Blatt 1 - Lösungensma.epfl.ch/~werndli/teaching/group_theory/GT08-all.pdf · Übungen zur Gruppentheorie, G. Favi 19. September 2008 Blatt 1 - Lösungen Abgabe:26.September2008,12:00Uhr

Übungen zur Gruppentheorie, G. Favi 19. September 2008

Blatt 1 - LösungenAbgabe: 26. September 2008, 12:00 Uhr

Aufgabe 1. Sei G eine Gruppe mit g2 = 1 für alle g ∈ G. Zeige dass G abelsch ist.

Beweis. Für ein beliebiges g ∈ G ist g2 = 1 und es folgt, dass g = g−1. Betrachten wir nun zweibeliebige Elemente g, h ∈ G. Es ist dann gh = (gh)−1 = h−1g−1 = hg und also ist G abel’sch. �

Aufgabe 2. Sei q ∈ Q.(a) Zeige dass qZ eine Untergruppe von (Q,+) ist.(b) Für q, q′ ∈ Q ist qZ ⊂ q′Z genau dann, wenn q = q′m für ein m ∈ Z.

Beweis. Ad (a) : Um zu zeigen, dass H < G eine Untergruppe ist, reicht es zu überprüfen, dassH 6= {} und für a, b ∈ H auch ab−1 ∈ H. Die Behauptung folgt nun aus den Ringeigenschaften(genauer gesagt aus der Distributivität von Q). Es ist klar 0 ∈ qZ (also qZ 6= {}) und zu a =qm, b = qn ∈ qZ (d.h. m,n ∈ Z) ist a− b = q(m− n) ∈ qZ). Folglich ist dies eine Untergruppe vonQ.Ad (b) : Ist qZ ⊂ q′Z ist insbesondere q ∈ q′Z und also q = q′m für ein m ∈ Z. Ist umgekehrtq = q′m, so ist klar qZ ⊂ q′Z, denn für qn ∈ qZ ist qn = (q′m)n = q′(mn) ∈ q′Z. �

Aufgabe 3. Beweise für a, b ∈ Z, dass aZ + bZ = dZ, wobei d = ggT(a, b).

Beweis. d ∈ N ist ein ggT von a und b, wenn d|a und d|b und für jeden Teiler e von a und b gilt,dass auch e|d. Es folgt sofort, dass der ggT existiert (man suche das maximale Element der Mengealler Teiler von a und b, welche nicht leer ist, dass 1 immer Teiler ist) und eindeutig ist (sind d undd′ zwei ggTs, so muss d|d′ und d′|d, also d = d′). Sei d ∈ N mit aZ+bZ = dZ. Da a, b ∈ aZ+bZ = dZfolgt, dass a = dr und b = ds für geeignete r, s ∈ Z. Anders gesagt gilt : d|a und d|b und d ist einTeiler von a und b. Sei nun m ebenfalls ein Teiler von a und b. Es folgt, dass m auch Teiler vonax + by ist für alle x, y ∈ Z. Insbesondere m|d, da ja d ∈ dZ = aZ + bZ. Also ist d der ggT von aund b. �

Aufgabe 4. Seien H,K Untergruppen einer Gruppe G. Wir setzen HK := {hk | h ∈ H, k ∈ K}.(a) Zeige, dass H ∩K wieder eine Untergruppe von G ist.(b) Beweise, dass HK eine Untergruppe von G ist, unter der Annahme dass KH ⊂ HK.

Beweis. Ad (a) : Da 1 ∈ H und 1 ∈ K ist auch 1 ∈ H ∩ K. Seien weiter a, b ∈ H ∩ K (d.h.a, b ∈ H und a, b ∈ K). Da H und K Untergruppen sind, muss ab−1 ∈ H und ab−1 ∈ K oder kurz :ab−1 ∈ H ∩K.Ad (b) : Klar ist 1 = 1 · 1 ∈ HK. Seien nun a, b ∈ HK, d.h. a = h1k1, b = h2k2 für geeigneteh1, h2 ∈ H, k1, k2 ∈ K. Damit ist ab−1 = h1k1(h2k2)−1 = h1(k1k

−12 )h−1

2 . Da (k1k−12 )h−1

2 ∈ KH ⊂HK ist (k1k

−12 )h−1

2 = h′k′ für ein geeignetes h′k′ ∈ HK. Also ist ab−1 = h1h′k′ ∈ HK und somit

HK < G eine Untergruppe. �

Aufgabe 5. (a) Zu zwei Gruppen G,H zeige man, dass die Menge G×H mit der Verknüpfung(g, h) · (g′, h′) = (gg′, hh′) wieder eine Gruppe ist. Diese heisst das Produkt von G und H.

(b) Man zeige weiter, dass eine Gruppe G genau dann abelsch ist, wenn die Verknüpfung G×G→G, (g, h) 7→ gh ein Gruppenhomomorphismus ist.

Beweis. Ad (a) :Man überprüft leicht die Gruppenaxiome fürG×H die Assoziativität und Existenzeiner Inversen überträgt sich von G und H auf die einzelnen Komponenten. Das neutrale Elementvon G×H ist (1G, 1H).Ad (b) : Angenommen µ : G × G → G, (g, h) 7→ gh ist en Gruppenhomomorphismus, dann ist fürg, h ∈ G beliebig gh = µ(1, g)µ(h, 1) = µ((1, g)(h, 1)) = µ(h, g) = hg. Ist umgekehrt G abgel’schund (g1, g2), (h1, h2) ∈ G × G, so ist µ(g1, g2)µ(h1, h2) = g1g2h1h2 = g1h1g2h2 = µ(g1h1, g2h2) =µ((g1, g2)(h1, h2)). Also ist µ ein Gruppenhomomorphismus. �

Aufgabe 6*. Es seien ϕ : G → G′ und ψ : G′ → G′′ zwei Gruppenhomomorphismen. Beweise,dass die Verknüpfung ψ ◦ ϕ : G → G′′ wieder ein Homomorphismus ist. Zeige zudem, dass dieKomposition ◦ assoziativ ist und zu jedem Gruppenhomomorphismus ϕ neutrale Elemente bezüglich◦ existieren. Folgere daraus, dass die Klasse aller Gruppen eine Kategorie bildet.

Beweis. Seien g, h ∈ G beliebig. Dann ist ψ◦ϕ(gh) = ψ((ϕg)(ϕh)) = ψ(ϕg)ψ(ϕh) = ψ◦ϕ(g)ψ◦ϕ(h),womit ψ ◦ ϕ ein Gruppenhomomorphismus ist. Die Komposition von Gruppenhomomorphismenist assoziativ, da allgemein die Komposition von Mengenabbildungen assoziativ ist. Ein neutralesElement bezüglich Komposition ist die Identität, welche für eine Gruppe G klar ein Gruppenauto-morphismus ist. �

Übungen zur Gruppentheorie, G. Favi 26. September 2008

Blatt 2 - LösungenAbgabe: 3. Oktober 2008, 12:00 Uhr

Aufgabe 1. Man beweise, dass die Betragsabbildung | | : C∗ → R∗ ein Gruppenhomomorphis-mus ist und man bestimme den Kern und das Bild. Zeige, dass die Gruppe C∗ zum Produkt desEinheitskreises S1 = {z ∈ C | |z| = 1} und R∗>0 isomorph ist. D.h. C∗ ∼= S1 × R∗>0.

Beweis. (i) Zu z ∈ C ist |z| =√zz, wobei z die komplexe Konjugation. Es ist zudem wohlbekannt,

dass für z1, z2 ∈ C gilt : z1z2 = z1z2 und z1 + z2 = z1 + z2. Damit ist |z1z2| =√z1z2z1z2 =√

z1z1z2z2 =√z1z1√z2z2 = |z1| |z2|.

(ii) ker(|.|) = {z ∈ C | |z| = 1} = S1. im(|.|) = {r ∈ R∗ | ∃z ∈ C∗ : |z| = r} = R>0. Dies ist klar,denn zu r ∈ R>0 ist |r| = r. Umgekehrt ist zu z = x+ iy ∈ C∗ auch zz = x2 + y2 > 0 und also|z| > 0.

(iii) Wir definieren ϕ : C∗ → S1 × R>0, z 7→ (z/ |z| , |z|). Diese Abbildung ist wohldefiniert, da∣∣∣z |z|−1∣∣∣ = |z| |z|−1 = 1 und nach (ii) auch |z| ∈ R>0. Man prüft leicht, dass dies ein Gruppen-

homomorphismus ist. Weiter können wir eine Umkehrabbildung definieren : ψ : S1 × R>0 →C∗, (z, r) 7→ rz. Auch hier ist es einfach zu zeigen, dass dies ein Gruppenhomomorphismus ist.Zudem gilt für (z, r) ∈ S1 × R>0 beliebig :

ϕ ◦ ψ(z, r) = ϕ(rz) =(rz

|rz|, |rz|

)=(z

r

|r| |z|, |r| |z|

).

Da jedoch z ∈ S1 ist |z| = 1 und da r ∈ R>0 auch |r| = r. Folglich ist ϕ ◦ ψ(z, r) = (z, r) undalso ϕ ◦ ψ die Identität. Dass auch ψ ◦ ϕ die Identität ist, ist trivial.

�

Aufgabe 2. Man finde einen (nicht trivialen) Gruppenhomomorphismus ϕ : Dn → Sn zwischender Diedergruppe und der symmetrischen Gruppe. Ist ϕ injektiv ? Ist es surjektiv ? Man beweisedass D3 ∼= S3.

Beweis. Informal kann man den Homomorphismus ϕ folgendermassen beschreiben : Die Dieder-gruppe beschreibt die Symmetrien eines regelmässigen n-Ecks. Insbesondere werden durch jedesElement von Dn Ecken in Ecken überführt. Nummeriert man die Ecken von 1 bis n durch, so erhältman für jedes Element von Dn eine Permutation von {1, ..., n}, d.h. ein Element von Sn. Formalerlässt sich Dn als die abstrakte Gruppe Dn =

⟨x, y : xn, y2, (xy)2⟩ beschreiben. D.h. Dn wird er-

zeugt von zwei Elementen x (Drehung um den Winkel 2π/n) und y (Spiegelung an einer Achse, dieanderen Spiegelungen ergeben sich durch vorheriges Drehen), welche die drei folgenden Relationenerfüllen : xn = 1, y2 = 1 und (xy)2 = 1. Wir definieren nun unser ϕ abstrakt :

ϕ : Dn → Sn, x 7→ (1 2 ... n), y 7→(

1 2 ... nn n− 1 ... 1

).

D.h. x wird auf die zyklische Permutation 1 7→ 2 7→ 3 7→ ... 7→ n 7→ 1 geschickt und y auf(1 n)(2 (n− 1))... (d.h. 1 und n werden vertauscht, 2 und n− 1, 3 und n− 2 etc.). Die Bilder derrestlichen Elemente von Dn ergeben sich durch die Gruppenhomomorphismuseigenschaft von ϕ (dax und y ganz Dn erzeugen). Soll heissen, wir setzen ganz einfach ϕ(xiyj) := (ϕx)i(ϕy)j (es reicht dieElemente der Form xiyj zu betrachten, da mit der Relation (xy)2 = 1⇔ xy = yx−1 jedes Elementauf diese Form gebracht werden kann). Es bleibt zu zeigen, dass diese Abbildung wohldefiniert(d.h. mit den Relationen verträgtlich) ist. Es muss ϕ(1) die Identitätsabbildung auf {1, ..., n} (daϕ ein Gruppenhomomorphismus sein soll). Wir prüfen also : ϕ(xn) = (ϕx)n = (1 2 ... n)n =id, ϕ(y2) = id da Transpositionen selbstinvers sind und ϕy ein Produkt von disjunkten (d.h.voneinander unabhängigen) Transpositionen und schliesslich

ϕ((xy)2) = (ϕxϕy)2 =(

(1 2 ... n)(

1 2 ... nn n− 1 ... 1

))2

=(

1 2 3 ... n− 1 n1 n n− 1 ... 3 2

)2

=((2 n)(3 (n− 1))(4 (n− 2))...

)2 = id.

D.h. ϕ ist verträglich mit den Gruppenrelationen und also ein wohldefinierter Gruppenhomomor-phismus. Zudem ist ϕ für n ≥ 3 injektiv, denn sei xi, yj gegeben mit i ∈ {0, ..., n − 1}, j ∈ {0, 1}.Dann ist σ = ϕ(xiyj) = (1 2 ... n)iτ j eine Permutation, wobei τ = ϕy. Wir können ganz einfachaus dieser Permutation σ rekonstruieren, was i und j waren. Betrachten wir σ1 und σ2. Ist σ2der Nachfolger von σ1 (in Z/nZ, d.h. 1 gilt hier als Nachfolger von n), so ist j = 0. Ist jedoch σ1Nachfolger von σ2, so ist j = 1. Dies deshalb, weil τ die Reihenfolge von 1 und 2 vertauscht (1 7→ nund 2 7→ n−1). Wir bemerken, dass dies für n = 2 nicht funktioniert, da dann immer beides erfülltist. Haben wir j bestimmt ist es leicht auch i zu bestimmen. Denn für j = 0 ist σ1 = i + 1 undfür j = 1 ist σ1 = i. D.h. i und j sind durch σ eindeutig bestimmt und das Urbild von σ deswegeneindeutig. Ob ϕ surjektiv ist oder nicht hängt von n ab. Für n = 2 ist ϕ surjektiv da |D2| = 4 und|S2| = 2, für n = 3 sogar bĳektiv (d.h. ein Isomorphismus), da dann |D3| = |S3| = 6. Für n > 3 istn! = |Sn| > |Dn| = 2n und ϕ also nicht surjektiv. �

Aufgabe 3*. Sei Zn = {1, x, x2, . . . , xn−1} eine zyklische Gruppe der Ordnung n. Man beweise,dass die Erzeugende von Zn genau alle die Elemente xm mit ggT(m,n) = 1 sind.

Beweis. Um die Notation zu vereinfachen identifizieren wir Zn mit Z/nZ = {[0], [1], ..., [n − 1]}(Kongruenzklassen modulo n). Achtung, von nun an verwenden wir die additive Schreibweise inZ/nZ ! Zu zeigen ist, dass 〈m〉 = Z/nZ genau dann, wenn ggT(m,n) = 1. Falls also 〈m〉 = Z/nZist insbesondere [1] ∈ 〈m〉. Folglich ∃r, s ∈ Z : rm = 1 + sn (d.h. rm ≡ 1 mod n) und mit einereinfachen Umformung erhalten wir : rm− sn = 1. D.h. 1 ∈ mZ + nZ und also mZ + nZ = Z. MitAufgabe 3 vom letzten Übungsblatt folgt, dass ggT(m,n) = 1. Ist umgekehrt ggT(m,n) = 1, somuss mZ +nZ = Z (wieder nach dem letzten Blatt) und insbesondere ∃r, s ∈ Z : rm+ sn = 1 oderanders geschrieben rm = 1+sn und also [rm] = [1]. Da [1] ganz Z/nZ erzeugt, tut dies damit auch[m]. �

Aufgabe 4. Man beweise dass, für ganze Zahlen m,n mit ggT (m,n) = 1, die Gruppen Zmn undZm × Zn isomorph sind. Ist auch Zn2 ∼= Zn × Zn ?

Bemerkung. Schon aus der linearen Algebra bekannt ist der ggT zweier Zahlen. Wir werden imBeweis jedoch mit dem kgV arbeiten. Wir definieren zu m,n ∈ Z \ {0} das kleinste gemeinsame

Vielfache k := kgV(m,n) als die natürliche Zahl mit der Eigenschaft, dass

m|k, n|k und für alle e ∈ Z mit m|e und n|e⇒ k|e.

Es einfach einzusehen, dass das kgV immer existiert, denn sei d := ggT(m,n). Wir setzen k := mn/dund zeigen, dass dies ein kgV ist, woraus die Eindeutigkeit folgt (denn wenn k, k′ zwei kgVs sind,erhalten wir, dass k|k′ und k′|k und da beide in N sind folgt Gleichheit). Es ist klar, dass m|(mn/d)und n|(mn/d) (denn d|m und d|n, folglich ist m/d ∈ Z aber auch n/d ∈ Z). Sei nun e ∈ Z mitm|e und n|e. Nach dem letzten Übungsblatt ist d = rm+ sn für geeignete r, s ∈ Z (auch bekanntals Satz von Bézout). Da m|e und n|e muss auch m|es und n|er und also mn|esn und mn|erm,woraus folgt, dass mn|(erm+ esn) = ed. Aus mn|ed folgt nun leicht, dass k = mn/d|e. Zudem istes einfach einzusehen, dass mZ ∩ nZ = kZ. Denn ist e ∈ mZ ∩ nZ gilt m|e und n|e also auch k|e.Umgekehrt gilt für jedes kt ∈ kZ, dass m|kt und n|kt, da ja m|k und n|k. All dies gesagt könnenwir uns an den Beweis der Aufgabe wagen.

Beweis. Wir beweisen, dass Z/mnZ ∼= Z/mZ × Z/nZ ⇔ ggT(m,n) = 1. Es gelte also Z/mnZ ∼=Z/mZ × Z/nZ und wir setzen d = ggT(m,n). Da Z/mZ und Z/nZ zyklisch von Ordnung mbzw. n sind, hat jedes Element davon maximal Ordnung m bzw. n. D.h. in Z/mZ × Z/nZ hatjedes Element maximale Ordnung kgV(m,n) = mn/d. Da Z/mnZ ein Element der Ordnung mnenthält muss dies auch für Z/mZ × Z/nZ gelten (die Gruppen sind ja isomorph) und also musskgV(m,n) = mn/d = mn, womit folgt, dass d = 1. Ist umgekehrt d = ggT(m,n) = 1, so definierenwir

ϕ : Z/mnZ→ Z/mZ× Z/nZ, [z]mn 7→ ([z]m, [z]n).

Diese Abbildung ist wohldefiniert, denn wenn [z]mn = [z′]mn, so muss z′ = z + t(mn) für eint ∈ Z und damit auch [z′]m = [z+ t(mn)]m = [z]m, da ja tmn ein Vielfaches von m ist und genauso[z′]n = [z]n. Weiter ist sie klar ein Gruppenhomomorphismus und es bleibt die Injektivität zu zeigen.Da |Z/mnZ| = mn = |Z/mZ× Z/nZ| folgt mit der Injektivität automatisch die Bĳektivität, worauswir schliessen können, dass ϕ ein Isomorphismus ist. Für die Injektivität reicht es zu zeigen, dasskerϕ = {0}. Sei dazu a ∈ kerϕ, d.h. ϕa = ([a]m, [a]n) = ([0]m, [0]n). Dies ist nur dann der Fall,wenn a = rm = sn für geeignete r, s ∈ Z. D.h. m|a und n|a. Damit muss auch kgV(m,n) = mn/d|aund da d = 1 also mn|a. Damit ist [a]mn = [0]mn und es folgt die Behauptung. �

Aufgabe 5. Die Untergruppe V :={(±1 00 ±1

)}von GL2(Z) heisst die Kleinsche Vierergruppe.

Man beweise dass V nicht zyklisch ist und bestimme alle Untergruppen von V .

Beweis. Um viele Matrizen zu Vermeiden identifizieren wir V mit Z/2Z × Z/2Z. Dies tun wir,indem die Einheitsmatrix auf ([0], [0]), das negative der Einheitsmatrix auf ([1], [1]), die Matrixmit der Diagonale (1,−1) (von oben nach unten) auf ([0], [1]) und die verbleibende auf ([1], [0])schicken. Man sieht leicht, dass dies ein Gruppenisomorphismus ist. Die einzigen Untergruppenvon V sind dann die triviale Gruppe {0} ∼= {([0], [0]}, die zyklische Gruppe mit 2 ElementenZ/2Z ∼= {([0], [0]), ([0], [1])} ∼= {([0], [0]), ([1], [0])} und V selbst. Eine Untergruppe der Ordnung 3kann es nicht geben, da die Ordnung einer Untergruppe immer die Gruppenordnung teilen muss.Mit der letzten Aufgabe folgt zudem, dass V nicht zyklisch ist. �

Aufgabe 6*. Sei ϕ : A→ B ein Gruppenhomomorphismus und G eine Gruppe.

a) Man beweise, dass ϕ eine Abbildung ϕG induziert :

ϕG : Hom(G,A) → Hom(G,B)θ 7→ ϕ ◦ θ

b) Ähnlich beweise man, dass ϕ eine Abbildung ϕG induziert :

ϕG : Hom(B,G) → Hom(A,G)θ 7→ θ ◦ ϕ

c) Sei ψ : B → C ein zweiter Gruppenhomomorphismus. Man zeige dass gilt

(ψ ◦ ϕ)G = ψG ◦ ϕG

und(ψ ◦ ϕ)G = ϕG ◦ ψG.

