0$.
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\[
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x_2 y_2 = 0 \implies y_2 = 0
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|
.\] Wähle nun $a := -\frac{y_1}{x_2} \in \R$:
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\[
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y = a \cdot x^{\bot} \begin{pmatrix} -a x_2 \\ ax_1 \end{pmatrix}
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= \begin{pmatrix} \frac{y_1}{x_2} x_2 \\ 0 \end{pmatrix}
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= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}
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|
.\]
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\underline{Fall 2:} $x_2 = 0$. $\implies x_1 \neq 0$.
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\[
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|
x_1 y_1 = 0 \implies y_1 = 0
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|
.\] Wähle nun $a := \frac{y_2}{x_1} \in \R$:
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|
\[
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|
y = a \cdot x^{\bot} \begin{pmatrix} -a x_2 \\ ax_1 \end{pmatrix}
|
|
= \begin{pmatrix} 0 \\ \frac{y_2}{x_1} x_1 \end{pmatrix}
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= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}
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|
.\]
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\underline{Fall 3:} $x_1 \neq 0$ und $x_2 \neq 0$.
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\[
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|
-\frac{y_1}{x_2} = \frac{y_2}{x_1}
|
|
.\] Wähle nun $a := \frac{y_2}{x_1} = -\frac{y_1}{x_2} \in \R$:
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|
\[
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y = a \cdot x^{\bot} = \begin{pmatrix} -a x_2 \\ a x_1 \end{pmatrix}
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|
= \begin{pmatrix} \frac{y_1}{x_2} x_2 \\ \frac{y_2}{x_1} x_1 \end{pmatrix}
|
|
= \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}
|
|
.\]
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\end{proof}
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\textbf{c)} Für $x \in \R^{2} \setminus \{0\} $ sei $f_x: \R^{2} \to \R^{2}$
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Abbildung mit:
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\[
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y \mapsto \frac{\left<y, x\right>}{\left<x, x\right>} \cdot x
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|
+ \frac{\left<y, x^{\bot}\right>}{\left<x, x\right>} \cdot x^{\bot}
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|
.\]
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Zu zeigen: Für beliebiges $x \in \R \setminus \{0\} $ ist $f_x$ gleich der
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Identität des $\R^{2}$.
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\begin{proof}
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Zz: $f_x(y) = y$ $\forall y \in \R^{2}$
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Seien $x \in R^{2} \setminus \{0\}$ mit $x = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}$
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und $y \in R^{2}$ mit $y = \begin{pmatrix} y_1 \\ y_2 \end{pmatrix}$.
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Nun:
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\begin{align*}
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f_x(y) &= \frac{\left<y, x\right>}{\left<x, x\right>} \cdot x
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+ \frac{\left<y, x^{\bot}\right>}{\left<x, x\right>} \cdot x^{\bot} \\
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&= \frac{1}{\left<x, x\right>} \left(
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\begin{pmatrix} x_1^2y_1 + x_1x_2y_2 \\ x_1x_2y_1 + x_2^2y_2 \end{pmatrix}
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|
+
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|
\begin{pmatrix} y_1x_2^2 - x_1x_2y_2 \\ -x_1x_2y_1 + x_1^2y_2 \end{pmatrix}
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\right) \\
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|
&= \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} \\
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|
&= \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} \\
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|
&= y
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.\end{align*}
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\end{proof}
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\begin{aufgabe}
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Sei $G = \left( G, \cdot , e) \right) $ eine Gruppe. Für $g \in \N$ sei $c_g: G \to G$ Abbildung mit
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$c_g(x) = g \cdot x\cdot g^{-1}$.
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\begin{enumerate}[(a)]
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\item $c_{g^{-1}} \circ c_g = c_g \circ c_{g^{-1}} = id_G$
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\begin{proof}
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Sei $x \in G$ beliebig. Dann gilt: $c_g(x) = g \cdot x \cdot g^{-1}$ und
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$c_{g^{-1}}(x) = g^{-1} \cdot x \cdot g$.
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Zu zeigen: $c_{g^{-1}}\left( c_g(x) \right) = c_g(c_{g^{-1}}(x)) = x$.
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\begin{align*}
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c_{g^{-1}}(c_g(x)) &= g^{-1} \cdot (g \cdot x \cdot g^{-1}) \cdot g \\
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&= (g^{-1} \cdot g) \cdot x\cdot (g^{-1} \cdot g) \\
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&= x \\
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&= (g \cdot g^{-1}) \cdot x \cdot (g \cdot g^{-1}) \\
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&= g \cdot (g^{-1} \cdot x\cdot g) \cdot g^{-1} \\
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&= c_{g}(c_{g^{-1}}(x))
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.\end{align*}
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\end{proof}
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\item $c_g$ ist ein Gruppenisomorphismus
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\begin{proof}
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Seien $x$, $y \in G$ beliebig.
