// Load the preamble
#import "../conf.typ": conf
#show: conf.with(week: "2")

= Aufgabe 1

Abgabe in Papierform.

// TODO Weiterschreiben der ersten Aufgabe wenn alles andere gut ist

//Für $1 <= i < j <= n$ ist $tau_(i j)$ durch $tau_i j(l) = l$, falls $l in.not {i, j}$ sowie $tau_(i j) (i) = j$ und $tau_(i j)(j) = i$ ein Element von $S_n$ definiert. Zeigen Sie: $ angle.l {tau_(i j) : 1 <= i < j  <= n} angle.r = S_n $
//
//Hinweis: Wie würden Sie ein Bücherregal sortieren.
//
//Da $S_n$ genau alle bijektiven Abbildungen der Menge $N = {1, 2, 3, ..., n}$ auf sich selbst enthaelt und $tau_(i, j) in S_n$ ist $tau_(i j)$ bijektiv.
//
//Fuer $G := angle.l{tau_(i j) : 1 <= i < j  <= n}angle.r$ gelten die Gruppenaxiome.
//Also ist $i d_N$ Element der Gruppe als neutrales Element. $tau_(i j)^2$ ist das inverse Element der Gruppe.
//
//
//Jede Verknuepfung von bijektiven Abbildungen auf eine Gruppe $G$ ist wieder eine bijektive Abbildung auf $G$. Daher ist $angle.l {tau_(i j) : 1 <= i < j  <= n} angle.r subset S_n$
//
//Nun gilt es zu zeigen, dass $S_n subset angle.l { tau_(i j) : 1 <= i < j  <= n}angle.r$. Also, dass $ forall f in S_n: f in angle.l{ tau_(i j) : 1 <= i < j  <= n}angle.r $
//
//Der Defintionsbereich von $f in S_n$ und $g in G$ ist identisch. Es bleibt also zu zeigen, dass $ forall f in S_n exists g in G: f(N) = g(N) $
//
//Stets laesst sich $g$ wie folgt konstruieren:
//
//Sei $g_0 = id_N$. Fuer das kleinste $n_k$ mit $f(n_k) != n_k$ kann man stets $g_1 = tau_(g_0 (n_k) f (n_k)) compose g_0$ konstruieren, da $tau_(i j) = tau_(j i)$.
//
//Man erhaelt nun also $f(n) = g_1 (n)$

= Aufgabe 2

Sei $G$ eine beliebige Untergruppe der ganzen Zahlen $(ZZ, +)$. Zeigen Sie, dass eine ganze Zahl $n >= 0$ mit $G = n Z$ existiert.

Hinweis: Jede nicht-leere Teilmenge der natürlichen Zahlen hat ein kleinstes Element.

Sei $G$ eine beliebige Untergruppe der ganzen Zahlen $(ZZ, +)$.

Falls $G$ eine triviale Untergruppe ist, dann liefert $n = 0$ bzw. $n = 1$ die Loesung.

Da $G$ nun eine nicht-leere Untergruppe ist, enthält $G$ mindestens ein Element ungleich Null.
Da $G$ eine Gruppe unter der Addition ist, enthält $G$ auch entsprechende inverse Elemente, wenn es positive enthält.
Wir betrachten die Menge $G sect NN = S$, also die positiven Elemente, die in $G$ liegen.
Nach dem Hinweis hat jede nicht-leere Teilmenge der natürlichen Zahlen ein kleinstes Element.
Sei $d$ das kleinste Element, das in $S$ enthalten ist.

Jetzt zeigen wir, dass $G = d ZZ$.

Wenn $s$ ein beliebiges Element in $S$ ist, können wir $s$ in der maximal gekuerzten Form $s = k d + r$ schreiben, wobei $0 <= r < d$ und $k in ZZ$.
Aus der Gruppeneigenschaft von $G$ ist $r in G$, da $r = s - k d$ und $s, k d in G$.
Da $d$ das kleinste Element in $S$ ist, muss $r$ gleich Null sein, sonst würde $0 < r < d$, was im Widerspruch zu unserer Annahme, dass $d = min(S)$ ist, wäre.
Somit haben wir $s = k d$, was zeigt, dass $S$ von $d$ erzeugt wird.

