Blatt #2, 24. Okt. 2002 Aufgabe 5.

(1) σ = (1, 4)(2, 3, 5), ρ = (2, 5, 3, 4), σ^{−1} = (1, 4)(2, 5, 3), ρ^{−1} = (2, 4, 3, 5).

(2) Es ist σ ∘ ρ = (1, 4, 3), ρ^{−1} ∘ σ^{2} = (3, 4), σ^{2} ∘ ρ^{−1} = (2, 4).

(3) Berechnung entweder direkt mit (2) oder durch Verwendung der Faktorisierung des Signums:

\begin{matrix}x & σ & ρ & σ ∘ ρ & ρ^{−1} ∘ σ^{2} & σ^{2} ∘ ρ^{−1} \\ ε_{x} & −1 & −1 & 1 & −1 & −1 \end{matrix}

(4) Es ist σ^{2} = (2, 5, 3), σ^{3} = (1, 4), σ^{4} = (2, 3, 5), σ^{5} = (1, 4)(2, 5, 3), σ^{6} = 1, also Ordnung = 6.

Es ist ρ^{2} = (2, 3)(5, 4), ρ^{3} = (2, 4, 3, 5), ρ^{4} = 1, also Ordnung = 4. Aufgabe 6. (1)

\begin{matrix}∘ & 1 & (1, 2, 3) & (1, 3, 2) & (1, 2) & (1, 3) & (2, 3) \\ 1 & 1 & (1, 2, 3) & (1, 3, 2) & (1, 2) & (1, 3) & (2, 3) \\ (1, 2, 3) & (1, 2, 3) & (1, 3, 2) & 1 & (1, 3) & (2, 3) & (1, 2) \\ (1, 3, 2) & (1, 3, 2) & 1 & (1, 2, 3) & (2, 3) & (1, 2) & (1, 3) \\ (1, 2) & (1, 2) & (2, 3) & (1, 3) & 1 & (1, 3, 2) & (1, 2, 3) \\ (1, 3) & (1, 3) & (1, 2) & (2, 3) & (1, 2, 3) & 1 & (1, 3, 2) \\ (2, 3) & (2, 3) & (1, 3) & (1, 2) & (1, 3, 2) & (1, 2, 3) & 1 \end{matrix}

(2)

\begin{matrix}σ & 1 & (1, 2) & (1, 3) & (2, 3) & (1, 2, 3) & (1, 3, 2) \\ ε_{σ} & 1 & −1 & −1 & −1 & 1 & 1 \\ Ordnung & 1 & 2 & 2 & 2 & 3 & 3 \end{matrix}

(3) Nach Aufgabe 4.(1) muß die Anzahl der Elemente einer Untergruppe #S_{3} = 6 teilen. Wir erhalten G_{1} = {1}, G_{2} = S_{3}, G_{3} = {1, (1, 2)}, G_{4} = {1, (1, 3)}, G_{5} = {1, (2, 3)}, G_{6} = {1, (1, 2, 3), (1, 3, 2)}.

(4) Für σ, ρ, τ ∈ S_{3} gilt g_{σ}(τ ∘ ρ) = σ ∘ τ ∘ ρ ∘ σ^{−1} = (σ ∘ τ ∘ σ^{−1}) ∘ (σ ∘ ρ ∘ σ^{−1}) = g_{σ}(τ) ∘ g_{σ}(ρ), also ist g_{σ} ein Gruppenmorphismus von S_{3} nach S_{3}. Aus g_{σ} ∘ g_{σ^{−1}} = g_{σ^{−1}} ∘ g_{σ} = 1_{S_{3}} folgt, daß g_{σ} bijektiv ist. Damit ist g wohldefiniert.

• Für ρ, σ ∈ S_{3} gilt für alle τ ∈ S_{3}

g_{σ∘ρ}(τ) = (σ ∘ ρ) ∘ τ ∘ (σ ∘ ρ)^{−1} = σ ∘ ρ ∘ τ ∘ ρ^{−1} ∘ σ^{−1} = g_{σ}(ρ ∘ τ ∘ ρ^{−1}) = g_{σ}(g_{ρ}(τ)) = (g_{σ} ∘ g_{ρ})(τ),

also ist g ein Gruppenhomomorphismus.

• Es ist Kern g = {σ ∈ S_{3} | g_{σ} = 1_{S_{3}}} = {σ ∈ S_{3} | g_{σ}(τ) = τ für alle τ ∈ S_{3}}. Nun gilt g_{σ}(τ) = τ für alle τ ∈ S_{3} ⇔ σ ∘ τ = τ ∘ σ für alle τ ∈ S_{3}. Aus der Verknüpfungstafel liest man σ = 1 ab. Damit ist g injektiv.