Ausserdem, zeige man dass, (idG)G = idHom(G,G) und (idG)G = idHom(G,G) gelten.Dies beweist dass

Hom(G, ) : Groups→ Sets

A 7−→ϕ

��

Hom(G,A)

ϕG��

B 7−→ Hom(G,B)

ein (kovarianter) Funktor ist. Ahnlich ist Hom( , G) : Groups → Sets ein (kontravarianter)Funktor.

Beweis. (a) Trivial. Wenn G θ−→ A in Hom(G,A) ist, ist die Komposition G θ−→ Aϕ−→ B wohldefi-

niert und nach Aufgabe 6 des letzten Übungsblattes auch ein Gruppenhomomorphismus.(b) Genauso. Für B θ−→ G in Hom(B,G) ist A ϕ−→ B

θ−→ G definiert und ebenfalls ein Gruppenho-momorphismus.

(c) Es sei θ ∈ Hom(G,A). Dann ist (ψ ◦ϕ)Gθ = (ψ ◦ϕ) ◦ θ = ψ ◦ (ϕ ◦ θ) = (ψG ◦ϕG)θ. Weiter istfür ν ∈ Hom(C,G) auch (ψ ◦ϕ)Gν = ν ◦ (ψ ◦ϕ) = (ν ◦ψ) ◦ϕ = (ϕG ◦ψG)ν. Schliesslich ist fürχ ∈ Hom(G,G) noch (idG)Gχ = idG ◦ χ = χ und (idG)Gχ = χ ◦ idG = χ.

�

Übungen zur Gruppentheorie, G. Favi 3. Oktober 2008


Aufgabe 1. Sei G = S3 und H = 〈τ〉, wobei τ = (1 2). Beschreibe alle Rechts- und Linksneben-klassen von H. D.h. beschreibe die Mengen G/H und H\G. Ist H ein Normalteiler von G ? Kannman einen surjektiven Gruppenhomomorphismus S3 → Z/3Z finden ?

Lösung. Es ist S3 = {1, (1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2)} und H = 〈(1 2)〉 = {1, (1 2)}. DieLinksnebenklassen sind die Mengen der Form σH = {σh | h ∈ H} mit σ ∈ S3. Wir haben dann :

1H = (1 2)H = H

(1 3)H = (1 2 3)H = {(1 3), (1 2 3)}(2 3)H = (1 3 2)H = {(2 3), (1 3 2)}

Analog sind die Rechtsnebenklassen von der Form Hσ mit σ ∈ S3 :

H1 = H(1 2) = H

H(1 3) = H(1 3 2) = {(1 3), (1 3 2)}H(2 3) = H(1 2 3) = {(1 3), (1 3 2)}

Es folgt, dass H kein Normalteiler von S3 ist, da beispielsweise die Links- und Rechtsnebenklassevon (1 3) verschieden sind.

Weiter ist es unmöglich einen surjektiven Gruppenhomomorphismus ϕ : S3 → Z/3Z zu finden.Denn die Elemente [1], [2] ∈ Z/3Z haben Ordnung 3. Nach Aufgabe 2(a) dieses Übungsblattesmuss jedoch die Ordnung von ϕ(σ) die Ordnung von σ teilen, für alle σ ∈ S3. Folglich müssen alleTranspositionen (welche ja Ordnung 2 haben) auf [0] geschickt werden. Da jedes σ ∈ S3 als Produktvon Transpositionen dargestellt werden kann (explizit (1 2 3) = (1 2)(2 3), (1 3 2) = (1 3)(3 2) unddas neutrale Element kann als das leere Produkt angesehen werden) folgt, dass jedes σ ∈ S3 auf 0geschickt werden muss.

Aufgabe 2.a) Sei ϕ : G → G′ ein Gruppenhomomorphismus und g ∈ G. Zeige, dass die Ordnung von ϕ(g)diejenige von g teilt.

b) Für jede Gruppe G finde man eine Bĳektion Hom(Z, G) ∼= G.c) Beschreibe die folgenden Mengen : Hom(Zn, Zm),Hom(Sn, {±1}),Hom(Zn, Sn).

Beweis. Wir werden in diesem Beweis (bei den Teilaufgaben (b) und (c)) einige nicht bewieseneFakten über Sn verwenden. Für einen Beweis davon sei auf die Seiten 3 bis 5 des Textes “IrreduzibleDarstellungen der Sn” auf der Homepage verwiesen.Ad (a) : Sei k ∈ N die Ordnung von g. Da ϕ ein Gruppenhomomorphismus ist, muss 1 = ϕ(1) =ϕ(gk) = (ϕg)k. Daraus folgt, dass k ein Vielfaches der Ordnung von ϕg sein muss, denn diese istdie kleinste natürliche Zahl n ∈ N>0 mit (ϕg)n = 1 und es folgt die Behauptung.

Ad (b) : Wir bemerken, dass Z = 〈1〉. D.h. jedes z ∈ Z lässt sich als Summe von 1en bzw. −1enschreiben und es gelten keine Relationen (man sagt Z sei die freie Gruppe [“frei” von Relationen]über einer einelementigen Menge). D.h. jeder Gruppenhomomorphismus ϕ : Z → G ist durch ϕ1vollständig bestimmt, da ϕn = ϕ(1 + 1 + ...+ 1) = (ϕ1) + (ϕ1) + ...+ (ϕ1) ∀n ∈ N und analog fürϕ(−n). Wir definieren also

Hom(Z, G) → Gϕ 7→ ϕ(1)g ←[ g,

wobei zu g ∈ G g : Z → G die eindeutige Abbildung ist mit ϕ(1) = g. Man prüft leicht, dass diebeiden Zuordnungen invers zueinander sind.Ad (c) :(i) Jedes (Zn

ϕ−→ Zm) ∈ Hom(Zn, Zm) mit Zn = 〈x〉 , Zm = 〈y〉 ist durch ϕx eindeutig bestimmt(da ja x ganz Zn erzeugt). Für ϕ ∈ Hom(Zn, Zm) beliebig muss zudem 1 = ϕ1 = ϕ(xn) = (ϕx)nund dies ist die einzige Relation in Zn welche erfüllt sein muss. D.h. es muss gelten, dass |ϕx| |n(vgl. auch Teilaufgabe (a)). Da dies die einzige zu erfüllende Relation ist, liefert umgekehrtjedes yk (yk 6= 1) mit

∣∣∣yk∣∣∣ = kgV(k,m) |n einen Gruppenhomomorphismus (wir verlangenyk 6= 1 = y0, da kgV(0,m) nicht definiert ist). Wir haben also

Hom(Zn, Zm) '{yk ∈ Zm | k ∈ {1, ...,m− 1}, kgV(k,m) |n

}∪ {1},

wobei {1} hinzugefügt werden muss, da wir immer den trivialen Morphismus τ : Zn → Zmgegeben durch τx = 1 haben.

(ii) Zur Lösung dieses Problems benötigen wir ein Resultat zur Gruppe Sn. Es gilt nämlich Sn =〈{(i j) ∈ Sn | i, j ∈ {1, ..., n}, i < j}〉. D.h. jeder Gruppenhomomorphismus ϕ : Sn → {±1} istdurch die Bilder der Transpositionen eindeutig bestimmt. Zudem werden wir das untenstehendeLemma verwenden, wonach der Wert von Transpositionen unter einem Morphismus ϕ : Sn →{±1} schon durch den Wert von (1 2) festgelegt ist. Ist also ϕ(1 2) = 1, so ist ϕ = τ dertriviale Morphismus, welcher alles nach 1 schickt und ist ϕ(1 2) = −1, so ist ϕ = sign dieSigma-Funktion. Also Hom(Sn, {±1}) = {τ, sign}.

(iii) Auch hier benötigen wir ein Resultat über Sn. Es gilt, dass sich jede Permutation p ∈ Sn alsProdukt σ1...σm schreiben lässt, wobei die σi paarweise disjunkte Zykeln (d.h. für i 6= j lässtσi alle Elemente in {1, ..., n} fix, welche von σj permutiert werden und umgekehrt). Weiter giltfür zwei paarweise disjunkte Zykeln σ1 und σ2, dass σ1σ2 = σ2σ1. Sei nun ϕ ∈ Hom(Zn, Sn) einHomomorphismus. Die einzige Relation, die erfüllt sein muss ist ϕ(zn) = (ϕz)n = 1 und es folgt,dass ϕz = σ1..σm ∈ Sn (σ1, ..., σm paarweise disjunkte Zykeln) ist mit (ϕz)n = (σ1...σm)n =σn1σ

nm

!= 1. D.h. für jeden Zykel σi, i ∈ {1, ...,m} muss die Länge |σi| ein Teiler von n sein.Umgekehrt liefert jedes Produkt solcher Zykeln einen Homomorphismus und wir erhalten :

Hom(Zn, Sn) ' {σ1...σm ∈ Sn | m ∈ N, σ1, ..., σm paarweise disjunkt und |σi| |n ∀i} .

�

Lemma. Ist ϕ : Sn → {±1} ein Gruppenhomomorphismus mit ϕ(1 2) = k ∈ {±1}, so ist ϕ(i j) = kfür alle Transpositionen (i j) ∈ Sn.

Beweis. Wir zeigen dies per Induktion über i. Zur Induktionsverankerung (d.h. i = 1) machenwir eine zweite Induktion über j mit i = 1 fix. Für j = 2 ist ϕ(1 2) = k nach Voraussetzung.Für j ≥ 3 haben wir (1 j) = (j (j − 1))(1 (j − 1))(j (j − 1)) und es folgt, dass ϕ(1 j) =

(ϕ(j (j − 1)))2 ϕ(1 (j − 1)) = ϕ(1 (j − 1)) = k. Kommen wir zum Induktionsschritt. Es gilt(i j) = ((i−1) i)((i−1) j)((i−1) i) und damit ϕ(i j) = (ϕ((i− 1) i))2 ϕ((i−1) j) = ϕ((i−1) j) = knach Induktionsannahme. �

Aufgabe 3. (Universelle Eigenschaft von Quotienten)

Sei G eine Gruppe, H C G ein Normalteiler und π : G → G/H der kanonische Gruppenhomo-morphismus. Zeige, dass für jeden Gruppenhomomorphismus ϕ : G → G′ mit H ⊆ ker(ϕ) eineindeutiger Gruppenhomomorphismus ϕ : G/H → G′ existiert, sodass ϕ ◦ π = ϕ.

Beweis. Wir konstruieren ϕ indem wir bemerken, dass für ein hypothetisches ϕ, welches ϕ ◦ ι = ϕerfüllt, gelten muss, dass (ϕ ◦ ι)g = ϕ[g] = ϕg. Wir setzen also ϕ : G/H → G′, [g] 7→ ϕg dieseAbbildung ist wohldefiniert, da für [g1], [g2] ∈ G/H beliebig gilt, dass [g1] = [g2] ⇔ [g1g

−12 ] =

[1] ⇔ g1g−12 ∈ H. Und dann ϕ[g1g

−12 ] = ϕ(g1g

−12 ) = 1, da H ⊂ kerϕ. Es folgt, dass für [g1] =

[g2] auch ϕg1 = ϕg2. Weiter erfüllt dieses ϕ klar die Gleichung ϕ ◦ ι = ϕ und ist nach unsererAnfangsbemerkung die einzige Abbildung, die dies tut. �

Aufgabe 4. Sei S1 = {z ∈ C | |z| = 1} und ϕ : R→ S1 definiert durch x 7→ cos(2πx) + i sin(2πx).Man beweise, dass ϕ einen Isomorphismus R/Z ∼= S1 induziert und man bestimme alle Nebenklas-sen.

Beweis. Sei x ∈ R mit ϕ(x) = cos(2πx) + i sin(2πx) = 1. Es muss dann cos(2πx) = 1 sein, d.h.x

!∈ Z und damit ist auch klar sin(2πx) = 0. Also haben wir, dass kerϕ = Z und ϕ ist klar surjektiv

(da cos(2πx) + i sin(2πx) = exp 2πx und damit jeder Punkt auf S1 getroffen wird), womit aus demersten Isomorphiesatz folgt, dass R/Z = R/ kerϕ ∼= S1. �

Aufgabe 5. Sei G eine Gruppe. Ein Automorphismus von G ist ein Isomorphismus von G nach G.Die Menge aller Automorphismen von G wird als Aut(G) bezeichnet. Man beweise, dass Aut(G)durch Komposition von Automorphismen eine Gruppe ist.

a) Sei g ∈ G ein festes Element. Man schreibt γg : G→ G für die Abbildung h 7→ γg(h) := ghg−1

und nennt dies die Konjugation mit g. Zeige dass γg ein Automorphismus von G ist. Die Mengealler Konjugationen wird mit Int(G) bezeichnet.

b) Zeige, dass Int(G) ein Normalteiler von Aut(G) ist.c) Man beweise, dass die Abbildung

G → Aut(G)g 7→ γg

ein Gruppenhomomorphismus ist und bestimme seinen Kern.

Beweis. Ad (a) : γg ist klar ein Gruppenhomomorphismus, da

γg(h1h2) = gh1h2g−1 = gh1g

−1gh2g−1 = γg(h1)γ(h2) ∀h1, h2 ∈ G

und wie man leicht einsieht, ist γg−1 die Umkehrabbildung von γg. Also ist dies tatsächlich einAutomorphismus.Ad (b) : Sei ϕ ∈ Aut(G) beliebig. Es gilt dann für alle h ∈ G, dass

(ϕγgϕ−1)h = ϕ(g(ϕ−1h)g−1) = (ϕg)(ϕ(ϕ−1h))(ϕg−1) = (ϕg)h(ϕg)−1 = γϕg ∈ Int(G).

Ad (c) : Seien g1, g2 ∈ G beliebig. Für alle h ∈ G ist dann

γg1g2h = g1g2h(g1g2)−1 = g1g2hg−12 g1 = g1(γg2h)g−1

1 = (γg1γg2)h.

D.h. γg1g2 = γg1γg2 , was zu beweisen war. �



Aufgabe 1.a) Seien K ⊂ H ⊂ G Untergruppen einer endlichen Gruppe G. Man beweise die Formel

[G : K] = [G : H][H : K].

b) Sei H eine Untergruppe von Q. Zeige dass [Q : H] endlich ist, genau dann wenn H = Q.

Beweis. Ad (a) : Der Fall für endliche Gruppen ist einfach, da dann die ganzen Indices aus derBehauptung schlicht natürliche Zahlen sind (explizit : [G : K] = #G/#K. [G : H] = #G/#H und#H/#K). Wir werden den allgemeinen Fall beweisen. Wir betrachten die Quotienten G/H undH/K und wählen aus jeder Nebenklasse darin je einen Repräsentanten. Es bezechnen nun RG/H ⊂G und RH/K ⊂ H eben diese Mengen welche für jede Nebenklasse in G/H bzw. H/K genau einenRepräsentanten beinhalten. Wir bemerken, dass für die Kardinalitäten gilt, dass #RG/H = #G/Hund #RH/K = #H/K. Wir definieren

ϕ : RG/H ×RH/K → G/K, (g, h) 7→ [gh] = ghK

und zeigen, dass diese Abbildung bĳektiv ist. Angenommen es ist g1h1K = g2h2K für g1, g2 ∈G, h1, h2 ∈ H. Dies ist genau dann der Fall, wenn g−1

2 g1h1K = h2K d.h. g−12 g1h1k1 = h2k2

für geeignete k1, k2 ∈ K und also g−12 g1 = h2k2k

−11 h−1

1 ∈ H. Es folgt g1 ∈ g2H und damitg1 = g2, da RG/H für jede Nebenklasse genau einen Repräsentanten enthält. Analog folgt (durchLinksmultiplikation von g1h1K = g2h2K mit g−1

1 = g−12 ), dass h1K = h2K und also h1 = h2, da

auch RH/K für jede Nebenklasse genau einen Repräsentanten enthält. Also ist ϕ injektiv. Sei nunxK ∈ G/K beliebig. Es ist xH = gH für genau ein g ∈ RG/H und damit g−1x ∈ H. Es ist nunauch g−1x ∈ hK für genau ein h ∈ RH/K und somit x ∈ ghK, woraus folgt, dass xK = ϕ(g, h).Also ist ϕ surjektiv, woraus sofort die Behauptung folgt.Ad (b) : Wir bemerken, dass für alle [x] ∈ Q/H gilt, dass d[x] = [0] (die Ordnung eines Elementsteilt die Gruppenordnung). Sei nun x ∈ Q beliebig. Es ist [x] + [x] = (x + H) + (x + H) ={x+ h1 + x+ h2 | h1, h2 ∈ H} = {2x+ h | h ∈ H} = 2x+H und allgemeiner per Induktion n(x+H) = nx+H ∀n ∈ N. Insbesondere ist d(x+H) = dx+H. Es folgt, dass [x] = [d(x/d)] = d[x/d] =[0], d.h. x ∈ H und da x beliebig war folgt H = Q. Die Umkehrung ist trivial, denn ist H = Q, sofolgt, dass #Q/H = 1 und also ist [Q : H] = 1 endlich. �

Bemerkung. Für den allgemeinen Fall (d.h. nicht unbedingt endliche Gruppen) muss man bei (a)vorsichtig sein, da es sich bei [G : K], [G : H] und [H : K] und sogenannte Kardinalzahlen handelt.Man muss sich dann überlegen, wie [G : H][H : K] überhaupt definiert ist (es ist die Kardinalitätvon [G : H]× [H : K]).

Aufgabe 2. Wir betrachten Untergruppen von Q der Form qZ, wobei q ∈ Q∗ ist (cf. Aufgabe 2,Blatt 1), sowie entsprechende Quotienten. Zum Beispiel 1

nZ, wobei n ∈ N\{0}. Hier gilt Z ⊂ 1nZ ⊂

Q.

a) Berechne die folgenden Indices : [Q : 1nZ], [ 1

nZ : Z], [ 1nZ : mZ].

b) Man finde Isomorphismen ( 1nZ)/Z ' Z/nZ und ( 1

nZ)/(mZ) ' Z/mnZ.c) Für jedes q ∈ Q∗ finde man ein Isomorphismus Q/qZ ' Q/Z.

Wir lösen zuerst (b) und (c), woraus sofort (a) folgt.Ad (b) : Soll man einen Isomorphismus G/N → H finden, wobei G,H Gruppen und N C G, soist ein meist nützlicher Ansatz einen Morphismus G→ H zu konstruieren, welcher N als Kern hatund dann den ersten Isomorphiesatz zu verwenden. Dies hat den Vorteil, dass man in G statt G/Narbeiten kann und sich nicht um Nebenklassen und Wohldefiniertheit kümmern muss.

Wir suchen einen Homomorphismus ϕ : 1nZ → Z/nZ mit kerϕ = Z. Anders gesagt suchen wir

eine Abbildung 1nZ → Z, welche jedes x ∈ Z (und nur diese) nach nZ schickt. Nehmen wir dann

statt Z die Gruppe Z/nZ und erhalten so gerade die gesuchte Abbildung. Naheliegend definierenwir deshalb :

ϕ : 1n

Z→ Z/nZ,x

n7→ [x].

Wie man sofort sieht ist dies ein Gruppenhomomorphismus und kerϕ ={xn ∈

1nZ | x ∈ nZ

}= Z.

Gemäss Isomorphiesatz induziert dies einen wohldefinierten Isomorphismus

ϕ :( 1n

Z)/Z→ Z/nZ,

[x

n

]7→ [x].

Ähnlich gehen wir bei der zweiten Teilaufgabe vor. Wir suchen eine Abbildung ϕ : 1nZ→ Z/mnZ

mit Kern mZ. Anders gesagt suchen wir eine Abbildung 1nZ → Z, welche genau die x ∈ mZ nach

mnZ schickt. Wieder erhalten wir eine naheliegende Abbildung

ϕ : 1n

Z→ Z/mnZ,x

n7→ [x].