Da $s$ beliebig war, folgt $S = d ZZ$.

Daher existiert eine ganze Zahl $n >= 0$, sodass $G = n ZZ$, da G alle Elemente von S und deren Inverse enthaelt.

$qed$

= Aufgabe 3

Eine ausfuerliche Begruendung warum der angesprochene Isomorphismus existiert steht auf der Abgabe in Papierform.


1. Wie viele verschiedene Gruppen mit 4 Elementen gibt es? 

Es gibt zwei Gruppen. Namentlich die Klein-4-Gruppe und die zyklische $Z_4$ Gruppe.
Jede weitere Gruppe mit $|G| = 4$ ist isomorph zu einer dieser beiden Gruppen.

#stack(
  dir: ltr,
  table(
    columns: 5,
    [*$Z_4$*], [*0*], [*1*], [*2*], [*3*],
    [*0*], [0], [1], [2], [3],
    [*1*], [1], [2], [3], [0],
    [*2*], [2], [3], [0], [1],
    [*3*], [3], [0], [1], [2],
  ),

  h(10pt),

  table(
    columns: 5,
    [*$K_4$*], [*0*], [*1*], [*2*], [*3*],
    [*0*], [0], [1], [2], [3],
    [*1*], [1], [0], [3], [2],
    [*2*], [2], [3], [0], [1],
    [*3*], [3], [2], [1], [0],
  ),
  
)


2. Wie viele verschiedene Gruppen mit 6 Elementen gibt es? 

Es gibt zwei Gruppen. Namentlich die zyklische $Z_6$ Gruppe und die $S_3$ Gruppe.
Jede weitere Gruppe mit $|G| = 6$ ist isomorph zu einer dieser beiden Gruppen.


#stack(
  dir: ltr,
  table(
    columns: 7,
    [*$Z_6$*], [*0*], [*1*], [*2*], [*3*], [*4*], [*5*],
    [*0*], [0], [1], [2], [3], [4], [5],
    [*1*], [1], [2], [3], [4], [5], [0],
    [*2*], [2], [3], [0], [1], [0], [1],
    [*3*], [3], [4], [5], [0], [1], [2],
    [*4*], [4], [5], [0], [1], [2], [3],
    [*5*], [5], [0], [1], [2], [3], [4],
  ),
  h(10pt),

  table(
    columns: 7,
    [*$S_3$*], [*0*], [*1*], [*2*], [*3*], [*4*], [*5*],
    [*0*], [0], [1], [2], [3], [4], [5],
    [*1*], [1], [2], [0], [4], [5], [3],
    [*2*], [2], [0], [1], [5], [3], [4],
    [*3*], [3], [5], [4], [0], [2], [1],
    [*4*], [4], [3], [5], [1], [0], [2],
    [*5*], [3], [4], [5], [0], [1], [2],
))

3. Finden Sie alle Normalteiler der Permutationsgruppe $S_3$.

Sei $S_3 = {e, (12), (13), (23), (123), (132)} = G$

Nach Lagrange gilt $|G| = |G slash H||H|$. Da $|G| = 6$ muss $|H| in {1, 2, 3, 6}$.
Kandidaten fuer Normalteiler sind somit die trivialen Untergruppen ${e}, G$ und ${(12), e}, {(13), e}, {(23), e}, {e, (123), (132)}$

Die trivialen Untergruppen sind immer ein Normalteiler.
Sei $H$ eine Untergruppe von $G$ mit $|H| = 2$. Dann kann H kein Normalteiler von $G$ sein, da eine Spiegelung nicht kommutativ ist mit einer anderen Spiegelung ist.

$A_3$ ist ein Normalteiler, da eine Spiegelung und dann eine Drehung des Dreiecks gleich zu einer Drehung in die andere Richtung und dann der Spiegelung ist.