• Jedes τ ∈ S_{3} kann eindeutig als τ = (1, 2)^{k} ∘ (1, 2, 3)^{l} mit k ∈ [0, 1], l ∈ [0, 2] geschrieben werden. Damit ist für a ∈ Aut(S_{3}) dann a(τ) = a((1, 2)^{k} ∘ (1, 2, 3)^{l}) = a((1, 2))^{k} ∘ a((1, 2, 3))^{l}, Folglich ist a mit Angabe von a((1, 2)) und a((1, 2, 3)) eindeutig bestimmt. Da die Ordnung unter a erhalten bleibt, gilt: a((1, 2)) ∈ {(1, 2), (1, 3), (2, 3)}, a((1, 2, 3)) ∈ {(1, 2, 3), (1, 3, 2)}. Man hat also ingesamt 3·2 = 6 Möglichkeiten. Damit ist # Aut(S_{3}) ≤ #S_{3}. Da g injektiv ist folgt die Surjektivität.

Aufgabe 7. Sei M Menge. (1)

\begin{matrix}· & ∅ & \{1\} & \{2\} & \{1, 2\} \\ ∅ & ∅ & \{1\} & \{2\} & \{1, 2\} \\ \{1\} & \{1\} & ∅ & \{1, 2\} & \{2\} \\ \{2\} & \{2\} & \{1, 2\} & ∅ & \{1\} \\ \{1, 2\} & \{1, 2\} & \{2\} & \{1\} & ∅ \end{matrix}

(2) Sei A ∈ 𝔓(M). Es ist A · ∅ = ∅ · A = A, also ∅ =: 1. Weiter ist A^{2} = (A \ A) ∪ (A \ A) = ∅ = 1.

(3) Zur Assoziativität: Für A, B, C ∈ 𝔓(M) gilt

A · (B · C) = (A \ ((B \ C) ∪ (C \ B))) ∪ (((B \ C) ∪ (C \ B)) \ A)
= …
= (A \ (B ∪ C)) ∪ (B \ (A ∪ C)) ∪ (C \ (A ∪ B)) ∪ (A ∩ B ∩ C)
= …
= (A · B) · C

Nach (1) ist ∅ ein neutrales Element und A^{−1} = A. Also ist (𝔓(M), ·) eine Gruppe und – da A^{2} = 1 nach (1) – nach Aufgabe 4.(2) auch abelsch (, was man auch direkt sieht).

(4) Es ist ∅ ≠ 𝔓(N) ⊆ 𝔓(M), und für A, B ∈ 𝔓(N), d.h. A, B ⊆ N gilt

A · B^{−1} = A · B = \underbrace{(A \ B)}_{⊆N} ∪ \underbrace{(B \ A)}_{⊆N} ∈ 𝔓(N),

also ist 𝔓(N) Untergruppe von 𝔓(M). Aufgabe 8. Sei s_{0} = 1, s_{1} = (1, 2)(3, 4), s_{2} = (1, 3)(2, 4), s_{3} = (1, 4)(2, 3).

(1) Es ist V ⊆ S_{4}. Man bemerke, daß s_{i}^{2} = 1, d.h. s_{i}^{−1} = s_{i} für i ∈ [0, 3]. V ist also Untergruppe wenn stets s_{i} ∘ s_{j} ∈ V gilt. Dies rechnet man nach und erhält die Verknüpfungstafel:

\begin{matrix}∘ & s_{0} & s_{1} & s_{2} & s_{3} \\ s_{0} & s_{0} & s_{1} & s_{2} & s_{3} \\ s_{1} & s_{1} & s_{0} & s_{3} & s_{2} \\ s_{2} & s_{2} & s_{3} & s_{0} & s_{1} \\ s_{3} & s_{3} & s_{2} & s_{1} & s_{0} \end{matrix}

(2) Es ist

U = {(1, 2, 3), (1, 3, 2), (1, 2, 4), (1, 4, 2), (1, 3, 4), (1, 4, 3), (2, 3, 4), (2, 4, 3)} ∪ V.

Seien ρ, σ ∈ U. Dann ist ε_{ρ∘σ^{−1}} = ε_{ρ}ε_{σ^{−1}} = ε_{ρ}ε_{σ} = 1, also ist ρ ∘ σ^{−1} ∈ U.

(3) Es gibt kein Element der Ordnung 5 in S_{4}. Es kommen nur folgende Typen von Elementen

vor:

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

Diese haben Ordnung 1, 2, 3, 2, 4, respektive.

Alternativ: Betrachte für x ∈ S_{4} die Menge G_{x} := {x^{m} | m ∈ Z}. Da für n, m ∈ Z gilt, daß x^{m}x^{−n} = x^{m−n} ∈ G_{x}, ist G_{x} ⩽ S_{4} Untergruppe. Die Ordnung von x ist gleich der Anzahl der Elemente in G_{x}. Nach Aufgabe 4.(1) gilt: #G_{x} teilt #S_{4} = 24. Also kommen für die Ordnung von x nur 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12 oder 24 in Frage, und 5 nicht.