Wiederum prüft man leicht, dass dies ein Gruppenhomomorphismus ist und als Kern erhaltenwir kerϕ =

{xn ∈

1nZ | x ∈ mnZ

}= mZ. Unter Anwendung des Homomorphiesatzes (a.k.a. erster

Isomorphiesatz) erhält man wiederum

ϕ :( 1n

Z)/mZ→ Z/mnZ,

[x

n

]7→ [x].

Ad (c) : Wir gehen genau wie bei (b) vor. Gesucht ist ϕ : Q→ Q/Z mit Kern qZ. D.h. wir sucheneine Abbildung Q→ Q, welche gerade die Elemente in qZ nach Z schickt. Wir erhalten so schnell

ϕ : Q→ Q/Z, x 7→ [x/q].

Diese Abbildung hat als Kern die x ∈ Q mit x/q ∈ Z. D.h. kerϕ = qZ und wir erhalten so denIsomorphismus

ϕ : Q/qZ→ Q/Z, [x] 7→ [x/q].

Ad (a) : Aus (b) folgt, dass [ 1nZ : Z] = n und [ 1

nZ : mZ] = mn. Aus Aufgabe 1(b) folgt zudem, dass[Q : 1

nZ] = ℵ0 = #N abzählbar unendlich ist.

Aufgabe 3. Sei G eine Gruppe. Man definiert das Zentrum von G durch

Z(G) = {g ∈ G | gh = hg für alle h ∈ G}.

a) Zeige, daß Z(G) C G und daß G abelsch ⇔ G = Z(G).b) Was ist Z(GLn(R)) ?c) Man beweise, daß G genau dann abelsch, wenn G/Z(G) zyklisch ist. Es folgt aus a), daßG/Z(G) nur dann zyklisch sein kann, wenn G/Z(G) = 1.

Beweis. Ad (a) : Es ist klar 1 ∈ Z(G) und für a, b ∈ Z(G) auch ab−1 ∈ Z(G), da für h ∈ G beliebiggilt : hab−1 = ahb−1 = a(bh−1)−1 = a(h−1b)−1 = ab−1h. Also ist Z(G) eine Untergruppe (denn füra ∈ Z(G) ist a−1 = 1a−1 ∈ Z(G), da 1 ∈ Z(G) und für ein weiteres b ∈ Z(G) auch b−1 ∈ Z(G) wieeben gezeigt und also ab = a(b−1)−1 ∈ Z(G)). Die Normalität ist evident, denn für g ∈ Z(G) undh ∈ G beliebig ist hgh−1 = ghh−1 = g ∈ Z(G). Dass G abel’sch ⇔ G = Z(G) ist trivial.Ad (b) : Wir zeigen, dass Z(GLn(R)) = {xE | x ∈ R∗}, wobei E die Einheitsmatrix in GLn(R)bezeichne. Die Inklusion “⊃” ist klar. Sei nun A ∈ Z(GLn(R)), d.h. AB = BA ∀B ∈ GLn(R).Wir definieren für i ∈ {1, ..., n} die Matrix Bi als die Diagonalmatrix, welche an der Stelle (i, i)den Eintrag 2 hat und sonst nur 1-en auf der Diagonale (d.h. Bi = E + Eii, wobei Eii nur bei(i, i) den Eintrag 1 hat und sonst 0-en). Diese Matrix ist klar invertierbar. Betrachten wir ABiund BiA. Die Multiplikation mit Bi beschreibt eine elementare Zeilen- bzw. Spaltenoperation. Daserste Produkt ist gerade die Matrix bei der die i-te Spalte von A mit 2 multipliziert wurde unddas zweite Produkt entsprechend die, bei der die i-te Zeile von A mit 2 multipliziert wurde. DaABi = BiA ∀i ∈ {1, ..., n} folgt dass A diagonal sein muss. Es ist nun einfach zu prüfen, dass eineDiagonalmatrix nur dann mit allen anderen kommutiert, wenn die Diagonaleinträge gleich sind.Beispielsweise kann man bei der Diagonalmatrix A das Produkt ACij = CijA betrachten, wobeiCij die Elementarmatrix, welche bei Linksmultiplikation die i-te und j-te Zeile vertauscht (beiRechtsmultiplikation entsprechend die Spalten). Es folgt dann sofort, dass die Diagonaleinträgevon A übereinstimmen müssen.Ad (c) : Ist G abel’sch so ist G = Z(G) und also G/Z(G) ∼= 1 zyklisch. Sei umgekehrt G/Z(G)zyklisch und a ∈ G, sodass [a] ein Erzeuger von G/Z(G) ist. Seien g, h ∈ G beliebig. Da [a] ganzG/Z(G) erzeugt ist [g] = [a]m und [h] = [a]n für geeignete m,n ∈ N. Es folgt, dass a−mg ∈Z(G) und genauso a−nh ∈ Z(G). Also ist einerseits (a−mg)a−nh = a−n(a−mg)h und andererseitsa−mg(a−nh) = a−m(a−nh)g. Es folgt durch Linksmultiplikation mit am+n, dass gh = hg. �

Aufgabe 4. Sei G eine Gruppe und g, h ∈ G. Man definiert den Kommutator von g und h als[g, h] := ghg−1h−1. Mit [G,G] bezeichnen wir die sog. Kommutator-Untergruppe von G. Diese ist,per Definition, die kleinste Untergruppe von G, die alle Kommutatoren enthält. D.h. [G,G] =〈[g, h] | g, h ∈ G〉.a) Man beweise, daß [G,G] C G. Allgemeiner zeige man, daß ϕ([G,G]) ⊆ [G,G] für jedes ϕ ∈

Aut(G).b) Man beweise, daß G abelsch ⇔ [G,G] = 1.c) Zeige, daß G/[G,G] abelsch ist.

Die Gruppe G/[G,G] heisst die Abelisierung von G. Man schreibt Gab := G/[G,G].

Beweis. Ad (a) : Per Definition ist [G,G] eine Untergruppe von G und es bleibt die Normalität zuzeigen. Dazu bemerken wir, dass gilt :

[G,G] = 〈[g, h] | g, h ∈ G〉 = {[g1, h1]...[gn, hn] | n ∈ N>0, gi, hi ∈ G ∀i ∈ {1, ..., n}} = M.

Denn diese Menge ist klar eine Untergruppe vonG (da [g, h]−1 = (ghg−1h−1)−1 = hgh−1g−1 = [h, g]und 1 = [1, 1]) und da [G,G] per Definition die kleinste Untergruppe von G ist welche alle [g, h]enthält muss [G,G] ⊂ M . Umgekehrt muss natürlich auch M ⊂ [G,G], da ja [G,G] alle [g, h]enthält und als Untergruppe entsprechend auch alle Produkte von solchen.

Sei nun a ∈ G beliebig. Wir bemerken, dass für g, h ∈ G beliebig gilt, dass

a[g, h]a−1 = aghg−1h−1a−1 = ag(a−1a)h(a−1a)g−1(a−1a)h−1a−1

= (aga−1)(aha−1)(ag−1a−1)(ah−1a−1) = (aga−1)(aha−1)(aga−1)−1(aha−1)−1

= [aga−1, aha−1] ∈ [G,G].

Für [g1, h1]...[gn, hn] ∈ [G,G] ist dann entsprechend

a[g1, h1]...[gn, hn]a−1 = a[g1, h1](a−1a)[g2, h2](a−1a)...(a−1a)[gn, hn]a−1

= (a[g1, h1]a−1)(a[g2, h2]a−1)...(a[gn, hn]a−1)= [ag1a

−1, ah1a−1]...[agna−1, ahna

−1] ∈ [G,G].

Für einen beliebigen Endomorphismus G ϕ−→ G haben wir

ϕ([g, h]) = ϕ(ghg−1h−1) = (ϕg)(ϕh)(ϕg)−1(ϕh)−1 = [ϕg, ϕh].

Entsprechend ist dann auch für ein beliebiges [g1, h1]...[gn, hn] auch

ϕ([g1, h1]...[gn, hn]) = [ϕg1, ϕh1]...[ϕgn, ϕhn] ∈ [G,G].

Ad (b) : Die Aussage ist offensichtlich :

[G,G] = 1⇔ [g, h] = ghg−1h−1 = 1 ∀g, h ∈ G⇔ gh = hg ∀g, h ∈ G⇔ G abel’sch.

Ad (c) : Seien [g], [h] ∈ G/[G,G] beliebig. Es ist dann [g][h][g−1][h−1] = [ghg−1h−1] = [[g, h]] = [1],da ja [g, h] ∈ [G,G]. Also ist [g][h] = [h][g] und es folgt die Kommutativität. �

Bemerkung. Bei Teilaufgabe (a) heisst es “Allgemeiner...” und es ist einfach einzusehen, dass[G,G] C G folgt, wenn man ϕ[G,G] ⊂ [G,G] für alle ϕ ∈ End(G). Denn zu a ∈ G fix betrachte manden Automorphismus ϕa : G→ G, g 7→ aga−1. Es folgt dann, dass ϕa[G,G] = a[G,G]a−1 ⊂ [G,G].

Aufgabe 5*.a) Man beweise, daß Abelisierung (−)ab : Grp → AbGrp (wobei Grp die Kategorie allerGruppenhomomorphismen und AbGrp die Kategorie aller Gruppenhomomorphismen zwischenabel’schen Gruppen) einen (kovarianten) Funktor definiert.

b) Beweise folgende universelle Eigenschaft der Abelisierung : Sei π : G → G/[G,G] der kano-nische Gruppenhomomorphismus. Für jeden Gruppenhomomorphismus ϕ : G → A, wobei Aeine abelsche Gruppe ist, gibt es einen eindeutigen Gruppenhomomorphismus ϕ : G/[G,G]→ Amit ϕ ◦ π = ϕ. Folgere daraus, daß für jede Gruppe G und jede abelsche Gruppe A, eine Bi-jektion Hom(G,A) ' Hom(Gab, A) existiert. Dies alles lässt sich kurz zusammenfassen indemman sagt : (−)ab sei linksadjungiert zum Vergissfunktor U : AbGrp→ Grp.

Beweis. Ad (a) : Wir definieren (−)ab : Grp → AbGrp, (G ϕ−→ H) 7→ (Gabϕab−−→ Hab), wobei für

einen Gruppenhomomorphismus G ϕ−→ H das Bild ϕab folgendermassen definiert ist :

ϕab : G/[G,G]→ H/[H,H], [g] 7→ [ϕg].

Diese Abbildung ist wohldefiniert, denn wenn [g] = [h] ∈ G/[G,G] muss h−1g ∈ [G,G], d.h.h−1g = [g1, h1]...[gn, hn] für geeignete g1, ..., gn, h1, ..., hn ∈ G. Ähnlich wie in Aufgabe 4(a) folgtϕ(h−1g) = [ϕg1, ϕh1]...[ϕgn, ϕhn] ∈ [H,H] und also [ϕ(h−1g)] = [ϕh]−1[ϕg] = [1] ⇒ [ϕg] = [ϕh].

Zudem ist ϕab klar ein Gruppenhomomorphismus, da ϕ einer ist.Ad (b) : Ist A abel’sch, so ist [A,A] = 1 und also A/[A,A] ∼= A. Für ϕ : G → A ein Gruppenho-momorphismus, muss ein ϕ wie in der Behauptung erfüllen, dass ϕ ◦ π(g) = ϕ[g] != ϕg und mansieht damit, dass ϕ = ϕab : G/[G,G] → A ∼= A/[A,A] der einzige Gruppenhomomorphismus vonabel’schen Gruppen ist (dieser ist wohldefiniert nach (a)), welcher ϕ ◦ π = ϕ erfüllt. �



Aufgabe 1.

a) Sei X eine G-Menge. Man zeige daß

x ∼ y :⇔ ∃g ∈ G mit y = g · x

eine Äquivalenzrelation auf X definiert und daß die Äquivalenzklassen genau die Bahnen derOperation sind.

b) Man finde ein Beispiel einer treuen G-Menge, die nicht frei ist.c) Sei S2 die Einheitssphäre im R3. Die Gruppe C2 = {−1, 1} operiert auf S2 durch (−1) ·x = −xfür alle x ∈ S2. Man zerlege S2 in disjunkte Bahnen und identifiziere den Quotienten S2/ ∼mit der Menge aller Geraden in R3 die 0 enthalten.

Beweis. Ad (a) : Es ist klar x ∼ x ∀x ∈ X, da 1x = x per Definition einer Operation. Falls x ∼ yfür x, y ∈ X, so existiert g ∈ G mit y = gx. Es folgt, dass g−1y = g−1(gx) = (g−1g)x = x undalso auch y ∼ x. Haben wir schliesslich x ∼ y ∼ z für x, y, z ∈ X, so existieren g, h ∈ G, sodassy = gx und z = hy also ist z = hy = h(gx) = (hg)x und es folgt, dass x ∼ z. Damit haben wirgezeigt, dass dies eine Äquivalenzrelation ist. Dass die Äquivalenzklassen davon gerade die Bahnender Operation sind, ist leicht einzusehen, denn zu x ∈ X, sieht die Äquivalenzklasse [x] von xfolgendermassen aus :

[x] = {y ∈ X | x ∼ y} = {y ∈ X | ∃g ∈ G : y = gx} = {gx ∈ X | g ∈ G} = Gx.

Ad (b) : Wir erinnern uns, dass eine Operation G×X → X treu heisst, falls ∀g, h ∈ G, g 6= h ∃x ∈X : gx 6= hx. D.h. die Elemente von X trennen die Gruppenelemente. Eine Operation heisst frei,falls ∀g, h ∈ G, g 6= h ∀x ∈ X : gx 6= hx. D.h. jedes Element von X trennt die Gruppenelemente.Damit sieht man sofort, dass jede freie Operation auch treu ist und wir suchen ein Beispiel füreine treue Operation die nicht frei ist. Dazu betrachten wir G = S3 und X = {1, 2, 3}. G operiertauf kanonische Weise auf X und diese Operation ist klar treu. Sie ist jedoch nicht frei, da z.B.1S3 · 1 = (2 3) · 1 = 1.Ad (c) : Für x ∈ S2 ist die Bahn C2x = [x] von x gerade {x,−x}. D.h. unter der OperationC2 × S2 → S2 werden antipodale Punkte miteinander identifiziert. Anschaulich ist die Menge derBahnen gerade eine Halbkugel um den Nullpunkt im R3 mit Radius 1, wobei beim Äquator eineHälfte (plus ein einzelner Punkt) weggelassen wird. Wir finden eine Bĳektion

S2/ ∼→ RP2, [x] 7→ Rx,

wobei RP2 die reelle projektive Ebene bezeichne (alle Geraden des R3 durch den Nullpunkt). DieseAbbildung ist wohldefiniert, da Rx = R(−x) ∀x ∈ S2 und klar Bĳektiv mit der Umkehrabbildung

RP2 → S2,Rv 7→[v

‖v‖

].

�

Aufgabe 2. Sei n ≥ 1. Die orthogonale Gruppe On(R) operiert auf dem Raum Rn durch Matrix-multiplikation.a) Sei x ∈ Rn. Man bestimme die Bahn von x unter der Wirkung von On(R).b) Man bestimme den Stabilisator von (0, . . . , 0, 1).c) Man finde eine Bĳektion zwischen der Sphäre Sn−1 und dem Quotienten On(R)/On−1(R).

Beweis. Ad (a) : Wir erinnern uns, dass jede Matrix A ∈ On(R) das Standardskalarprodukt desRn erhält, denn für v, w ∈ Rn ist 〈Av,Aw〉 = t(Av)(Aw) = tv tAAw = tvw = 〈v, w〉. Also istA als linearer Automorphismus des Rn eine Isometrie. Folglich ist ‖x‖ = ‖Ax‖ ∀A ∈ On(R),wobei ‖x‖ := 〈x, x〉 die Standardnorm auf dem Rn als Hilbertraum. Somit haben wir für die Bahnvon x gerade On(R)x ⊂ ‖x‖Sn−1 = {v ∈ Rn | ‖v‖ = ‖x‖} die (n − 1)-Sphäre um 0 mit Radius‖x‖. Die umgekehrte Inklusion gilt auch, da On(R) transitiv auf ‖x‖Sn−1 operiert (wir könnenjeden Punkt der Sphäre in einen beliebigen anderen überführen indem wir eine geeignete Drehungverwenden). Etwas expliziter : Für v, w ∈ ‖x‖Sn−1, v 6= w sei Rv + Rw = spanR(v, w) ⊂ Rn dieEbene, aufgespannt von v und w. Wir wählen eine Drehachse im Nullpunkt, orthogonal zu Rv+Rwund führen so v durch eine ebene Drehung in w über. Damit haben wir also : On(R)x = ‖x‖Sn−1.Ad (b) : Damit (0, ..., 0, 1) fixiert wird muss unsere Matrix A ∈ On(R) folgende Form haben :[

A′ 00 1

],

Damit tAA = A tA = E auch gilt, muss A′ ∈ On−1(R) sein, da[A′ 00 1

] t[A′ 00 1

]=[A′ 00 1

] [tA′ 00 1

]=[A′ tA′ 0

0 1

]!=[E 00 1

]

und analog für das zweite Produkt. D.h. der Stabilisator von (0, ..., 0, 1) ist stabOn(R)(0, ..., 0, 1) =On(R)(0,...,0,1) = On−1(R) ⊂ On(R), wobei die (n− 1)× (n− 1)-Matrizen wie oben beschrieben indie n× n-Matrizen eingebettet werden.Ad (c) :Wir verwenden unsere Erkenntnisse aus (a) und (b) um die gesuchte Bĳektion zu definieren.Wie in (a) festgestellt operiert On(R) transitiv auf der Sn−1 durch Matrixmultiplikation. Nunkönnen wir unser Ergebnis aus (b) verwenden, dass On−1(R) der Stabilisator von (0, ..., 0, 1) ist umso eine Bĳektion zu erhalten (vgl. Beweis der Bahnformel) :

On(R)/On−1(R)→ Sn−1, A 7→ A(0, ..., 0, 1) = A

0...01

.

Wie in der Vorlesung gesehen ist dies eine wohldefinierte Bĳektion, da ja wie gesagt On−1(R) =stabOn(R)(0, ..., 0, 1) = On(R)(0,...,0,1) der Sabilisator von (0, ..., 0, 1) ist und On(R) transitiv operiert(d.h. die Bahn von (0, ..., 0, 1) ist gerade ganz Sn−1). �

Aufgabe 3.a) Sei F ein endlicher Körper und n ∈ N. Man berechne die Ordnung von GLn(F) und von SLn(F).b) Für den Fall n = 2 und F = F2, der Körper mit zwei Elementen, benutze man die Operation

von GL2(F2) auf dem Vektorraum F22 um einen Isomorphismus GL2(F2) ' S3 zu finden.

Beweis. Ad (a) : Wir erinnern uns, dass A = [v1, ..., vn] ∈ GLn(F)⇔ v1, ..., vn linear unabhängig inFn. Sei nun q = #F (Anmerkung : Es ist ein klassisches Resultat, dass dann q = pe mit p prim unde ∈ N>0). Wir haben genau qn − 1 Möglichkeiten v1 zu wählen (ein beliebiger Vektor, ausser 0).Unser v2 muss nun linear unabhängig von v1 sein. Um einzusehen wieviele Möglichkeiten wir dafürhaben, definieren wir W1 := 〈v1〉 ⊂ Fn als den von v1 aufgespannten Unterraum und “kürzen”diesen weg, indem wir den Quotienten Fn /W1 betrachten. Es folgt nun, dass v2

!= v′2 + r2, wobeiv′2 ∈ Fn /W1 \ {0} und r2 ∈ W1. Man könnte sagen v′2 ist der von v1 linear unabhängige Teil vonv2 und r2 ist der linear abhängige Teil. D.h. wir haben insgesamt (qn−1 − 1)q Möglichkeiten (sollheissen qn−1 − 1 für v′2, da Fn /W1 ∼= Fn−1 und q für r2). Analog folgt, dass vi+1 = v′i+1 + r′i+1mit v′i+1 ∈ Fn /Wi \ {0} und ri+1 ∈ Wi, wobei Wi = 〈v1, ..., vi〉. D.h. wir haben für vi+1 gerade(qn−i− 1)qi Möglichkeiten (qn−i− 1 für v′i+1, da Fn /Wi

∼= Fn−i und qi für r′i+1, da Wi∼= Fi). Alles

in Allem erhalten wir son−1∏i=0

(qn−i − 1)qi =n−1∏i=0

(qn − qi)

Möglichkeiten und dies ist gerade die Kardinalität von GLn(F). Für die Kardinalität von SLn(F)betrachten wir die Determinante als Gruppenhomomorphismus det : GLn(F) → F∗ = F \{0}. DerKern davon ist gerade SLn(F) und es folgt, dass GLn(F)/SLn(F) ∼= F∗ als Gruppe uns insbesondereist #(GLn(F)/SLn(F)) = #F∗ = q − 1. D.h. wir erhalten schliesslich

#GLn(F) =n−1∏i=0

(qn − qi) und #SLn(F) = #GLn(F)q − 1

= 1q − 1

n−1∏i=0

(qn − qi).