Eigenschaft eines Normalteilers: $g H = H g$

Die Normalteiler sind somit:

- ${e}$
- $A_3 = {e, (123), (132)}$
- $S_3 = G$

= Aufgabe 4

// Schritte der Argumentation
//
// - Gitter begruenden
// - Jede Zelle ist zueneinander symetrisch
// - Falls ein Punkt in dieser Zelle liegt, dann auch in der am Urspung (durch Gruppeneigenschaft)
// - Die Zelle hat die Form eines Parralelogramms
// - Jeder Punkt in einem Parralelogramm hat einen kleineren Abstand zu einem der Eckpunkte als die groesste Seitenlaenge (Siehe Lemma L1)
//

Laut Vorlesung ist $Z^2 = {(x, y) : x, y ∈ ZZ}$ eine Gruppe. Sei $U ⊂ Z^2$ eine nicht triviale Untergruppe. In dieser gibt es ein Element $v != 0$ mit minimalem Abstand zum Ursprung $(0, 0)$. Angenommen $⟨v⟩ != U$. Dann gibt es ein weiteres Element $0 != w in U$, dass nicht in $⟨v⟩$ enthalten ist und minimalen Abstand zum Ursprung hat. Zeigen Sie, dass $⟨{v, w}⟩= U$ ist.

Hinweis: Der Abstand von $(x, y)$ zum Ursprung ist $ sqrt(x^2 + y^2 )$.

Sei $a = vec(a, b)$ ein beliebiges Element von $U$. Nun gilt es zu zeigen, dass $a = z_1 v + z_2 w$ (Darstellung durch Linearkombination von $v, w$) gilt, wobei $z_1, z_2 in ZZ$. 

Zuerst laesst sich feststellen, dass $v$ und $w$ linearunabhaengig voneinander sein muessen, da sonst nach dem Argument aus Aufgabe 2 die Annahme, dass $v, w$ minimalen Abstand vom Ursprung haben und $w in.not angle.l v angle.r$, ein Widerspruch erzeugen wuerde.

Angenommen  $a in.not angle.l v, w angle.r$. Dann liegt $a$ in einem durch $v$ und $w$, ausgehend von einem Punkt $p in angle.l v, w angle.r$, aufgespanntem Parralelogramm. Dies folgt aus der Gitterstuktur von $U$, welche durch Kombination von $w$ und $v$ erzeugt wird. Da $a$ ein Element der Untergruppe $U$ ist, existiert $a'$ auch in dem Parralelogramm welches ausgehend vom Ursprung durch $v$ und $w$ aufgespannt wird. Die beiden Parralelogramme und die relativen Positionen von $a, a'$ sind hier, wider durch die Gruppeneigenschaft, identisch.

/// Geometrisches Lemma fuer Punkte in einem Parralelogramm //////////////////////////
Nun wird folgendes Lemma gezeigt:

Jeder Punkt in einem Parralelogramm hat einen kuerzeren Abstand zu einem der vier Punkte, welche es aufspannen, als $max(a, b)$ wobei $a, b$ die Seitenlaengen sind.

Fuer den Beweis laesst sich feststellen, dass um jeden Eckpunkt des Parralelogramms eine offene Kreisscheibe mit Radius $r = max(|v|, |w|)$ gelegt werden kann. Diese Kreisscheiben ueberdecken das Parralelogramm vollstaendig. Das kommt daher, dass ein Parralelogramm sich durch die verbindenden Geraden von jeweils gegenueberliegenden Eckpunkten in vier Dreieicke aufteilen laesst.
Nun liegt jedes dieser Dreiecke vollstaendig in der jeweiligen Kreisscheibe bis auf maximal zwei Eckpunkte, welche aber in einer anderen Scheibe liegen.

Die Aussage, dass der Punkt in einer offenen Kreisscheibe um einen Eckpunkt liegt ist aequivalent zu der, welche wir zeigen wollten.
///////////////////////////////////////

Nach Lemma existiert ein Vektor $t$, sodass $|t| < max(|v|, |w|)$ und $a' = vec(t_x, t_y)$. Dies steht im Wiederspruch zu der Annahme, dass $v$ und $w$ die Elemente der Gruppe sind, welche den kleinsten Abstand zum Urspung haben.

Also muss $t = 0$ gelten. Wodurch jedes Element in $U$ sich als Linarkombination von $v$ und $w$ darstellen laesst.
$qed$