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item
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Zu zeigen: $c_g(x) \cdot c_g(y) = c_g(x \cdot y)$
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\begin{align*}
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c_g(x) \cdot c_g(y) &= (g \cdot x\cdot g^{-1}) \cdot (g\cdot y\cdot g^{-1}) \\
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&= g \cdot x \cdot (g^{-1} \cdot g) \cdot y \cdot g^{-1} \\
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&= g \cdot (x \cdot y) \cdot g^{-1} \\
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&= c_g(x \cdot y)
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.\end{align*}
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$\implies$ $c_g$ ist Gruppenhomomorphismus
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\item Zu zeigen: $c_g$ ist bijektiv
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Injektivität: Seien $x, y \in G$ mit $c_g(x) = c_g(y)$
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\begin{align*}
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c_g(x) = g \cdot x \cdot g^{-1} &= g \cdot y \cdot g^{-1} = c_g(y) \\
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\stackrel{\text{Kürzung}}{\implies} x &= y
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.\end{align*}
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Surjektivität : Sei $c \in G$. Dann wähle $x := g^{-1} \cdot c \cdot g$.
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\[
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|
\implies c_g(x) = g \cdot (g^{-1} \cdot c \cdot g) \cdot g^{-1} = c
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|
.\]
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|
$\implies c_g$ ist bijektiv
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|
\end{enumerate}
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|
$\implies$ $c_g$ ist Gruppenisomorphismus
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\end{proof}
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\item Ist $\varphi: G \to H$ ein Gruppenhomomorphismus, so gilt $c_g(ker \varphi) = ker \varphi$.
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\begin{proof} Zu zeigen: $c_g(ker \varphi) = ker \varphi$.
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item ($\implies$) Sei $x \in c_g(ker \varphi)$. Zu zeigen: $\varphi(x) = e_H$.
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$\exists r \in ker \varphi: c_g(r) = x$. Fixiere r.
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$\implies$
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\begin{align*}
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\varphi(x) =& \varphi(g \cdot r\cdot g^{-1}) \\
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|
\stackrel{\text{$\varphi$ Grp.hom.}}{=}& \varphi(g) \cdot \varphi(r) \cdot \varphi(g^{-1}) \\
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&= \varphi(g) \cdot e_H \cdot \varphi(g^{-1}) \\
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|
&= \varphi(g) \cdot \varphi(g)^{-1} \\
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|
&= e_H
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|
.\end{align*}
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|
\item ($\impliedby $) Sei $r \in ker \varphi$. Zu zeigen: $r \in c_g(ker \varphi)$, also
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$\exists x \in ker \varphi: c_g(x) = r$
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Wähle $x := g^{-1} \cdot r \cdot g \in G$.
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Analog zu (i):
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\[
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\varphi(x) = \varphi(g^{-1}) \cdot \varphi(r) \cdot \varphi(g)
|
|
= \varphi(g)^{-1} \cdot \varphi(g) = e_x
|
|
.\] $\implies$ $x \in ker \varphi$.
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|
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|
\[
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|
c_g(x) = g \cdot (g^{-1} \cdot r \cdot g) \cdot g^{-1} = r
|
|
.\] $\implies$ $c_g(x) = r$
|
|
\end{enumerate}
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|
\end{proof}
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\item Die Abbildung $c: G \to Aut(G)$ mit $g \mapsto c_g$ ist ein Gruppenhomomorphismus.
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\begin{proof} Seien $g, h \in G$. $c_g$ ist ein Gruppenautomorphismus, wegen
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(b) und $c_g: G \to G$. $Aut(G)$ ist Gruppe bezüglich $\circ$.
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Zu zeigen: $c(g) \circ c(h) = c(g \cdot h)$, also $\forall r \in G: c_g(c_h(r)) = c_{g\cdot h}(r)$.
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|
Sei $r \in G$ beliebig.
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\begin{align*}
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c_g(c_h(r)) &= g \cdot (h \cdot r \cdot h^{-1}) \cdot g^{-1} \\
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|
&= (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*}
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\end{proof}
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\item $c$ ist nicht notwendig injektiv.
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\begin{proof} Sei $G$ abelsche Gruppe. Dann gilt für alle $x \in G$:
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\[
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c_g(x) = g \cdot x \cdot g^{-1} = g^{-1} \cdot x \cdot g = c_{g^{-1}}(x)
|
|
.\]
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|
Aber im Allgemeinen sind $g$ und $g^{-1}$ nicht immer gleich, das heißt
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$c$ i.A. nicht injektiv.
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\end{proof}
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\end{document}
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