Ad (b) : Der Vektorraum F22 besteht aus 4 Elementen, nämlich

F22 = {(0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1)} .

Jedes A ∈ GL2(F2) lässt (0, 0) fest. Die restlichen Punkte werden untereinander permutiert (da dieMatrix invertierbar ist) und unter der Identifizierung (1, 0) 7→ 1, (0, 1) 7→ 2, (1, 1) 7→ 3 erhalten wireinen Isomorphismus GL2(F2) ∼= S3. �

Aufgabe 4. Man bestimme die Klassengleichung für die Gruppe G in den folgenden Fällen :a) G abelsch,b) G der Diedergruppen D4 oder D5,c) G = T , die Tetraedergruppe der zwölf Drehungen eines reguläres Tetraeders.

Beweis. Ad (a) : Wie auf dem letzten Übungsblatt in Aufgabe 4 gesehen ist in einer abel’schenGruppe jedes Element nur zu sich selbst konjugiert. D.h. für G endlich von Ordnung n ∈ N habenwir die Klassengleichung #G = 1 + 1 + ...+ 1 (n mal), da jede Konjugationsklasse einelementig ist.Alternativ (wenn man die Kardinalität des Zentrums als ersten Summanden separat behandelt)wäre #G = n die Klassengleichung von G, da ja G gerade auch das Zentrum ist.Ad (b) : Wir erinnern uns, dass Dn = 〈x, y | xn, y2, (yx)2〉 (d.h. Dn wird von zwei Elementenx, y erzeugt mit den Relationen xn = y2 = (yx)2 = 1) und insbesondere ist yx = x−1y. D.h.D4 = {1, x, x2, x3, y, xy, x2y, x3y}. Wir gehen nun nacheinander alle Elemente durch und suchendie dazu konjugierten.• K1 = {1} ;• Kx = {x, yxy−1 = yxy = x−1 = x3} ;• Kx2 = {x2} ;• Ky = {y, xyx−1 = xyx3 = x−1y = x2y} ;

• Kxy = {xy, yxyy−1 = yx = x−1y = x3y}.Wir erhalten somit die Klassenformel 8 = 1 + 1 + 2 + 2 + 2.

Für D5 gehen wir ähnlich vor. Durch ausprobieren erhalten wir folgende Konjugiertenklassen :• K1 = {1} ;• Kx = {x, yxy−1 = x−1 = x4} ;• Kx2 = {x2, yx2y−1 = x−2 = x3} ;• Ky = {y, xyx−1 = xyx4 = x2y, x2yx−2 = x4y, x3yx−3 = xy, x4yx−4 = x3y}.

Es folgt damit die Klassenformel 10 = 1 + 2 + 2 + 5.Ad (c) : Es ist T ∼= A4 (die Untergruppe aller geraden Permutationen der S4). Einen Isomorphismusϕ findet man, indem man alle Ecken eines Tetraeders durchnummeriert und T darauf operierenlässt. Eine Drehung, welche das Tetraeder in sich selbst überführt, lässt gezwungenermassen einenPunkt fest (den, der auf der Drehachse liegt) und ist also ein 3-Zykel unter dem eben beschriebenenMorphismus. Da die 3-Zykeln ganz A4 erzeugen (es ist (i j)(k l) = (i j k)(j k l)) folgt, dassϕ(T ) = A4 (d.h. ϕ ist surjektiv). Zudem ist #T = #A4 = 12 und ϕ ist also auch injektiv. A4besteht aus allen möglichen 3-Zykeln, sowie Produkten zweier disjunkter 2-Zykeln. D.h. es ist

A4 ={

1, (1 2 3), (1 2 4), (1 3 2), (1 3 4), (1 4 2), (1 4 3)(2 3 4), (2 4 3), (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)

}.

Es ist bekannt, dass für einen Zykel (i1 ... ik) ∈ Sn und σ ∈ Sn gilt, dass σ(i1 ... ik)σ−1 =(σi1 ... σik) (siehe auch “Irreduzible Darstellungen der Sn” auf der Homepage, Seite 4). Es folgtinsbesondere, dass ein 3-Zykel nicht konjugiert sein kann zu einem Produkt zweier disjunkter Trans-positionen. Man findet nun leicht• K(1 2 3) = {(1 2 3), (1 3 4), (1 4 2), (2 4 3)} ;• K(1 2 4) = {(1 2 4), (1 3 2), (1 4 3), (2 3 4)} ;• K(1 2)(3 4) = {(1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)}.

Es sei angemerkt, dass K(1 2)(3 4)∪{1} gerade die Klein’sche Vierergruppe ist. Diese Konjugationsk-lassen findet man entweder mit roher Gewalt (alles durchrechnen) oder indem man bemerkt, dasszwei 3-Zykeln (wobei hinter den 3-Zykel jeweils noch der 1-Zykel mit dem Fixpunkt geschrieben wer-den muss) genau dann konjugiert sind, wenn sich die Zahlen innerhalb der Zykelschreibweise durcheine gerade Permutation ineinander überführen lassen. Z.B. ist (1 2 3)(4) konjugiert zu (1 3 4)(2),da 1 7→ 1, 2 7→ 3, 3 7→ 4, 4 7→ 2 eine gerade Permutation ist (nämlich (2 3 4)). Umgekehrt ist jedoch(1 2 3)(4) nicht konjugiert zu (1 2 4)(3), da 1 7→ 1, 2 7→ 2, 3 7→ 4, 4 7→ 3 nicht gerade ist. Dies istjedoch mit der obigen Bemerkung (dass Konjugieren mit einer Permutation dasselbe ist wie dasAnwenden dieser Permutation auf die Zahlen in der Zykelschreibweise) offensichtlich, da wir nur mitElementen aus A4 (d.h. mit geraden Permutation) konjugieren dürfen. Dass die Produkte zweierdisjunkter Transpositionen in A4 konjugiert sind, folgt auf ähnliche Weise. Haben wir zwei solche(i1 j1)(k1 l1) und (i2 j2)(k2 l2), so betrachten wir die Permutation i1 7→ i2, j1 7→ j2, k1 7→ k2, l1 7→ l2.Ist diese gerade, so sind wir fertig. Ist sie jedoch ungerade, so vertauschen wir einfach i2 und j2(was klar noch immer dasselbe Element in A4 beschreibt), wodurch wir eine gerade Permutationerhalten und also sind die beiden Elemente auch dann konjugiert.

Wir erhalten also schliesslich die Klassengleichung 12 = 1 + 3 + 4 + 4 für die Gruppe A4. �

Aufgabe 5. (Fixpunktsatz) Sei p eine Primzahl, G eine p-Gruppe und X eine endliche G-Menge.Nehmen wir an, die Kardinalität von X sei nicht durch p teilbar. Man beweise, daß die Operationvon G auf X einen Fixpunkt hat, das heißt, es gibt ein Element x ∈ X mit g · x = x für alle g ∈ G.

Beweis. Es sei #G =: pe mit p prim und e ∈ N, sowie #X =: n die Kardinalität unserer G-Menge.

Gemass Aufgabe 1(a) bilden die paarweise disjunkten Bahnen der Operation G × X → X einePartition von X. D.h. es ist

X = Gx0 ∪ ... ∪Gxmfür geeignete x0, ..., xm ∈ X. Die Bahnformel aus der Vorlesung sagt nun, dass #(G/ stabG x) =#Gx und es folgt, dass #Gx = #G

# stabG x = pe

# stabG x . Setzen wir dies alles in die obige Partition ein,so erhalten wir :

#X = #Gx0 + ...+ #Gxm = #G# stabG x0

+ ...+ #G# stabG xm

= pe

# stabG x0+ ...+ pe

# stabG xm

(die Kardinalitäten dürfen wir einfach addieren, da ja die Bahnen disjunkt sind). Da pe

# stabG xi ∈N ∀i ∈ {1, ...,m} muss # stabG xi eine Potenz von p sein. Da zudem p - #X folgt, dass ein i ∈{1, ...,m} existiert, mit # stabG xi = pe, da wir ansonsten in der obigen Formel ein p ausklammernkönnten und #X somit doch ein Vielfaches von p wäre. Folglich existiert ein i ∈ {1, ...,m}, sodassstabG xi = G und dies ist der gesuchte Fixpunkt. �



§ Gruppenoperationen.

Aufgabe 1*.a) Sei G eine endliche Gruppe und U eine echte Untergruppe von G, das heißt U 6= G. Manbeweise daß

⋃g∈G

gUg−1 6= G.

b) Sei G eine endliche Gruppe die transitiv auf einer Menge X operiert. Nehmen wir an, daß]X ≥ 2. Man zeige, daß es ein g ∈ G gibt mit g · x 6= x für alle x ∈ X (man verwende a)).

Beweis. Ad (a) : Ist U ein Normalteiler von G, so ist gUg−1 = U ∀g ∈ G und die Behauptung folgt.Nehmen wir also an U sei kein Normalteiler. G operiert auf sich selbst durch Konjugation (d.h.durch G×G→ G, (g, h) 7→ ghg−1). Dies liefert uns eine Operation auf der Potenzmenge PG von G.Diese ist definiert durch G×PG→PG,M 7→ gMg−1 :=

{gmg−1 | m ∈M

}. Betrachten wir die

Bahnformel von U ⊂ G für diese Operation, so erhalten wir #G = #stabG U#GU . Der StabilisatorstabG U wird normalerweise als N(U) geschrieben und als Normalisator von U bezeichnet. Wirbemerken, dass U ⊂ N(U) (da ja uu′u−1 ∈ U ∀u, u′ ∈ U). Es handelt sich bei N(U) sogar um diegrösste Untergruppe von G, welche U als Normalteiler enthält. Somit ist

#G = #N(U)#GU.

Die Menge GU ={gUg−1 | g ∈ G

}entspricht genau allen zu U konjugierten Untergruppen von G.

Es gilt klar, dass #H = #U für alle H ∈ GU . Zudem ist auch klar⋃g∈G gUg

−1 =⋃H∈GU H (in

der ersten Vereinigung stehen ja gerade alle zu U konjugierten Untergruppen. Der Übersicht halberschreiben wir im Folgenden |M | := #M für die Kardinalität einer Menge M und schätzen ab :∣∣∣∣∣∣

⋃g∈G

gUg−1

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣ ⋃H∈GU

H

∣∣∣∣∣ < ⋃H∈GU

|H| =⋃

H∈GU|U | = |GU | |U | = |G|

|N(U)||U | ≤ |G|

|U ||U | = |G| .

Die erste Ungleichung ist echt, da 1 ∈ H ∀H ∈ GU und mindestens zwei Mengen vereinigt werden,denn wäre |GU | = 1, so wäre U nur zu sich selbst konjugiert, d.h. ein Normalteiler. Wir habenjedoch Vorausgesetzt, dass U kein Normalteiler ist. D.h. mindestens die 1 auf der rechten Seite derUngleichung doppelt gezählt. Wir erhalten also

∣∣∣⋃g∈G gUg−1∣∣∣ < |G| und die Behauptung folgt.

Ad (b) : Zu einem fixen x ∈ X betrachte den Stabilisator Gx := stabG x. Dieser ist eine echteUntergruppe von G (es ist klar eine Untergruppe und echt, da G transitiv operiert und #X ≥ 2 ;d.h. für ein y ∈ X \ {x} existiert ein g ∈ G mit gx = y und also g /∈ Gx). Weiter sind alleStabilisatoren von Elementen aus X zu Gx konjugiert. Denn sei y ∈ X. Da G transitiv operiertexistiert ein g ∈ G, sodass gx = y. Wir finden dann einen Isomorphismus

Gx → Gy, h 7→ ghg−1.

Man prüft leicht, dass ghg−1 wirklich ein Stabilisator von y ist und mit dem aus Blatt 3, Aufgabe5(a) bekannten Sandwich-Trick, dass dies ein Gruppenhomomorphismus ist. Dieser hat nun klardie inverse Abbildung Gy → Gx, h 7→ g−1hg und ist somit tatsächlich ein Isomorphismus. GemässAufgabe (a) folgt nun, dass ⋃

g∈GgGxg

−1 =⋃y∈X

Gy =⋃y∈X

stabG y 6= G.

Somit existert ein g ∈ G, sodas g /∈ stabG y ∀y ∈ Y . D.h. g fixiert kein Element aus X und dieBehauptung folgt. �

Aufgabe 2. Sei G eine (endliche) p-Gruppe und N C G mit N 6= {1}. Zeige daß N ∩Z(G) 6= {1}.

Beweis. Wir definieren |G| =: pe mit e ∈ N>0. Die Gruppe G operiert auf N durch Konjugation.D.h. wir betrachten die Operation G × N → N, (g, n) 7→ g · n := gng−1. Diese Abbildung istwohldefiniert, da N ein Normalteiler ist und es handelt sich dabei klar um eine Operation. Wirschreiben GN :=

{n ∈ N | gng−1 = n ∀g ∈ G

}für die Menge der Fixpunkte unter dieser Operation

und es ist klar GN = N ∩ Z(G). Es sei angemerkt, dass Gn = {n} ∀n ∈ GN . Wir verwenden nundie Klassengleichung

N = GN ∪Gn1 ∪Gn2 ∪ ... ∪Gnk,

für geeignete n1, ..., nk ∈ N , wobei es sich bei den Gni mit i ∈ {1, ..., k} um disjunkte Bahnen vonLänge ≥ 2 der eben definierten Operation von G auf N handelt. D.h. es ist damit

|N | = |GN |+k∑i=1|Gni| = |GN |+

k∑i=1|G/ stabG ni| = |GN |+

k∑i=1

|G||stabG ni|

.

Da für alle i ∈ {1, ..., k} der Stabilisator stabG ni eine Untergruppe von G ist, muss |stabG ni| = pei

mit ei ∈ N, ei < e. Dabei ist ei < e, da ni /∈ GN und d.h. der Stabilisator von ni ist nicht ganz G.Zudem ist klar |N | = pf für ein f ∈ N, f ≤ e. Wir erhalten also

|GN | = |N | −k∑i=1

|G||stabG ni|

= pf −k∑i=1

pe

pei= pf −

k∑i=1

pe−ei ≡ 0 mod p.

Somit muss |GN | eine positive Potenz von p sein und insbesondere |GN | 6= 1, womit folgt, dassGN = N ∩ Z(G) 6= {1}. �

§ Sylowuntergruppen und Sylowschen Sätze. Der Vollständigkeit halber seien an dieserStelle nochmals alle Sätze von Sylow angegeben. Dies auch damit im Folgenden klar ist auf welchenSatz wir uns beziehen, wenn vom 1./2./3. Satz von Sylow die Rede ist.

Satz. Sei G eine Gruppe der Ordnung pem, wobei p prim, e ∈ N>0,m ∈ N und p - m.(1) G hat eine p-Sylowuntergruppe (d.h. eine Untergruppe der Ordnung pe).(2) Sei H eine p-Sylowuntergruppe von G und K < G eine Untergruppe. Dann existiert eine zuH konjugierte p-Sylowuntergruppe H ′ < G (d.h. H ′ = gHg−1 für ein g ∈ G), sodass K ∩ H ′eine p-Sylowuntergruppe von K ist.

(3) Sei n die Anzahl p-Sylowuntergruppen von G. Dann n|m und n ≡ 1 mod p.

Korollar. Alle p-Sylowuntergruppen einer Gruppe G sind zueinander konjugiert.

Aufgabe 3.

a) Für eine Primzahl p, wieviele p-Sylowuntergruppen kann eine abelsche Gruppe A haben ?b) Man beschreibe und abzähle alle die Sylowuntergruppen von D5 und S4.

Ad (a) : Höchstens eine. Denn seien H,H ′ zwei p-Sylowuntergruppen, so sind sie zueinander kon-jugiert. D.h. ∃g ∈ G : gHg−1 = H ′. Da jedoch ghg−1 = h ∀h ∈ H ′ (G abel’sch) muss H = H ′.Ad (b) : Es ist #D5 = 10 = 2 · 5. Somit existert nach dem 1. Satz von Sylow mindestens eine 2-und eine 5-Sylowuntergruppe. Sei nun n die Anzahl 5-Sylowuntergruppen. Nach dem 3. Satz vonSylow gilt : n|2 und n ≡ 1 mod 5. Da jedoch nur 1 und 2 Teiler von 2 sind aber 2 6≡ 1 mod 5 gibtes nur eine 5-Sylowuntergruppe. Dies ist genau die Untergruppe aller Drehungen, welche ein (fixes)reguläres 5-Eck in sich selbst überführen. Über die 2-Sylowuntergruppen lässt sich mit dem 3. Satznicht viel sagen. Jedoch sieht man leicht, dass jede Gruppe der Form {1, s} eine 2-Sylowuntergruppeist, wobei s eine Spiegelung, welche das 5-Eck in sich selbst überführt. Es gibt genau 5 solche Spie-gelungen und also 5 2-Sylowuntergruppen.

Wir haben #S4 = 4! = 24 = 23 ·3. Somit existert mindestens eine 2- und eine 3-Sylowuntergruppe.Sei n die Anzahl 3-Sylowuntergruppen. Mit dem 3. Satz von Sylow muss n|23 = 8 und n ≡ 1 mod 3.Also ist n ∈ {1, 4} und wie man sofort sieht existieren 4 3-Sylowuntergruppen. Diese sind genaudie Untergruppen erzeugt von einem 3-Zykel. Weiter wären mit dem 3. Satz von Sylow 3 oderauch nur eine 2-Sylowuntergruppe möglich. Es kann jedoch nicht nur eine sein, da diese sonst einNormalteiler wäre, aber die einzigen Normalteiler von S4 sind A4 und die Klein’sche VierergruppeV . Da jedoch eine 2-Sylowuntergruppe von S4 Ordnung 8 hat, kann sie keine dieser beiden Gruppensein.

Aufgabe 4.a) Zeige daß jede Gruppe mit 15 Elemente zyklisch ist.b) Allgemeiner man beweise : Seien p, q Primzahlen mit p > q und p 6≡ 1 mod q, dann ist jede

Gruppe der Ordnung pq zu Z/pqZ isomorph.

Beweis. Wir beweisen nur (b) und Aufgabe (a) folgt dann. Sei nun G eine Gruppe von Ordnungpq. Sei zudem n die Anzahl p-Sylowuntergruppen (nach dem 1. Satz von Sylow ist n ≥ 1). Mitdem 3. Satz von Sylow folgt, dass n|q und n ≡ 1 mod p. Da nur 1 und 1 Teiler von q sind aberq 6≡ 1 mod q muss n = 1. Somit existiert nur eine p-Sylowuntergruppe, sagen wir H. Es giltzudem klar, dass auch q 6≡ 1 mod p, da q < p und analog wie vorhin folgt, dass auch nur eineq-Sylowuntergruppe K von G existiert. K und H sind Normalteiler, denn zu g ∈ G beliebig istgHg−1 auch eine p-Sylowuntergruppe (sie enthält ja auch p Elemente) und somit gHg−1 = H.Analog gKg−1 = K. Wir wissen von Blatt 1, Aufgabe 4(a), dass auch H ∩ K < G. Da jedochH ∩K < H und H ∩K < K muss die Ordnung von H ∩K sowohl p als auch q teilen und alsoH ∩K = {1}. Weiter ist HK = {hk | h ∈ H, k ∈ K} mit Blatt 1, Aufgabe 4(b) eine Untergruppevon G, da hk = kh ∀h ∈ H, k ∈ K (siehe Beweis des Lemmas unten) und #HK > p, da jaH = H1 ⊂ HK und k = 1k ∈ HK \ H ∀k ∈ K. Da #HK ein Teiler von #G = pq sein muss,aber #HK > p > q muss #HK = pq und also HK = G. Mit dem Lemma unten folgt nun, dassG ∼= H × K. Da jedoch jede Gruppe mit Ordnung eine Primzahl zyklisch ist, ist H ∼= Zp undK ∼= Zq. Somit G ∼= Zp × Zq ∼= Zpq (siehe Blatt 2, Aufgabe 4), was heisst, dass G zyklisch ist, wiebehauptet. �

Lemma. Sei G eine Gruppe, H,K C G, H ∩K = {1} und HK = G. Dann ist G ∼= H ×K.

Beweis. Wir definieren π : H ×K → G, (h, k) 7→ hk. Diese ist surjektiv, da HK = G und injektiv,da hk = 1⇔ H 3 h = k−1 ∈ K und also h = k−1 ∈ H ∩K ⇒ h = k = 1. Um zu zeigen, dass π ein

Homomorphismus ist müssen wir zeigen, dass die Elemente von H mit denen von K vertauschen.D.h. hk = kh ⇔ hkh−1k−1 = 1. Nun ist jedoch h(kh−1k−1) ∈ H, da H ein Normalteiler undgenauso (hkh−1)k−1 ∈ K, da K ein Normalteiler. Also hkh−1k−1 ∈ H ∩K = {1} wie behauptet.Damit ist π((h1, k1)(h2, k2)) = π(h1h2, k1k2) = h1h2k1k2 = h1k1h2k2 = π(h1, k1)π(h2, k2). �

Aufgabe 5. Sei p eine Primzahl. Man zeige daß jede Gruppe mit 2p Elemente entweder einezyklische Gruppe oder eine Diehedergruppe ist.

Beweis. Sei G eine Gruppe von Ordnung 2p. Für p = 2 ist klar G ∼= Z4 oder G ∼= Z2×Z2 ∼= D2. Wirnehmen also p > 2 an. Wieder folgt mit dem 1. Satz von Sylow, dass mindestens eine 2- und einep-Sylowuntergruppe von G existiert. Sei n die Anzahl p-Sylowuntergruppen. Es muss n|2 und n ≡ 1mod p und somit n = 1. Es existiert also nur eine p-Sylowuntergruppe, nennen wir sie H, und dieseist ein Normalteiler. Seim dia Anzahl 2-Sylowuntergruppen. Es giltm|p undm ≡ 1 mod 2, worausm ∈ {1, p} folgt. Existiert nur eine 2-Sylowuntergruppe K, so führen wir den Beweis analog zurAufgabe 4. Es ist H∩K = {1} (da #H∩K ein Teiler von #H = p und von #K = 2 ist). Zudem istdann HK ∼= H×K (setze einfach G = HK im obigen Lemma) und somit #HK = #H#K = #G,woraus HK = G folgt. Also wieder mit dem Lemma G ∼= H × K ∼= Zp × Z2 ∼= Z2p. Es bleibtder Fall, dass es p 2-Sylowuntergruppen gibt. Wir wählen eine 2-Sylowuntergruppe K. Es ist nunwieder H ∩ K = {1}, da die Ordnung von H ∩ K sowohl p als auch 2 teilen muss. Zudem istHK eine Untergruppe von G (s. Blatt 1, Aufgabe 4(b)), da für h ∈ H, k ∈ K beliebige gilt,dass khk−1 = h′ ∈ H (H ist Normalteiler) und also kh = h′k ∈ HK. Zudem ist #HK > p, daK ⊂ HK und h ∈ HK \ K ∀h ∈ H. Also muss HK = G. Wir bemerken nun, dass H und Kzyklisch sind und wählen einen Erzeuger x von H und y von K. Es muss nun xy wieder in einer2-Sylowuntergruppe sein, da die Ordnung von 〈xy〉 ⊂ G entweder 2 oder p ist. Wäre die Ordnungp, so müsste 〈xy〉 = H, da H die einzige p-Sylowuntergruppe von H ist und also xy = xk für eink ∈ N. Folglich also y = xk−1 und es ist ja H∩K = {1}. Somit wäre y = 1, was ein Widerspruch ist,da y ganz K erzeugt und K hat Ordnung 2. Da nun also xy in einer 2-Sylowuntergruppe ist, muss(xy)2 = 1 sein. Alles zusammengefasst wissen wir, dass G = HK = 〈x〉〈y〉 mit xn = y2 = (xy)2 = 1oder anders geschrieben :

G = 〈x, y | xn, y2, (xy)2〉

und dies ist genau die abstrakte Beschreibung von Dn. �

Aufgabe 6. Man beweise daß jede Gruppe mit 1225 Elemente abelsch ist.

Beweis. Es ist 1225 = 5272 und somit existeren mindestens eine 5- und eine 7-Sylowuntergruppe.Sei nun n die Anzahl 5-Sylowuntergruppen. Es muss n|72 = 49 und n ≡ 1 mod 5, woraus folgt, dassn = 1. Analog folgt für m die Anzahl 7-Sylowuntergruppen, dass m = 1. Sei nun H unsere 5- undK unsere 7-Sylowuntergruppe (diese sind Normalteiler). Wie in der vorletzten Aufgabe betrachtenwir die Untergruppe H ∩K. Deren Ordnung muss 25 und 49 Teilen und somit H ∩K = {1}. Mitdem obigen Lemma bei Aufgabe 4 ist zudem HK ∼= H × K (setzte dort einfach G = HK) undsomit #HK = #H#K = 25 · 49 = #G. Daraus folgt, dass HK = G und wieder mit dem Lemmabei Aufgabe 4 ist G ∼= H ×K. Wie in der Vorlesung gesehen ist jede Gruppe der Ordnung p2 mitp prim abel’sch. Somit sind H und K abel’sch und also auch H ×K ∼= G. �


Blatt 7 - LösungenAbgabe: 7. November 2008, 12:00 Uhr

Aufgabe 1. Sei G 6= 1 eine endliche Gruppe. Zeige, daß G genau dann eine p-Gruppe ist, wennfür jedes g ∈ G ein e ∈ N existiert, mit Ord(g) = pe.

Beweis. Wir schliessen den Fall G = 1 (die triviale Gruppe) aus. Ob man diese zu den p-Gruppenhinzuzählt ist Definitionssache. Die Richtung “⇒” ist klar und folgt aus dem Satz von Lagrange. Dieandere Richtung ist weniger trivial. Da G 6= 1 existiert ein g ∈ G\{1} und dieses hat Ordnung pe mite ∈ N>0. Diese muss die Gruppenordnung teilen und also ist sicher #G = pen mit e ∈ N>0, n ∈ N.Sei nun q ein beliebiger Primfaktor von n. Es muss nun klar q auch #G = pen teilen und da qprim ist, existiert mit dem Satz von Cauchy ein h ∈ G mit Ordh = q. Da jedes Element von G alsOrdnung eine Potenz von p hat muss q = p. Somit hat n nur p als Primfaktor und also n = pe

′ mite′ ∈ N. Insgesamt erhalten wir #G = pepe

′ = pe+e′ und somit ist G eine p-Gruppe. �

Aufgabe 2. Man sagt, daß eine Gruppe G nilpotent ist, falls es einen Isomorphismus G ∼= P1 ×. . . × Pn gibt, wobei Pi eine pi-Gruppe ist (pi sind Primzahlen für i ∈ {1, . . . , n}). Man beweise,daß die Gruppe G genau dann nilpotent ist, wenn all ihre Sylowuntergruppen Normalteiler sind.Insbesondere folgere man, daß jede abelsche Gruppe nilpotent ist.

Beweis. “⇒” : Wir nehmen an G = P1×. . .×Pn (wir identifizieren G mit P1×. . .×Pn) ist nilpotentund betrachten H ⊂ G eine p-Sylowuntergruppe (existiert keine, so ist G = 1 das leere Produktund wir sind fertig), wobei p = pi für ein i ∈ {1, . . . , n} (andere Sylowuntergruppen existierennicht, da #G = pe1

1 . . . penn , wobei für i ∈ {1, . . . , n} peii die Ordnung von Pi ist). O.B.d.A. istpi 6= pj ∀i, j ∈ {1, . . . , n}, i 6= j, da wir sonst einfach Pi × Pj als eine einzige pi-Gruppe betrachtenkönnen. Es muss nun gelten, dass

H = {1} × . . .× {1} × Pi × {1} × . . .× {1},

denn ist h = (h1, ..., hn) ∈ H und für i ∈ {1, . . . , n}, Ordhi = prii die Ordnung von hi in Pi,so gilt Ordh = kgV (Ordh1, . . . ,Ordhn) = kgV (pr1

1 , . . . , prnn ) = pr1

1 . . . prnn , da die pi paarweiseverschiedene Primzahlen sind. Da die Ordnung von h die Ordnung peii von Pi teilen muss, musshj = 1 ∀j ∈ {1, ..., n} \ {i}. Damit ist klar, dass H ein Normalteiler ist.“⇐” : Sei #G = pe1

1 . . . penn die Primfaktorzerlegung der Ordnung vonG (ist #G = 1 oder #G = pe11 ,

so ist G das leere Produkt oder selbst eine p1-Gruppe, womit wir fertig sind), sowie P1, . . . , Pn dieSylowuntergruppen von G mit #Pi = peii ∀i{1, . . . , n}. Diese Sylowuntergruppen sind eindeutig, dajedes Pi ein Normalteiler und also die einzige pi-Sylowuntergruppe von G ist. Es ist klar Pi ∩ Pj ={1} ∀i, j ∈ {1, . . . , n}, i 6= j, da die pi aus der Faktorzerlegung paarweise verschiedene Primzahlensind. Damit ist P1 ∩ P2 = {1} und da P1, P2 Normalteiler sind, folgt mit dem Lemma vom letztenÜbungsblatt, dass P1P2 ∼= P1 × P2. Per Induktion folgt P1 . . . Pn ∼= P1 × . . . × Pn. Da zudemP1 . . . Pn ⊂ G und #(P1 . . . Pn) = #(P1× . . .×Pn) = pe1

1 . . . penn = #G, folgt somit G = P1 . . . Pn ∼=P1 × . . .× Pn und dies ist ein Produkt von pi-Gruppen mit pi paarweise verschiedene Primzahlen,

wie in der Behauptung.�

Aufgabe 3. Sei G eine Gruppe der Ordnung 12, H eine 2-Sylowuntergruppe von G und K eine3-Sylowuntergruppe von G. Man bemerke, daß |H| = 4 und deshalb ist H ' C4 oder H ' C2×C2.

i) Zeige, daß mindestens eine der beiden Untergruppen H und K ein Normalteiler von G ist.ii) In dem Fall wo beideH undK Normalteiler sind, zeige, daßG ' C4×C3 oderG ' C2×C2×C3.iii)∗ In dem Fall wo H C G aber K nicht, beweise man, daß G ' A4.iv)∗ In dem Fall wo K C G aber H nicht, beweise man, daß G ' D6 (falls H zyklisch) oderG '< x, y |x4 = y3 = 1, xyx−1 = y2 > (falls H nicht zyklisch).

Beweis. Ad (i) : Wir verwenden den dritten Satz von Sylow. Sei n2 die Anzahl 2- und n3 dieAnzahl 3-Sylowuntergruppen von G. Es muss gelten, dass n2|3 und n2 ≡ 1 mod 2, womit folgt,dass n2 ∈ {1, 3}. Analog muss n3|4 und n3 ≡ 1 mod 3, womit n3 ∈ {1, 4}. Ist n3 = 1, so ist Kdie einzige 3-Sylowuntergruppe und somit ein Normalteiler. Ist jedoch n3 = 4, so erhalten wir 4verschiedene 3-Sylowuntergruppen K1, . . . ,K4, wobei K eine davon ist. Es muss klar gelten, dassKi ∩ Kj = {1} ∀i, j ∈ {1, . . . , 4}, i 6= j, denn Ki ∩ Kj ist eine Untergruppe von G und somit ist#(Ki ∩Kj) ≤ 3 ein Teiler von G. Ist nun #(Ki ∩Kj) = 3, so muss Ki = Kj und also i = j. Esfolgt damit, dass

#( 4⋃i=1

Ki

)= 9.

Sei nun H ′ < G eine beliebige 2-Sylowuntergruppe. Es muss Ki ∩ H = {1}, da Ki ∩ H eineUntergruppe von Ki und H ist und damit die Ordnung von Ki ∩ H sowohl 3, als auch 2 teilenmuss. Somit enthält eine beliebige 2-Sylowutnergruppe von G (welche ja Ordnung 4 hat) alleElemente von G \

(⋃4i=1Ki

), sowie 1. Damit ist H ′ = H die einzige 2-Sylowuntergruppe und also

ein Normalteiler.Ad (ii) : Wir bemerken, das aus #K = 3 folgt, dass K ∼= C3 und aus #H = 4, dass H ∼= C4 oderH ∼= C2×C2. Wie im Beweis von (i), ist H∩K = {1} und zudem ist HK ∼= H×K mit dem Lemmavom letzten Blatt, da H,K C HK und HK = HK. Zudem ist #(H ×K) = #HK = 12 = #Gund also G ∼= HK ∼= H ×K. Damit erhalten wir, dass G ∼= C4 × C3 oder G ∼= C2 × C2 × C3.Ad (iii),(iv) : Siehe M. Artin : Algebra, Kapitel 6, Paragraph 5 : “Die Gruppen der Ordnung 12”. �

Aufgabe 4. Sei G eine Gruppe der Ordnung pq, wobei p, q Primzahlen sind. Zeige, daß G mindes-tens einen Normalteiler hat (ausser G und 1).

Beweis. Ist p = q, so hat G die Ordnung p2 und ist also abel’sch. Nach dem Satz von Cauchyexistiert ein g ∈ G mit Ord g = p und also ist 〈g〉 ( G ein nicht-trivialer Normalteiler. Es bleibtnoch der Fall p 6= q und o.B.d.A. ist q < p. Sei nun H ⊂ G eine p-Sylowuntergruppe. Da H Ordnungp hat ist H 6= G. Sei zudem n die Anzahl p-Sylowuntergruppen. Nach dem dritten Satz von Sylowgilt n|q und somit n ∈ {1, q}. Weiter ist n ≡ 1 mod p und da q < p muss somit n = 1. H ist alsodie einzige p-Sylowuntergruppe und somit ein nicht-trivialer Normalteiler. �

Aufgabe 5. Sei F2 die freie Gruppe mit zwei Erzeugenden. Für alle n ≥ 3 finde man einensurjektiven Homomorphismus von F2 nach Dn.

Es istDn =⟨x, y | x2, yn, (xy)2⟩ und also hatDn zwei Erzeuger x ∈ Dn und y ∈ Dn. Seien nun a, b

zwei Erzeugende von F2. Wir definieren einen surjektiven Gruppenhomomorphismus ϕ : F2 → Dn

durch ϕa := x und ϕb := y. Dies liefert uns einen wohldefinierten Gruppenhomomorphismus, daF2 frei ist und dieser ist surjektiv, da alle Produkte der Erzeugenden x und y getroffen werden.

Übungen zur Gruppentheorie, G. Favi 7. November 2008


Bemerkung. Zur Erinnerung definieren wir kurz, was Erzeugende und Relationen einer Gruppesind. Zu einer Gruppe G ist eine Präsentierung von G ein surjektiver Gruppenhomomorphismusϕ : F → G, wobei F = F (X) die freie Gruppe auf einer Menge X ist. Für jede Gruppe existierteine Präsentierung, denn betrachten wir G einfach als Menge und F := F (G) die freie Gruppeauf dieser Menge, so induziert die Mengenabbildung 1G : G→ G einen GruppenhomomorphismusF (G) → G (universelle Eigenschaft der freien Gruppe) und dieser ist klar surjektiv. Erzeugendeeiner Gruppe G sind die Bilder der Erzeuger von F unter einer Präsentierung ϕ : F → G. Den Kernkerϕ bezeichnen wir auch als Relationen von G. Wir schreiben kurz G ∼= 〈e1, ..., en | r1, ..., rm〉 umzu sagen, dass eine Präsentierung ϕ : F ({e1, . . . , en})→ G existiert mit kerϕ = 〈r1, . . . , rm〉.

Aufgabe 1. Man finde Erzeugende und Relationen für die folgenden Gruppen :a) Z/nZ× Z/mZ,b) Zn,c) S3, S4 oder allgemeiner für Sn.

Ad (a) :Z/nZ× Z/mZ ∼=

⟨x, y | xn, ym, xyx−1y−1

⟩.

Ad (b) :Zn ∼=

⟨e1, . . . , en |

{eieje

−1i e−1

j | i, j ∈ {1, . . . , n}}⟩

.

Ad (c) : Wir nehmen an, dass n ≥ 3, da S2 ∼= C2. Wir wissen, dass (1 2) und (1 . . . n) ganz Snerzeugen (s. auch “Irreduzible Darstellungen der Sn” auf der Website). Schreiben wir x für (1 2)und y für (1 . . . n), so sind die einzigen Relationen, dass x2 = yn = 1 und (yx)n−1 = 1. Denn seixi1yj1 . . . xinyjn = 1 für i1, . . . , in ∈ {0, 1} und j1, . . . , jn ∈ {0, . . . , n − 1}. Mit unseren Relationenx2 = yn = 1 finden wir eine zu (yx)n−1 = 1 äquivalente Relation yx = (xyn−1)n−2. Damit könnenwir in unserem Wort xi1yj1 . . . xinyjn alle Potenzen von x nach links verschieben und erhalten soxlym = 1 mit l ∈ {0, 1}, m ∈ {0, . . . , n − 1}. Dies ist jedoch nur dann der Fall, wenn ym = xl (dax−l = xl. Allerdings muss dann ym(1) = 2 (für l = 1) oder ym(1) = 1 (für l = 0). Der erste Fall istnicht möglich, da dann m = 1 und somit ym(2) = y(2) = 3 6= 1 aber x(2) = 1. Somit bleibt nur derzweite Fall, womit ym = 1 ⇒ m = 0. Wir finden also, dass die drei obigen Relationen ausreichenund somit

Sn ∼=⟨x, y | x2, yn, (yx)n−1

⟩.

Aufgabe 2. Sei G eine Gruppe und a, b ∈ G. Man beweise, daß 〈a, b〉 =⟨bab2, bab3⟩.

Beweis. Es ist klar⟨bab2, bab3⟩ ⊂ 〈a, b〉 und es bleibt die andere Inklusion zu zeigen. Dazu bemerken

wir, dass (bab2)−1(bab3) = b−2a−1b−1bab3 = b ∈⟨bab2, bab3⟩. Damit ist dann auch b−1(bab2)b−2 =

a ∈⟨bab2, bab3⟩. Damit auch 〈a, b〉 ⊂

⟨bab2, bab3⟩. �

Aufgabe 3. Sei F die freie Gruppe mit zwei Erzeugenden x, y.

a) Man zeige, daß die Untergruppe von F erzeugt von x2 und y3 frei ist.b) Man beweise, daß

⟨x2, y3, xy

⟩⊂ F eine freie Gruppe (mit 3 Erzeugenden) ist.

Beweis. Ad (a) : Wir zeigen, dass in⟨x2, y3⟩ ⊂ F keine Relationen gelten. Dies ist jedoch klar,

denn ist(x2)i1)(y3)j1 . . . (x2)in(y3)jn = x2i1y3j1 . . . x2iny3jn = 1,

ein Wort in x2 und y3, so können wir o.B.d.A. annehmen, dass (il+1, jl+1) 6= (0, 0) und (jl, il+1) 6=(0, 0) ∀l ∈ {1, . . . , n − 1} (sonst erhalten wir durch Weglassen dieser Faktoren ein neues Wort,welches dies erfüllt). Es folgt, da F frei, dass n = 1 und 2i1 = 3j1 = 0 und somit i1 = j1 = 0. Damitgibt es keine Relationen in

⟨x2, y3⟩ ⊂ F , womit folgt, dass dies tatsächlich eine freie Untergruppe

ist.Ad (b) : Sei

(x2)i1(y3)j1(xy)k1 . . . (x2)in(y3)jn(xy)kn = x2i1y3j1(xy)k1 . . . x2iny3jn(xy)kn = 1

ein Wort in x2, y3 und xy. Wir können wieder o.B.d.A. annehmen, dass (il+1, jl+1) 6= (0, 0), (jl, kl) 6=(0, 0) und (kl, il+1) 6= (0, 0) ∀l ∈ {1, . . . , n − 1}. Es sind dann für l ∈ {1, . . . , n − 1} folgendeKürzungen möglich :• . . . y3jl(xy)kl . . . = . . . y3jl−1

�y��y−1x−1(xy)kl+1 . . . für jl > 0, kl < 0 ;

• . . . (xy)klx2il+1 . . . = . . . (xy)kl+1y−1��x−1�xx2il+1−1 . . . für kl < 0, il+1 > 0 ;

• . . . x2il(xy)kl . . . = . . . x2il+1��x−1�xy(xy)kl−1 . . . für il < 0, jl = 0, kl > 0 ;

• . . . (xy)kly3jl+1 . . . = . . . (xy)kl−1x�y��y−1y3jl+1+1 . . . für kl > 0, il+1 = 0, jl+1 < 0.

Bei jeder Kürzung bleiben jedoch Nicht-Null-Potenzen von x und y übrig und also beleiben nachvollständiger Reduktion des Wortes noch immer Nicht-Null-Potenzen von x und y übrig. Da F freiist folgt damit, dass n = 1 und i1 = j1 = k1 = 0. Somit haben wir keine Relationen in

⟨x2, y3, xy

⟩und dies ist somit eine freie Gruppe. �

Aufgabe 4. Man beweise, daß⟨x, y, z | yxyz−2 = 1

⟩frei ist.

Beweis. Die Relation ist äquivalent zu x = y−1z2y−1. D.h.⟨x, y, z | yxyz−2 = 1

⟩=⟨y, z | y(y−1z2y−1)yz−2 = 1

⟩= 〈y, z | 1 = 1〉 = F ({x, y}).

Somit ist dies eine freie Gruppe mit zwei Erzeugenden. �

Aufgabe 5. Sei X eine Menge.a) Man beweise, daß es eine freie abelsche Gruppe A(X) auf der Menge X gibt. Das heißt, daß

für jede abelsche Gruppe B eine Bĳektion Hom(X,B) ' Hom(A(X), B) existiert.b) Man zeige, daß A(X) '

⊕x∈X

Z.

c) Folgere daraus, daß F (X)ab '⊕x∈X

Z.

Beweis. Ad (a) : Zu einer Menge X setzen wir AX := FX/[FX,FX] = FXab. Wir wissen,dass HomSets(X,G) ∼= HomGrp(FX,G) für jede Gruppe G (universelle Eigenschaft der freienGruppe). Zudem ist HomGrp(G,B) ∼= HomAbGrp(Gab, B) für jede abel’sche Gruppe B (universelle

Eigenschaft der Abelisierung nach Blatt 4, Aufgabe 5(b)). Alles in allem ergibt sich für jede abel’scheGruppe B :

HomSets(X,B) ∼= HomGrp(FX,B) ∼= HomAbGrp(FXab, B) = HomAbGrp(AX,B).

Ad (b) : Die abel’sche Gruppe⊕

x∈X Z besteht aus Abbildungen f : X → Z, welche nur fürendlich viele Nicht-Nullstellen haben (d.h. ∃ nur endlich viele x ∈ X mit fx 6= 0). Wir definierendie Mengenabbildung X →

⊕x∈X Z, x 7→ ex, wobei ex(y) = 0 für y 6= x und ex(x) = 1. Mit

der universellen Eigenschaft der freien Gruppe induziert dies einen Gruppenhomomorphismus ϕ :FX →

⊕x∈X Z, welcher x 7→ ex ∀x ∈ X erfüllt. Dieser Homomorphismus ist klar surjektiv und es

gilt, dass kerϕ = [FX,FX] ⊂ FX, da⊕x∈X Z abel’sch ist. Dies sind alle Relationen von

⊕x∈X Z

und die Behauptung folgt aus dem ersten Isomorphiesatz.Ad (c) : Folgt aus der Definition von AX. �



Aufgabe 1.a) Der kleinste Normalteiler einer Gruppe G, der eine TeilmengeX umfasst, wird als Untergruppe

von der Menge {gxg−1 | g ∈ G, x ∈ X } erzeugt.b) Sei G eine Gruppe mit Normalteiler N . Angenommen, N und G/N sind zyklische Gruppen.

Man beweise, dass G von zwei Elementen erzeugt werden kann.

Beweis. Ad (a) : Wir schreiben M :={gxg−1 | g ∈ G, x ∈ X

}und zeigen N(X) = 〈M〉, wobei

N(X) den Normalisator von X bezeichne. Die Inklusion “⊃” ist klar, da ja gxg−1 ∈ N(X) ∀g ∈G, x ∈ X, da N(X) ein Normalteiler und X ⊂ N(X). Für die andere Inklusion “⊂” zeugen wir,dass 〈M〉 ein Normalteiler ist und X ⊂ 〈M〉. Dies ist jedoch einfach einzusehen, denn für denSpezialfall gxg−1 ∈ 〈M〉 mit g ∈ G, x ∈ X, ist klar hgxg−1h−1 = (hg)x(hg)−1 ∈ 〈M〉 (sogar inM). Ein allgemeines m ∈ 〈M〉 ist von der Form m = g1x1g

−11 . . . gnxng

−1n für geeignete n ∈ N und

gi ∈ G, xi ∈ X ∀i ∈ {1, . . . , n} und wir können den Sandwichtrick verwenden. Für h ∈ G beliebigist

hg1x1g−11 g2x2g

−12 . . . gnxng

−1n h−1 = (hg1x1g

−11 h−1)(hg2x2g

−12 h−1) . . . (hgnxng−1

n h−1) ∈ 〈M〉 .

Somit ist 〈M〉 ein Normalteiler und klar X ⊂ 〈M〉, da x = 1x1−1 ∈ M ∀x ∈ X. Da jedoch N(X)der kleinste Normalteiler ist, welcher X enthält, folgt N(X) ⊂ 〈M〉.Ad (b) : Sei [x] = xN ein Erzeuger von G/N und y ein Erzeuger von N . Jedes g ∈ G ist in einerNebenklasse von N enthalten (nämlich in [g] = gN). Da G/N von [x] erzeugt wird, existiert einn ∈ Z, sodass gN = [g] = [x]n = [xn] = xnN und dies ist genau dann der Fall, wenn x−ng ∈ N .Da nun jedoch N von y erzeugt wird, existiert ein m ∈ Z, sodass x−ng = ym oder anders gesagtg = xnym. Somit lässt sich jedes g ∈ G als Produkt von Potenzen von x und y schreiben, washeisst, dass G = 〈x, y〉. �

Aufgabe 2. Man benutze den Todd-Coxeter-Algorithmus um herauszufinden, welche Gruppen vonzwei Elementen x, y mit den folgenden Relationen erzeugt werden :

• x2 = y2 = 1, xyx = yxy ;• x2 = y3 = 1, xyx = yxy ;• x3 = y3 = 1, xyx = yxy ;• x4 = y2 = 1, xyx = yxy.

Es wäre sinnlos hier einfach die ganze Tabelle des Todd-Coxeter-Algorithmus anzugeben, da manan ihr schlecht ablesen kann, welche Schritte im einzelnen gemacht wurden. Deswegen nur möglicheVorschläge für die Wahl unserer Untergruppe, mit Hilfe derer wir den Algorithmus ausführen unddie Ergebnisse :• Wir wählen z.B. H = 〈x〉 und erhalten, dass 3 Nebenklassen von H in G existieren. Zudem

erhält man eine Permutationsdarstellung x = (2 3), y = (1 2), womit sofort folgt, dass G ∼= S3.

• Wir wählen z.B. H = 〈y〉 und finden nur eine Nebenklasse. D.h. G = 〈y〉 und die Ordnung vony muss 3 teilen. Angenommen die Ordnung von y ist 3, so folgt, dass G ∼= C3 und x = 1 (daja x2 = 1). Folglich muss xyx = y = yxy = y2, womit y = 1, was ein Widerspruch ist. Also istG ∼= 1 die triviale Gruppe.• Man kann z.B. H = 〈y〉 wählen und erhält 8 Nebenklassen, sowie eine Permutationsdarstellungx = (1 2 3)(5 6 8), y = (2 4 6)(3 5 7), womit G ∼= 〈(1 2 3)(5 6 8), (2 4 6)(3 5 7)〉 ⊂ S8.• Wählt man H = 〈x〉, so findet man 3 Nebenklassen, sowie eine Permutationsdarstellung x =

(2 3), y = (1 2), wie schon in der ersten Teilaufgabe. Somit muss G ∼= S3.

Aufgabe 3.a) Sei G die Gruppe mit Erzeugenden x, y und definierenden Relationen x4 = y3 = 1 undx2 = yxy. Man beweise, dass diese Gruppe trivial ist (durch Anwendung des Todd-Coxeter-Algorithmus und/oder durch direktes Schliessen aus den Relationen).

b) Man stelle fest, welche Gruppe G von drei Elementen x, y, z mit den Relationen x4 = y4 =z3 = x2z2 = 1 und z = xy erzeugt wird.

Beweis. Ad (a) : Der Beweis über Todd-Coxeter ist straightforward (vgl. auch Teilaufgabe (ii) derletzten Aufgabe) und wir werden die Aussage direkt aus den Relationen ableiten (was ja prinzipellgenau das gleiche ist). Wir haben x2 = yxy und somit 1 = x4 = (yxy)2 = yxyyxy = yxy2xy. Esfolgt y−2 = y = xy2x. Wir setzen ein : x2 = yxy = (xy2x)x(xy2x) = xy2x3y2x ⇔ 1 = y2x3y2 =y−1x3y−1 ⇔ y2 = x3. Damit (y2)3 = 1 = x9 = x und da y2 = x3 = 1 aber auch y3 = 1 muss yOrdnung 1 haben, woraus folgt, dass y = 1. Damit ist G = 〈x, y〉 = 〈1, 1〉 = 1.Ad (b) : Der Erzeuger z kann sofort eliminiert werden, indem überall in den Relationen z durchxy ersetzt wird. Wählt man die Untergruppe H = 〈x〉 < G, so findet man unter Verwendung desTodd-Coxeter-Algorithmus schnell, dass es nur eine Nebenklasse gibt. D.h. es ist sogar G = 〈x〉.D.h. y = xi für ein i ∈ {0, . . . , 3}, womit die Relationen die Form x4 = x4i = x3i+3 = x3+i = 1erhalten. Wir gehen nun einfach alle möglichen Fälle durch. Für i = 0 ist x3 = x4 = 1 und somitx = 1 (da die Ordnung von x ein Teiler von 3 und 4 sein muss), womit G trivial wäre. Für i = 1haben wir x6 = x4 = 1 und also x2 = 1, woraus G ∼= C2 folgt. Für i = 2 ist x4 = x5 = 1 und auchhier x = 1 und also G trivial. Es beleibt der Fall i = 3, für den auch x4 = x6 = 1 und somit x2 = 1,also G ∼= C2.

Da G der grösste Quotient von F ({x, y}) (freie Gruppe mit zwei Erzeugern x, y) sein muss, welcheralle Relationen erfüllt, folgt G ∼= C2. Es sei an dieser Stelle angemerkt, dass die Antwort, dass Gentweder die triviale Gruppe oder C2 sein muss, falsch ist. Eine Gruppe ist durch Erzeugende undRelationen immer eindeutig (bis auf Isomorphie) bestimmt und hier zu sagen G kann trivial seinist absurd, denn ansonsten könnte man für beliebige Erzeugende und Relationen immer sagen, dassdies die triviale Gruppe sein kann (es sind dann ja sicher alle Relationen erfüllt). �

Aufgabe 4. Sei ϕ : G→ G′ ein surjektiver Homomorphismus. Sei X eine Teilmenge von G, so daßϕ(X) die Gruppe G′ erzeugt, und sei Y eine Menge von Erzeugenden für kerϕ. Man beweise, daßX ∪ Y die Gruppe G erzeugt.

Beweis. Wir haben gegeben X ⊂ G, sodass 〈ϕX〉 = G′ und Y ⊂ G, sodass 〈Y 〉 = kerϕ. Zu zeigenist, dass 〈X ∪ Y 〉 = G. Dies zeigen wir unter Ausnutzung des ersten Isomorphiesatzes ähnlich wiein Aufgabe 1(b). Da ϕ : G → G′ surjektiv ist, folgt mit dem ersten Isomorphiesatz, dass ϕ einenIsomorphismus ϕ : G/ kerϕ ∼−→ G′, [g] 7→ ϕg induziert. Nach Voraussetzung erzeugt ϕX ganzG′, was unter Ausnutzung des eben angegebenen Isomorphismus’ heisst, dass πX ganz G/ kerϕerzeugt, wobei π : G → G/ kerϕ die Standardprojektion. Wir zeigen, dass 〈πX〉 = π 〈X〉. Für

die Inklusion “⊂” zeigen, wir, dass π 〈X〉 eine Untergruppe von G/ kerϕ ist. Dies einzusehen isteinfach, da klar [1] ∈ π 〈X〉 und für [a], [b] ∈ π 〈X〉 existieren a′ ∈ [a], b′ ∈ [b], sodass a′, b′ ∈ 〈X〉.Damit ist dann auch a′b′−1 ∈ 〈X〉 und somit auch [a′b′−1] = [a′][b′]−1 = [a][b]−1 ∈ π 〈X〉. Damitist π 〈X〉 < G/ kerϕ und klar πX ⊂ π 〈X〉. Da nun 〈πX〉 die kleinste Untergruppe ist, welche πXenthält, folgt 〈πX〉 ⊂ π 〈X〉. Es bleibt die Inklusion “⊃” zu zeigen. Sei dazu [a] ∈ π 〈X〉. Es folgt,dass ein a′ ∈ [a] existiert, sodass a′ = x1 . . . xn ∈ 〈X〉, womit [a] = [a′] = [x1 . . . xn] = [x1] . . . [xn] ∈〈πX〉.

Sei nun g ∈ G beliebig. Da G/ kerϕ = 〈πX〉 = π 〈X〉 ist [g] = g kerϕ = a kerϕ für ein a ∈ 〈X〉,was heisst, dass a−1g ∈ kerϕ = 〈Y 〉. D.h. es existiert b ∈ 〈Y 〉, sodass a−1g = b ⇒ g = ab. Daa ∈ 〈X〉 und b ∈ 〈Y 〉 gilt a, b ∈ 〈X ∪ Y 〉 und somit g ∈ 〈X ∪ Y 〉. �

Aufgabe 5. Man beweise daß jede endliche Gruppe G kann durch eine endliche Menge von Er-zeugenden und eine endliche Menge von Relationen präsentiert werden.

Beweis. Wir betrachten G als Menge (d.h. wir wenden den Vergissfunktor Grp→ Sets darauf an)und bilden die freie Gruppe FG über der Menge G. Nach der universellen Eigenschaft der freienGruppe, induziert die Identität 1G : G → G einen (klar surjektiven) Gruppenhomomorphismusϕ : FG → G, welcher erfüllt, dass ϕg = g ∀g ∈ G. Die Relationen von G sind gegeben durch dieMultiplikationstabelle von G. Formal heisst dies folgendes : Für g, h ∈ G existiert ein µg,h ∈ G,sodass gh = µg,h und dies ist eine Relation von G. Es ist nun klar, dass wir auf diese Art und Weisealle Relationen von G erhalten, denn durch diese Relationen ist die Produktabbildung µ : G×G→G, welche ja die Gruppe definiert, vollständig bestimmt. D.h. wir setzen R :=

{ghµ−1

g,h | g, h ∈ G}

und erhalten dann, dass kerϕ = NFG(R), womit auch kerϕ endlich erzeugt (d.h. durch eine endlicheMenge gegeben) ist. �



Aufgabe 1. Wieviele Isomorphieklassen von abelschen Gruppen der Ordnung 36 gibt es ?

Wir finden die Primfaktorzerlegung 36 = 22 · 32 und damit sofort eine abel’sche Gruppe vonOrdnung 36, nämlich die von C2 × C2 × C3 × C3. Wir bemerken nun, dass C2 × C3 ∼= C6 mit demchinesischen Restsatz (d.h. C2 × C6 × C3 ist in derselben Isomorphieklasse) und dass das Produktvon Gruppen bis auf Isomorphie kommutativ ist (d.h. G ×H ∼= H × G). D.h. durch Vertauschenerhalten wir keine neuen Isomorphieklassen. D.h. wir erhalten nur dann neue Isomorphieklassen,wenn wir Cn × Cm durch Cnm ersetzen, wobei n,m nicht teilerfremd sein dürfen (diese Gruppensind gemäss chinesischem Restsatz nicht isomorph). Auf diese Weise finden wir Repräsentantenverschiedener Isomorphieklassen :

C2 × C2 × C3 × C3, C4 × C3 × C3, C2 × C2 × C9, C36

und dies sind alle, gemäss des Struktursatzes für endlich erzeugte abel’sche Gruppen.

Aufgabe 2. Wieviele Untergruppen hat C1291 ?

1291 ist eine Primzahl und da nach dem Satz von Lagrange die Ordnung einer Untergruppe dieGruppenordnung teilen muss, sind die einzigen Untergruppen gerade 1 und C1291 selbst.

Definition. Eine komplexe Darstellung einer Gruppe G ist ein Funktor G→ C−Vect (G wird alsGruppoid mit einem Objekt aufgefasst), wobei C−Vect die Kategorie aller C-linearen Abbildungen.Wir erinnern uns, dass ein Funktor F : C → D genau dann treu ist, wenn für alle ObjekteA,B ∈ Ob C die Abbildung HomC(A,B)→ HomD(FA,FB), f 7→ Ff injektiv ist. Kurz gesagt istein Funktor treu, wenn er auf den Hom-Mengen injektiv ist.

Aufgabe 3. Hat C2 × C2 eine 1-dimensionale treue komplexe Darstellung ? Für welche endlichenGruppen gibt es eine 1-dimensionale treue komplexe Darstellung ? Man gebe Beispielen von unend-lichen Gruppen an, die 1-dimensionale treue komplexe Darstellungen besitzen.

Sei G eine beliebige Gruppe (d.h. ein Gruppoid mit einem Objekt ∗). Eine komplexe DarstellungF : G → C−Vect ist gegeben durch einen C-Vektorraum V = F∗, sowie die Pfeilabbildungρ : AutG∗ = HomG(∗, ∗) = G → AutC−VectV = GL(V ), g 7→ ρg = Fg und wir werden imFolgenden F mit ρ identifizieren. Nach der obigen Definition ist die Darstellung F genau danntreu, wenn ρ injektiv ist.

Behauptung. Sei G eine endlich erzeugte Gruppe. G hat eine treue eindimensionale komplexeDarstellung ⇔ G ∼=

(⊕rj=1 Z

)⊕ Z/mZ.

Beweis. “⇐” : Wir bemerken, dass jede C-lineare Abbildung A : C → C gegeben ist durch Mul-tiplikation mit einer komplexen Zahl. Denn für z ∈ C beliebig ist Az = z(A1) und also ist A

gegeben durch Multiplikation mit A1. Statten wir GLC mit der üblichen Gruppenstruktur aus(für A,B ∈ GLC ist das Produkt gerade A ◦ B), so heisst dies schlicht, dass GLC ∼= C∗ alsGruppe mit dem Isomorphismus GLC→ C, A 7→ A1. Wir konstruieren nun eine treue Darstellungρ : G→ GLC ∼= C∗ indem wir zuerst die Identifikation

G ∼=

r⊕j=1

Z

⊕ Z/mZ

machen. Wir schreiben ej mit j ∈ {1, . . . , r} für das Element von G, welches an der j-ten Stelleeine 1 hat und ansonsten Nullen, sowie f für (0, . . . , 0, [1]). Die ej und f erzeugen zusammen klarG und die einzigen Relationen, welche so gelten sind ej + ej′ = ej′ + ej , ej + f = f + ej ,sowiemf = [0] = 0 +mZ für alle j, j′ ∈ {1, . . . , r}.

Wir definieren nun zuerst unsere Darstellung auf der Untergruppe

〈e1, . . . , en〉 = {n1e1 + . . .+ nrer | nj ∈ Z ∀j ∈ {1, . . . , n}} .

Wir wählen dazu eine (über Q) transzendente Zahl ϕ ∈ R (z.B. ϕ = π) und definieren ρej :=exp(i2πϕj) und allgemeiner ρg = ρ(n1e1 + . . . + nrer) := exp

(i2π(n1ϕ+ n2ϕ

2 + . . .+ nrϕr))für

ein g = n1e1+. . .+nrer ∈ 〈e1, . . . , er〉 beliebig. Dies ist wohldefiniert, da die Koeffizienten n1, . . . , nreindeutig bestimmt sind. Es folgt nun für g, g′ ∈ 〈e1, . . . , er〉, dass ρg = ρg′ ⇔ g = g′. Denn seig = n1e1 + . . .+nrer und g′ = n′1e1 + . . .+n′rer, dann ist ρg = exp(i2πp(ϕ)) = exp(i2πq(ϕ)) = ρg′,wobei p(X) = n1X + . . . + nrX

r und q(X) = n′1X + . . . + n′rXr. Mit dem Lemma muss p = q

und also nj = n′j ∀j ∈ {1, . . . , r}, womit g = g′. Insbesondere folgt so, dass ρg 6= 1 für alleg ∈ 〈e1, . . . , er〉 \ {0}.

Es bleibt ρ auch noch auf f zu definieren. Dazu wählen wir eine m-te Einheitswurzel ζ ∈ C(z.B. ζ = exp(i2π

m ) und setzen ρf := ζ. Für ein allgemeines g + nf ∈ G mit g ∈ 〈e1, . . . , er〉 undn ∈ N setzen wir dann naheliegend ρ(g + nf) := (ρg)(ρf)n und dies liefert eine wohldefinierteDarstellung (da ja ρf eine m-te Einheitswurzel). Es bleibt zu zeigen, dass diese treu ist. Seien dazug + nf, g + n′f ∈ G beliebig mit g, g′ ∈ 〈e1, . . . , er〉 und n, n′ ∈ Z. Es ist dann

ρ(g + nf) = ρ(g′ + n′f)⇔ (ρg)(ρf)n = (ρg′)(ρf)n′

⇔ (ρg)ζn = (ρg′)ζn′

⇔ (ρg)(ρg′)−1 = ζn′−n

⇔ ρ(g − g′) = ζn′−n.

Wir bemerken nun, dass ζn′−n noch immer eine m-te Einheitswurzel ist, womit (ρ(g − g′))m =ρ(m(g − g′)) = 1. Da jedoch m(g − g′) ∈ 〈e1, . . . , er〉 folgt mit der Bemerkung am Ende des letzenAbsatzes, dass m(g − g′) = 0 und also g − g′ = 0, da jedes Element ungleich 0 in 〈e1, . . . , er〉 ∼=Z⊕ . . .⊕Z unendliche Ordnung hat. Also ist g = g′ und es folgt, dass ζn = ζn

′ , womit n′ = n+ tmfür ein t ∈ Z, woraus folgt, dass n′f = (n+ tm)f = nf , was zu beweisen war.“⇒” : Sei ρ : G → C∗ eine treue eindimensionale komplexe Darstellung und g, h ∈ G beliebig. Esfolgt, dass ρ(gh) = (ρg)(ρh) = (ρh)(ρg) = ρ(hg) und da ρ treu ist also gh = hg, womit G abel’schist. Da G endlich erzeugt und abel’sch ist, folgt mit dem Struktursatz über endlich erzeugt abel’scheGruppen, dass

G ∼=

r⊕j=1

Z

⊕ Z/m1Z⊕ . . .⊕ Z/msZ

ist, wobei r, s ∈ N und mk ∈ N>0 ∀k ∈ {1, . . . , s} und wir identifizieren im Folgenden G mitdieser Gruppe. O.B.d.A. nehmen wir an, dass d := ggT(m1, . . . ,ms) > 1 (wir definieren spe-ziell für s = 1, dass ggT(m1) := m1), da wir sonst mit dem chinesischen Restsatz die Identifi-kation Z/mZ ⊕ Z/nZ ∼= Z/(mn)Z machen können für ggT(m,n) = 1. Wir betrachten nun fürein beliebiges n ∈ N die Menge {g ∈ G | ng = 0} =: {g1, . . . , gl} (g1, . . . , gl paarweise verschie-den). Es ist dann (ρg1)n = . . . = (ρgl)n = 1 und also sind ρg1, . . . , ρgl alles n-te Einheitswur-zeln. Da ρ treu ist und es genau n verschiedene n-te Einheitswurzeln gibt (namentlich sind dies1, exp(i2π

n ), exp(i22πn ), . . . , exp(i(n − 1)2π

n )) folgt, dass # {g ∈ G | ng = 0} ≤ n ∀n ∈ N. Insbeson-dere ist # {g ∈ G | dg = 0} ≤ d. Wir finden jedoch schon in Z/m1Z schon d verschiedene Elemente,welche in dieser Menge sind. Namentlich wären dies [0], [m1

d ], [2m1d ], . . . , [(d − 1)m1

d ]. Es folgt nunsofort, dass s = 1 und also

G ∼=

r⊕j=1

Z

⊕ Z/m1Z.

�

Lemma. Sei ϕ ∈ R transzendent (über Q) p, q ∈ Z[X] zwei Polynome in einer Variablen mitganzzahligen Koeffizienten und p(0) = q(0) = 0. Dann ist exp (i2πp(ϕ)) = exp (i2πq(ϕ)) ⇔ p = q.

Beweis.

exp (i2πp(ϕ)) = exp (i2πq(ϕ))⇔ i2πp(ϕ) = i2πq(ϕ) + i2πt für ein t ∈ Z⇔ p(ϕ) = q(ϕ) + t

⇔ p(ϕ)− q(ϕ)− t = 0.

Damit ist p(X) − q(X) − t ein Polynom in einer Variablen mit Koeffizienten in Z, welches ϕals Nullstelle hat. Da ϕ transzendent ist, muss damit p(X) − q(X) − t = 0. Insbesondere istp(0)− q(0)− t = −t = 0 und also p(X) = q(X), wie behauptet. �

Um wieder auf die eigentliche Aufgabe zurück zu kommen erhalten wir nun aus der Behauptungfolgendes Korollar :

Korollar. C2 × C2 ∼= Z/2Z⊕ Z/2Z hat keine treue eindimensionale komplexe Darstellung.

Wir erhalten zudem, dass beispielsweise Z eine solche hat. Beispielsweise können wir ρ : Z→ C∗definieren durch ρn = exp(i2nπ2) oder einfacher ρn = πn.

Definition. SeiG eine endliche Gruppe. Die (linke) reguläre Darstellung ρreg vonG ist eine Darstel-lung von G in den freien Vektorraum über G, d.h. in V := F(G) (dies ist sogar eine C-Algebra, mannennt sie auch die Gruppenalgebra von G). Dabei ist ρreg definiert durch ρreg : G→ GL(V ), g 7→ λg,wobei λg : V → V gegeben durch λgh := gh für alle h ∈ G. Es reicht gemäss der universellen Ei-genschaft des freien Vektorraums die Abbildung λg auf den Basiselementen zu definieren und wirerhalten so einen C-linearen Automorphismus.

Aufgabe 4. Sei ρ : G→ GL(V ) eine Darstellung einer Gruppe G. Man beweise, daß ρ genau dannäquivalent zur regulären Darstellung ρreg ist, wenn es ein v0 ∈ V gibt, sodaß {ρg(v0) | g ∈ G} eineBasis von V bildet.

Beweis. Wir erinnern uns, dass zwei Darstellungen ρ : G → GL(V ), ρ′ : G → GL(W ) äquivalentsind, wenn ∃σ : V →W Isomorphismus von C-Vektorräumen : ρ′g = σ◦(ρg)◦σ−1 ∀g ∈ G. Vielfachwird gefordert, dass V = W (in diesem Fall nennen wir die Darstellungen auch konjugiert). DieseEinschränkung ist hier jedoch nicht nötig.“⇒” : Sei σ : V → F(G) ein Isomorphismus von C-Vektorräumen, sodass ρregg = σ◦(ρg)◦σ−1 ∀g ∈G. Wir betrachten jedes Element h ∈ G als den Vektor in F(G) mit den Koordinanten gegebendurch

hg :={

1 g = h

0 g 6= h

für g ∈ G beliebig. Damit erhalten wir für ein h ∈ G als Koordinaten von (ρregh)1 gerade

((ρregh)1)g ={

1 g = h

0 g 6= h

und also (ρregh)1 = h. Es folgt, dass G = {(ρregh)1 | h ∈ G} eine Basis von F(G) ist. Wir setzennun e1 := σ−11 ∈ V und erhalten so, dass

{(ρregh)1 | h ∈ G} ={(σ ◦ (ρh) ◦ σ−1)1 | h ∈ G

}= {σ ◦ (ρh)e1 | h ∈ G} = σ {(ρh)e1 | h ∈ G}

und da dies eine Basis von F(G) ist und σ ein Isomorphismus, folgt, dass {(ρh)e1 | h ∈ G} eineBasis von V ist.“⇐” : Wir definieren σ : V → F(G) durch σ((ρg)v0) := g. Da die (ρg)v0 eine Basis bilden,liefert dies tatsächlich eine C-lineare Abbildung und diese besitzt die C-lineare Umkehrabbildungσ−1 : F(G) → V definiert durch σ−1g := (ρg)v0. Somit ist σ ein Isomorphismus und klar ρregg =σ ◦ (ρg) ◦ σ−1 ∀g ∈ G, da

σ ◦ (ρg) ◦ σ−1h = σ ◦ (ρg) ◦ (ρh)v0 = σ ◦ (ρ(gh))v0 = gh ∀h ∈ G

und also auch σ ◦ (ρg) ◦ σ−1v = gv ∀v ∈ F(G). �



Aufgabe 1. Wieviele Isomorphieklassen von abelschen Gruppen der Ordnung 36 gibt es ?

Wir finden die Primfaktorzerlegung 36 = 22 · 32 und damit sofort mit Hilfe des Struktursatzesüber endlich erzeugte abel’sche Gruppe und dem chinesischen Restsatz (womit z.B. C2×C3 ∼= C6),dass es genau 4 Isomorphieklassen gibt :

C2 × C2 × C3 × C3, C4 × C3 × C3, C2 × C2 × C9, C4 × C9.

Aufgabe 2. Wieviele Untergruppen hat C1291 ?

1291 ist eine Primzahl und da nach dem Satz von Lagrange die Ordnung einer Untergruppe dieGruppenordnung teilen muss, sind die einzigen Untergruppen gerade 1 und C1291 selbst.

Definition. Eine komplexe Darstellung einer Gruppe G in einen C-Vektorraum V ist ein Grup-penhomomorphismus ρ : G → GL(V ), wobei GL(V ) die Menge aller Automorphismen des C-Vektorraums V . Eine solche Darstellung heisst treu, falls ρ injektiv ist.

Aufgabe 3. Hat C2 × C2 eine 1-dimensionale treue komplexe Darstellung ? Für welche endlichenGruppen gibt es eine 1-dimensionale treue komplexe Darstellung ? Man gebe Beispielen von unend-lichen Gruppen an, die 1-dimensionale treue komplexe Darstellungen besitzen.

Behauptung. Sei G eine endliche Gruppe. G hat eine treue eindimensionale komplexe Darstellung⇔ G ∼= Z/mZ für ein m ∈ N.

Beweis. “⇐” : Wir bemerken, dass jede C-lineare Abbildung A : C → C gegeben ist durch Mul-tiplikation mit einer komplexen Zahl. Denn für z ∈ C beliebig ist Az = z(A1) und also ist Agegeben durch Multiplikation mit A1. Statten wir GLC mit der üblichen Gruppenstruktur aus (fürA,B ∈ GLC ist das Produkt gerade A ◦ B), so heisst dies schlicht, dass GLC ∼= C∗ als Gruppemit dem Isomorphismus GLC → C, A 7→ A1. Wir finden dann für Z/mZ sofort die treue eindi-mensionale komplexe Darstellung ρ : G → C∗, [n] 7→ ζn, wobei ζ := exp(i2π

m ). Diese Abbildung istwohldefiniert, da ζ eine m-te Einheitswurzel ist. “⇒” : Sei ρ : G → C∗ eine treue eindimensionalekomplexe Darstellung. Da (ρg)m = 1 ∀g ∈ G muss ρg ∈ S1 ∀g ∈ G und da ρ injektiv ist, istG ∼= imρ = ρG < S1. Es ist jedoch einfach einzusehen, dass jede endliche Untergruppe von S1

zyklisch ist (folgt ähnlich wie die Tatsache, dass jede Untergruppe von Z von der Form nZ ist). �

Um wieder auf die eigentliche Aufgabe zurück zu kommen erhalten wir nun aus der Behauptungfolgendes Korollar :

Korollar. C2 × C2 ∼= Z/2Z⊕ Z/2Z hat keine treue eindimensionale komplexe Darstellung.

Beispiele für unendliche Gruppen, welche eine solche Darstellung haben, wären Z (z.B. könnenwir ρ : Z → C∗ definieren durch ρn = zn für ein z ∈ C∗ mit zk 6= 1 für alle k > 0) oder C∗ selbstmit ρ = 1C∗ . Allgemeiner, jede unendliche Untergruppe von C∗ ist ein solches Beispiel.

Definition. Sei G eine endliche Gruppe. Die (linke) reguläre Darstellung ρreg von G ist die Dars-tellung von G in den freien Vektorraum über G (d.h. in V := F(G)), definiert durch ρreg : G →GL(V ), g 7→ λg, wobei λg : V → V gegeben durch λgh := gh für alle h ∈ G.

Aufgabe 4. Sei ρ : G→ GL(V ) eine Darstellung einer Gruppe G. Man beweise, daß ρ genau dannäquivalent zur regulären Darstellung ρreg ist, wenn es ein v0 ∈ V gibt, sodaß {ρg(v0) | g ∈ G} eineBasis von V bildet.

Beweis. Wir erinnern uns, dass zwei Darstellungen ρ : G → GL(V ), ρ′ : G → GL(W ) äquivalentsind, wenn ∃σ : V →W Isomorphismus von C-Vektorräumen : ρ′g = σ◦(ρg)◦σ−1 ∀g ∈ G. Vielfachwird gefordert, dass V = W (in diesem Fall nennen wir die Darstellungen auch konjugiert). DieseEinschränkung ist hier jedoch nicht nötig.“⇒” : Sei σ : V → F(G) ein Isomorphismus von C-Vektorräumen, sodass ρregg = σ◦(ρg)◦σ−1 ∀g ∈G. Wir betrachten jedes Element h ∈ G als den Vektor in F(G) mit den Koordinanten gegebendurch

hg :={

1 g = h

0 g 6= h

für g ∈ G beliebig. Damit erhalten wir für ein h ∈ G sofort (ρregh)1 = h. Es folgt, dass G ={(ρregh)1 | h ∈ G} eine Basis von F(G) ist. Wir setzen nun e1 := σ−11 ∈ V und erhalten so, dass

{(ρregh)1 | h ∈ G} ={(σ ◦ (ρh) ◦ σ−1)1 | h ∈ G

}= {σ ◦ (ρh)e1 | h ∈ G} = σ {(ρh)e1 | h ∈ G}

und da dies eine Basis von F(G) ist und σ ein Isomorphismus, folgt, dass {(ρh)e1 | h ∈ G} eineBasis von V ist.“⇐” : Wir definieren σ : V → F(G) durch σ((ρg)v0) := g. Da die (ρg)v0 eine Basis bilden,liefert dies tatsächlich eine C-lineare Abbildung und diese besitzt die C-lineare Umkehrabbildungσ−1 : F(G) → V definiert durch σ−1g := (ρg)v0. Somit ist σ ein Isomorphismus und klar ρregg =σ ◦ (ρg) ◦ σ−1 ∀g ∈ G, da

σ ◦ (ρg) ◦ σ−1h = σ ◦ (ρg) ◦ (ρh)v0 = σ ◦ (ρ(gh))v0 = gh ∀h ∈ G

und also auch σ ◦ (ρg) ◦ σ−1v = gv ∀v ∈ F(G). �

Gruppentheorie, G. Favi 1. Dezember 2008

Klausur10 :15 – 12 :00 Uhr

Aufgabe 1. (3 Punkte)

Wieviele Untergruppen hat C71 ?

71 ist prim, womit nach dem Satz von Lagrange 1 und C71 die einzigen Untergruppen sind.


a) Man beweise, daß eine Gruppe G genau dann zyklisch ist, wenn es einen surjektiven Homo-morphismus ϕ : Z→ G gibt.

b) Sei G eine zyklische Gruppe. Man beweise, daß jede Untergruppe und jeder Quotient von Gwieder zyklisch ist.

c) Man beweise, daß jede endlich erzeugte Untergruppe von (Q,+) zyklisch ist. Ist Q endlicherzeugt ? Zyklisch ?

Beweis. Ad (a) : Wir bemerken, dass jeder Homomorphismus ϕ : Z → G durch ϕ1 eindeutigbestimmt ist (da ϕn != (ϕ1)n) und umgekehrt kann ϕ1 := g ∈ G beliebig gewählt werden und manerhält einen Homomorphismus (dies ist nichts anderes als die universelle Eigenschaft der freienGruppe Z mit einem Erzeuger). D.h. wir haben ϕZ = 〈ϕ1〉 ⊂ G und es folgt, dass G = 〈ϕ1〉 fürϕ surjektiv. Ist umgekehrt G zyklisch mit Erzeuger g ∈ G, so setzen wir ϕ1 := g und dies lieferteinen surjektiven Homomorphismus.Ad (b) : Für Quotienten ist der Beweis einfach. Sei G zyklisch und H < G (damit ist H auch einNormalteiler, da zyklische Gruppen abel’sch sind). Gemäss (a) existiert ϕ : Z → G surjektiv unddurch Komposition mit der Standardprojektion π : G→ G/H erhalten wir π ◦ ϕ : Z→ G→ G/Hsurjektiv, womit nach (a) auch G/H zyklisch ist. Kommen wir nun zu den Untergruppen. Wirwissen bereits, dass für G ∼= Z jede Untergruppe H ⊂ Z von der Form nZ ist mit n ∈ Z undsomit zyklisch (mit Erzeuger n). Es bleibt noch der Fall, wo G ∼= Z/nZ mit n ∈ Z. Sei H < Z/nZund h = [m] ∈ H mit m ∈ {1, . . . , n − 1} minimal und h′ = [m′] ∈ H mit m′ ∈ {0, . . . , n − 1}.Division mit Rest gibt m′ = qm + r mit q, r ∈ N und r < m. Damit ist m′ − qm = r und also[m′]− q[m] = [r] ∈ H. Da m minimal ist, muss r = 0 und also [m′] = q[m], womit h′ ∈ 〈[m]〉. Alsoist H zyklisch.Ad (c) : Sei H = 〈q1, . . . , qn〉 = Zq1+ . . .+Zqn ⊂ Q mit qi = ai

bimit ai ∈ Z, bi ∈ N>0 ∀i ∈ {1, . . . , n}.

O.B.d.A. nehmen wir an, dass bi = b ∈ N>0 ∀i ∈ {1, . . . , n} (ansonsten machen wir die qi einfachgleichnamig). D.h. Wir haben

H = 1b(Za1 + . . .+ Zan) = 1

b(ggT(a1, . . . , an)Z) = ggT(a1, . . . , an)

bZ =

⟨ggT(a1, . . . , an)b

⟩,

womit H zyklisch ist. Wir zeigen nun, dass Q nicht zyklisch ist, womit folgt, dass Q nicht endlicherzeugt sein kann. Sei ab ∈ Q beliebig und H :=

⟨ab

⟩= Za

b ⊂ Q mit a ∈ Z, b ∈ N>0. Dann ist klar1b+1 /∈ H, denn angenommen na

b = 1b+1 für ein n ∈ Z, so ist na(b+ 1) = b und also na = b

b+1 ∈ Z,was ein Widerspruch ist, da b+ 1 6 | b für b 6= 0. �


Man beschreibe die Menge Hom(Z×Z,Z/2Z) und finde alle Untergruppen von Z×Z mit Index 2.

Wir bemerken, dass jeder Homomorphismus ϕ : Z × Z → Z/2Z durch die Bilder von (1, 0) und(0, 1) eindeutig bestimmt ist, da (1, 0) und (0, 1) ganz Z×Z erzeugen. Die Bilder von (1, 0) und (0, 1)können jedoch beliebig gewählt werden, was noch immer einen wohldefinierten Homomorphismusliefert, da die einzige Relation in Z × Z ist, dass (1, 0) + (0, 1) = (0, 1) + (1, 0) und also ϕ(1, 0) +ϕ(0, 1) != ϕ(0, 1) + ϕ(1, 0), was keine Einschränkung darstellt, da Z/2Z abel’sch ist. D.h.

Hom(Z× Z,Z/2Z) ∼= Z/2Z× Z/2Z

als Mengen (sogar als abel’sche Gruppen). Die Untergruppen von Z×Z mit Index 2 stehen in 1-zu-1-Beziehung mit den surjektiven Homomorphismen Z×Z→ Z/2Z, da einerseits der Kern jedes solchenMorphismus’ eine Untergruppe mit Index 2 ist und umgekehrt jede Untergruppe H < Z × Z mitIndex 2 einen surjektiven Morphismus Z×Z→ (Z×Z)/H ∼= Z/2Z liefert (die Standarprojektion).Die surjektiven Morphismen in Hom(Z × Z,Z/2Z) sind nun gerade die ϕ : Z × Z → Z/2Z mitϕ(1, 0) = [1] oder ϕ(0, 1) = [1], womit es genau 3 solche Untergruppen gibt. Diese sind genau2Z× Z, Z× 2Z und (2Z× 2Z) ∪ ((2Z + 1)× (2Z + 1)) = {(a, b) ∈ Z× Z | [a] + [b] = [0]}.


Wieviele Isomorphieklassen von abelschen Gruppen der Ordnung 40 gibt es ? Gibt es eine nichtabelsche Gruppe der Ordnung 40 ? Man beweise, daß falls 6 |n dann gibt es eine nicht-abelscheGruppe der Ordnung n.

Wir haben 40 = 23 ·5, womit nach dem Struktursatz über endlich erzeugte abel’sche Gruppen dieIsomorphieklassen von

C2 × C2 × C2 × C5, C2 × C4 × C5 und C8 × C5

die einzigen Isomorphieklassen abel’scher Gruppen der Ordnung 40 sind.D20 ist eine nicht-abel’scheGruppe der Ordnung 40 und allgemeiner istDm fürm > 2 eine nicht-abel’sche Gruppe der Ordnung2m. D.h. wenn 6|n ist insbesondere n ≥ 6 und somit Dn/2 nicht-abel’sch von Ordnung n.


Sei G eine Gruppe und H < G eine Untergruppe. Man beweise :

a) Ist H ein Normalteiler der Ordnung 2, so liegt H im Zentrum von G.b) Ist [G : H] = 2, so ist H ein Normalteiler von G.c) Hat H Index n ∈ N, so enthält H einen Normalteiler, dessen Index ein Teiler von n! ist. (Tipp :G operiert auf G/H durch Linksmultiplikation.)

Beweis. Ad (a) : Sei H = {1, h} C G ein Normalteiler mit h 6= 1 und g ∈ G beliebig. Damit istghg−1 = h′ ∈ H und da h 6= 1 muss auch h′ 6= 1, womit ghg−1 = h′ = h. Also ist h ∈ Z(G) undsowieso 1 ∈ Z(G), womit H ⊂ Z(G).Ad (c) : Wir betrachten die Gruppenoperation G×G/H → G/H, (g, [g′]) 7→ [gg′]. Für jedes g ∈ Gerhalten wir eine Bĳektion λg : G/H → G/H, [g′] 7→ [gg′] und identifizieren wir G/H mit {1, . . . , n},so erhalten wir für jedes g ∈ G ein λg ∈ Sn. Da G × G/H → G/H eine Operation ist, liefert diessogar einen Gruppenhomomorphismus λ : G→ Sn, g 7→ λg. Es gilt

kerλ = {g ∈ G | λg = 1 ∈ Sn} ={g ∈ G | [gg′] = [g′] ∀g′ ∈ G

}={g ∈ G | (gg′)H = g′H

}.

Insbesondere ist für g ∈ kerλ auch gH = H und also g ∈ H, woraus folgt, dass kerλ ⊂ H. Wie beijedem Gruppenhomomorphismus ist kerλ ein Normalteiler von G und dieser ist, wie eben gezeigt,in H enthalten. Es bleibt zu zeigen, dass [G : kerλ]|n!. Dies ist jedoch klar, da G/ kerλ ∼= λG < Snund da #Sn = n! folgt mit dem Satz von Lagrange, dass #G/ kerλ = #λG ein Teiler von n! ist.Ad (b) : Nach (c) enthält H einen Normalteiler N , dessen Index ein Teiler von 2! = 2 ist. Also ist[G : N ] = [G : H] = 2, womit H = N , da N ⊂ H (angenommen es gäbe ein h ∈ H \ N , so wärehN 6= N = [1] ∈ G/N aber hH = H = [1] ∈ G/H), womit die Behauptung folgt. �


Sei Q die Untergruppe von GL2(C) durch Q := {±1,±I,±J,±K} definiert, wobei I =(i 00 −i

),

J =(

0 1−1 0

)und K =

(0 ii 0

). Man finde alle Untergruppen von Q und beweise, daß diese alle

Normalteiler sind. Berechne die Klassengleichung für Q. Wieviele Sylowuntergruppen hat Q ?

Wir bemerken, dass I2 = J2 = K2 = IJK = −E. Durch die Relation IJK = −E folgt, dass jedeUntergruppe, welche zwei der Elemente I, J oder K enthält auch das dritte Enthält und damit dieganze Gruppe ist. Die einzigen Untergruppen sind damit

{E}, {±E}, {±E,±I}, {±E,±J}, {±E,±K} und Q selbst.

Man sieht leicht, dass I nur zu −I und sich selbst konjugiert ist und analog auch für J undK. Damitfolgt einerseits, dass die eben angegebenen Untergruppen alles Normalteiler sind, und andererseitsdie Klassengleichung #Q = 1 + 1 + 2 + 2 + 2. Da zudem #Q = 8 = 23 ist Q eine 2-Gruppe, womitQ nur sich selbst als 2-Sylowuntergruppe hat und ansonsten keine weiteren Sylowuntergruppenbesitzt.

Übungen zur Gruppentheorie, G. Favi 5. Dezember 2008

Blatt 12 - LösungenAbgabe: 12. Dezember 2008, 12:00 Uhr

Aufgabe 1.a) Sei ρ eine endlichdimensionale Darstellung einer Gruppe G. Dann ist det ρ : g 7→ det(ρ(g)) eine

eindimensionale Darstellung von G.b) Man beweise, daß die Abbildung Sn → R∗, definiert durch σ 7→ sign σ eine eindimensionale

Darstellung der symmetrischen Gruppe Sn ist (Signum-Darstellung).

Beweis. Ad (a) : Wir prüfen, dass det ρ : G → C∗, g 7→ det(ρg) ein Gruppenhomomorphismus ist(die Determinante ist in C∗, da ρg ∈ GLV invertierbar ist). Seien dazu g, h ∈ G beliebig. Dann istdet ρ(gh) = det(ρ(gh)) = det((ρg)(ρh)) = det(ρg) det(ρh). Dabei haben wir verwendet, dass ρ einGruppenhomomorphismus ist und det(AB) = (detA)(detB).Ad (b) : Folgt sofort aus der Tatsache, dass sign : Sn → C2 ∼= {±1} < R∗ ein Gruppenhomomor-phismus ist (s. Blatt 3, Aufgabe 2). �

Aufgabe 2. Sei x ein Erzeuger der zyklischen Gruppe C6 mit 6 Elementen. Man überprüfe, dass

die Zuordnung x 7→(

1 1−1 0

)eine 2-dimensionale Darstellung ρ von C6 definiert.

a) Ist ρ irreduzibel ? Ist sie unitär ?b) Man finde eine unitäre Darstellung von C6, die zu ρ äquivalent ist.c) Man zerlege ρ in irreduzible Darstellungen.

Beweis. Man braucht nur zu zeigen, dass A :=(

1 1−1 0

)6

= E und dies folgt durch simples

nachrechnen.Ad (a) : ρ ist reduzibel, denn eine Darstellung ρ : G → GLV mit G abel’sch ist genau dannirreduzibel, wenn V null- oder eindimensional ist. Dies sieht man folgendermassen ein : Für g ∈ Gbeliebig ist ρg : V → V ein Automorphismus der Darstellung ρ. Das heisst, für h ∈ G beliebig mussfolgendes Diagramm kommutieren :

Vρg //

ρh

��

V

ρh��

V ρg// V,

was für G abel’sch klar erfüllt, da ρg◦ρh = ρ(gh) = ρ(hg) = ρh◦ρg. Ist nun ρ irreduzibel, so mussgemäss Schurs Lemma (bzw. gemäss eines Korollars daraus) ρg = λ1V für ein λ ∈ C∗, womit jederUnterraum von V G-invariant ist. Da ρ irreduzibel ist, muss damit V null- oder eindimensionalsein. Die Darstellung ρ ist auch nicht unitär bezüglich der hermite’schen Standardform auf dem C2

gegeben durch 〈v, w〉 := v∗w = tvw, da⟨(10

),

(01

)⟩= 0 aber

⟨(1 1−1 0

)(10

),

(1 1−1 0

)(01

)⟩=⟨(

1−1

),

(10

)⟩= 1.

Um eine zu ρ äquivalente unitäre Darstellung ρ′ : C6 → GL2C zu finden, definieren wir eine neuehermite’sche Form durch Mittlung über C6 : 〈〈v, w〉〉 := 1

6∑g∈C6 〈gv, gw〉 = 1

6∑5i=0(Aiv)∗(Aiw) und

da A3 = −E,A4 = −A,A5 = −A2 erhalten wir : 〈〈v, w〉〉 = 13(v∗w + (Av)∗(Aw) + (A2v)∗(A2w)).

Wir bemerken, dass ρ bezüglich dieser Form unitär ist. Mittels Gram-Schmidt finden wir eineOrthonormalbasis

e1 =√

32

(10

), e2 =

(−1

21

)bezüglich der Form 〈〈−,−〉〉. Diese hat als Übergangsmatrix

P−1 =(√

3/2 −1/20 1

)⇒ P = 1√

3

(2 10√

3

),

womit ρ′ : C6 → GL2C definiert durch x 7→ PAP−1 =: B =(

1/2√

3/2−√

3/2 1/2

)eine zu ρ äquivalente

unitäre Darstellung von C6 ist. Man prüft dies leicht indem man nachrechnet, dass B6 = E undB∗B = tBB = E (d.h. B ist eine unitäre Matrix).Ad (c) : Um invariante Unterräume von A zu finden berechnen wir die Eigenwerte und Eigenvek-toren. Man findet sofort die folgenden Eigenwerte λ1 und λ2 mit zugehörigen Eigenvektoren v1 undv2 :

λ1 = eiπ3 , λ2 = e−i

π3 , v1 =

(−1e−iπ/3

), v2 =

(−1eiπ/3

).

D.h. Cv1 und Cv2 sind ρ-invariante Unterräume und C2 ∼= Cv1 ⊕ Cv2, womit ρ ∼= ρ1 ⊕ ρ2, wobeiρ1 : C6 → GL(Cv1), g 7→ ρg und ρ2 : C6 → GL(Cv2), g 7→ ρg. �

Aufgabe 3. Wie oben für die Darstellung von Z/2Z × Z/2Z, die durch (1, 0) 7→(

0 11 0

)und

(0, 1) 7→(

0 −1−1 0

)definiert ist.

Beweis. Ad (a),(b) : ρ ist wie oben reduzibel, hier jedoch unitär, da für A :=(

0 11 0

)gilt, dass

A∗A = A2 = E. Damit ist auch −A unitär, womit die Darstellung ρ aus der Behauptung unitärist.Ad (c) : Die Linksmultiplikation mit A ist die Spiegelung an der Geraden y = x, womit diese

Gerade C(

11

)=: V1 ein ρ-invarianter Unterraum ist. Das orthogonale Komplement C

(1−1

)=: V2

ist ebenfalls ein ρ-invarianter Unterraummit C2 ∼= V1⊕V2 und ρ ∼= ρ1⊕ρ2, wobei ρi : Z/2Z×Z/2Z→GLVi, g 7→ ρg für i ∈ {1, 2}. �

Aufgabe 4. (a) Sei ρ : D3 → GL2(R) die zweidimensionale Standarddarstellung von D3 als Sym-metriegruppe eines gleichseitigen Dreiecks, wobei das Koordinatensystem so gewählt ist, dass der

Nullpunkt der Mittelpunkt und die x-Achse eine Spiegelachse des Dreiecks ist. Man beschreibediese Darstellung bezüglich der Koordinaten x′ := x und y′ := x+ y.

(b) Man verwende die Mittelbildung, um eine D3-invariante Bilinearform aus dem Skalarproduktin den (x′, y′)-Koordinaten zu konstruieren.

Ad (a) : Wir schreiben D3 =⟨x, y | x3, y2, (yx)2⟩ (d.h. x entspricht der Drehung um 2π

3 und yder Spiegelung an der x-Achse). Die Darstellung ρ ist dann gegeben durch

ρx :=(

cos 2π/3 − sin 2π/3sin 2π/3 cos 2π/3

)=(−1/2 −

√3/2√

3/2 −1/2

)=: A und ρy :=

(1 00 −1

)=: B.

Das neue Koordinatensystem entspricht gerade einer Basis mit Übergangsmatrix P . Um P zufinden erinnern wir uns an die Definition der Übergangsmatrix : Die Spalten von P sind geradedie Koordinaten der alten Basisvektoren bezüglich der neuen Basis. Wir berechnen einfach dieKoordinaten x′ und y′ der Standardbasisvektoren und finden

P :=(

1 01 1

)⇒ P−1 =

(1 0−1 1

),

womit die neue Basis aus(

1−1

)und

(01

). Man berechnet nun leicht, die zu ρ zugehörige Matrix-

darstellung ρ′ bezüglich der neuen Basis :

ρ′x = PAP−1 =(√

3−12 −

√3/2√

3 −√

3+12

)und ρ′y = PBP−1 =

(1 02 −1

).

Ad (b) : Wir definieren eine Bilinearform :

〈〈−,−〉〉 : R2 × R2 → R, (v, w) 7→ 〈〈v, w〉〉 := 16∑g∈D6

〈(ρ′g)v, (ρ′g)w〉,

wobei 〈v, w〉 := t(P−1v)P−1w das Standardskalarprodukt in den Koordinaten x′, y′ (wir führenzuerst v, w mittels P−1v, P−1w in die neuen Koordinaten über und berechnen dann das Stan-dardskalarprodukt der resultierenden Koordinatenvektoren). Wir berechnen die Gram’sche Matrixdieses Skalarprodukts (bezüglich der Standardbasis), indem wir die Standardbasisvektoren e1 unde2 einsetzen. Es ist 〈〈e1, e1〉〉 = 2, 〈〈e1, e2〉〉 = 〈〈e2, e1〉〉 = −1 und 〈〈e2, e2〉〉 = 1. Es folgt, dass⟨⟨(

v1v2

),

(w1w2

)⟩⟩=(v1 v2

)( 2 −1−1 1

)(w1w2

).

Man findet diese Bilinearform auch auf eine andere Art, indem man bemerkt, dass ρ eine orthogonaleDarstellung bezüglich des Standardskalarprodukts ist, folglich ist ρ′ orthogonal bezüglich des obendefinierten Skalarprodukts 〈−,−〉, da für g ∈ D3 und v, w ∈ R2 beliebig gilt

〈(ρ′g)v, (ρ′g)w〉 = 〈P (ρg)P−1v, P (ρg)P−1w〉 = t((ρg)P−1v)(ρg)P−1w(∗)= t(P−1v)(P−1w) = 〈v, w〉.

Bei (∗) haben wir verwendet, dass ρ orthogonal bezüglich des Standardskalarprodukts ist. Manberechnet nun auch die Gram’sche Matrix von 〈−,−〉 bezüglich der Standardbasis und findet, dass〈e1, e1〉 = 2, 〈e1, e2〉 = 〈e2, e1〉 = −1 und 〈e2, e2〉 = 1, womit⟨(

v1v2

),

(w1w2

)⟩=(v1 v2

)( 2 −1−1 1

)(w1w2

).

Aufgabe 5. Sei G eine endliche Gruppe, ρ : G → GL(V ) eine Darstellung von G und sei v ∈ V .Wir schreiben gv statt ρg(v). Man schreibt V G := {w ∈ V | gw = w für alle g ∈ G}.

a) Man zeige, dass die Mittelbildung v := 1|G|∑g∈G gv einen Vektor v ∈ V liefert, der von G

festgelassen wird, d.h. v ∈ V G.b) Was kann man über diesen Vektor aussagen, wenn ρ eine irreduzible Darstellung ist ?c) Die Zuordnung v 7→ v ist ein (linearer) G-äquivarianter Projektionsoperator π : V → V (d.h.

es gilt π(gv) = gπ(v) für alle g ∈ G, v ∈ V , und π2 = π) mit Bild π(V ) = V G.

Beweis. Ad (a) : Sei h ∈ G beliebig. Wir berechnen

hv = h1|G|

∑g∈G

gv = 1|G|

∑g∈G

h(gv)

= 1|G|

∑g∈G

(hg)v = 1|G|

∑g∈G

gv

= v

Es ist klar∑g∈G gv =

∑g∈G(hg)v, da jeder Summand gv in der ersten Summe als (h(h−1g))v in

der zweiten Summe vorkommt und umgekehrt jeder Summand in der zweiten Summe auch in derersten Vorhanden ist.Ad (b) : Cv ist ein G-invarianter Unterraum von V . Da ρ irreduzibel ist, muss für dimV ≥ 2 alsov = 0. Für den Fall dimV = 1 und v 6= 0 haben wir Cv = V und da g(λv) = (ρg)(λv) = λ(ρg)v =λgv (ρg ist C-linear) folgt, dass gv = v ∀v ∈ V , womit ρg = 1V ∀g ∈ G und also ist ρ die trivialeDarstellung.Ad (c) : Für h ∈ G, v ∈ V beliebig ist mit demselben Argument wie in (a) :

π(hv) = hv = 1|G|

∑g∈G

ghv = 1|G|

∑g∈G

gv = v = hv = hπv.

Nach (a) ist zudem πV ⊂ V G und es bleibt V G ⊂ πV zu zeigen. Sei dazu v ∈ V G. Dann ist

πv = v = 1|G|

∑g∈G

gv = 1|G|

∑g∈G

v = 1|G||G| v = v.

Es folgt nun sofort, da v ∈ V G, dass π2v = πv = v = πv, womit π2 = π. �

Aufgabe 6. Man bestimme die irreduziblen (komplexen) Darstellungen der zyklischen Gruppe Cn.

Da Cn abel’sch ist, folgt wie in Aufgabe 2(a), dass eine nicht-nulldimensionale Darstellung ρ :Cn → GLV genau dann irreduzibel ist, wenn sie Dimension 1 hat. D.h. dimV = 1, womit V ∼= C undGLV ∼= C∗. Zudem ist ρ durch ρx vollständig bestimmt, wobei x ein Erzeuger von Cn. Da (ρx)n = 1muss also ρx ∈ {1, ζ, . . . , ζn−1} mit ζ = exp(i2π

n ) (d.h. ρx ist eine n-te Einheitswurzel). Somit sinddie einzigen irreduziblen Darstellungen von Cn gerade die triviale Darstellung τ : Cn → GL0 ∼= 0,sowie alle ρi : Cn → C∗, x 7→ ζi mit i ∈ {0, . . . , n− 1}.

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Blatt 1 - Lösungensma.epfl.ch/~werndli/teaching/group_theory/GT08-all.pdf · Übungen zur Gruppentheorie, G. Favi 19. September 2008 Blatt 1 - Lösungen Abgabe:26.September2008,12:00Uhr