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Typst
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Typst
// Load the preamble
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#import "../conf.typ": conf
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#show: conf.with(week: "2")
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= Aufgabe 1
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Abgabe in Papierform.
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// TODO Weiterschreiben der ersten Aufgabe wenn alles andere gut ist
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//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 $
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//Hinweis: Wie würden Sie ein Bücherregal sortieren.
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//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.
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//
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//Fuer $G := angle.l{tau_(i j) : 1 <= i < j <= n}angle.r$ gelten die Gruppenaxiome.
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//Also ist $i d_N$ Element der Gruppe als neutrales Element. $tau_(i j)^2$ ist das inverse Element der Gruppe.
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//
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//
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//Jede Verknuepfung von bijektiven Abbildungen auf eine Gruppe $G$ ist wieder eine bijektive Abbildung auf $G$. Daher ist $angle.l {tau_(i j) : 1 <= i < j <= n} angle.r subset S_n$
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//
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//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 $
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//
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//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) $
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//
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//Stets laesst sich $g$ wie folgt konstruieren:
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//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 $tau_(i j) = tau_(j i)$.
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//
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//Man erhaelt nun also $f(n) = g_1 (n)$
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= Aufgabe 2
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Sei $G$ eine beliebige Untergruppe der ganzen Zahlen $(ZZ, +)$. Zeigen Sie, dass eine ganze Zahl $n >= 0$ mit $G = n Z$ existiert.
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Hinweis: Jede nicht-leere Teilmenge der natürlichen Zahlen hat ein kleinstes Element.
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Sei $G$ eine beliebige Untergruppe der ganzen Zahlen $(ZZ, +)$.
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Falls $G$ eine triviale Untergruppe ist, dann liefert $n = 0$ bzw. $n = 1$ die Loesung.
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Da $G$ nun eine nicht-leere Untergruppe ist, enthält $G$ mindestens ein Element ungleich Null.
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Da $G$ eine Gruppe unter der Addition ist, enthält $G$ auch entsprechende inverse Elemente, wenn es positive enthält.
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Wir betrachten die Menge $G sect NN = S$, also die positiven Elemente, die in $G$ liegen.
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Nach dem Hinweis hat jede nicht-leere Teilmenge der natürlichen Zahlen ein kleinstes Element.
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Sei $d$ das kleinste Element, das in $S$ enthalten ist.
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Jetzt zeigen wir, dass $G = d ZZ$.
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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 $k in ZZ$.
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Aus der Gruppeneigenschaft von $G$ ist $r in G$, da $r = s - k d$ und $s, k d in G$.
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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.
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Somit haben wir $s = k d$, was zeigt, dass $S$ von $d$ erzeugt wird.
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Da $s$ beliebig war, folgt $S = d ZZ$.
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Daher existiert eine ganze Zahl $n >= 0$, sodass $G = n ZZ$, da G alle Elemente von S und deren Inverse enthaelt.
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$qed$
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= Aufgabe 3
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Eine ausfuerliche Begruendung warum der angesprochene Isomorphismus existiert steht auf der Abgabe in Papierform.
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1. Wie viele verschiedene Gruppen mit 4 Elementen gibt es?
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Es gibt zwei Gruppen. Namentlich die Klein-4-Gruppe und die zyklische $Z_4$ Gruppe.
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Jede weitere Gruppe mit $|G| = 4$ ist isomorph zu einer dieser beiden Gruppen.
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#stack(
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dir: ltr,
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table(
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columns: 5,
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[*$Z_4$*], [*0*], [*1*], [*2*], [*3*],
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[*0*], [0], [1], [2], [3],
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[*1*], [1], [2], [3], [0],
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[*2*], [2], [3], [0], [1],
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[*3*], [3], [0], [1], [2],
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),
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h(10pt),
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table(
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columns: 5,
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[*$K_4$*], [*0*], [*1*], [*2*], [*3*],
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[*0*], [0], [1], [2], [3],
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[*1*], [1], [0], [3], [2],
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[*2*], [2], [3], [0], [1],
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[*3*], [3], [2], [1], [0],
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),
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)
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2. Wie viele verschiedene Gruppen mit 6 Elementen gibt es?
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Es gibt zwei Gruppen. Namentlich die zyklische $Z_6$ Gruppe und die $S_3$ Gruppe.
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Jede weitere Gruppe mit $|G| = 6$ ist isomorph zu einer dieser beiden Gruppen.
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#stack(
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dir: ltr,
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table(
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columns: 7,
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[*$Z_6$*], [*0*], [*1*], [*2*], [*3*], [*4*], [*5*],
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[*0*], [0], [1], [2], [3], [4], [5],
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[*1*], [1], [2], [3], [4], [5], [0],
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[*2*], [2], [3], [0], [1], [0], [1],
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[*3*], [3], [4], [5], [0], [1], [2],
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[*4*], [4], [5], [0], [1], [2], [3],
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[*5*], [5], [0], [1], [2], [3], [4],
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),
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h(10pt),
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table(
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columns: 7,
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[*$S_3$*], [*0*], [*1*], [*2*], [*3*], [*4*], [*5*],
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[*0*], [0], [1], [2], [3], [4], [5],
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[*1*], [1], [2], [0], [4], [5], [3],
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[*2*], [2], [0], [1], [5], [3], [4],
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[*3*], [3], [5], [4], [0], [2], [1],
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[*4*], [4], [3], [5], [1], [0], [2],
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[*5*], [3], [4], [5], [0], [1], [2],
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))
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3. Finden Sie alle Normalteiler der Permutationsgruppe $S_3$.
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Sei $S_3 = {e, (12), (13), (23), (123), (132)} = G$
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Nach Lagrange gilt $|G| = |G slash H||H|$. Da $|G| = 6$ muss $|H| in {1, 2, 3, 6}$.
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Kandidaten fuer Normalteiler sind somit die trivialen Untergruppen ${e}, G$ und ${(12), e}, {(13), e}, {(23), e}, {e, (123), (132)}$
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Die trivialen Untergruppen sind immer ein Normalteiler.
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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.
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$A_3$ 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.
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Eigenschaft eines Normalteilers: $g H = H g$
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Die Normalteiler sind somit:
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- ${e}$
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- $A_3 = {e, (123), (132)}$
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- $S_3 = G$
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= Aufgabe 4
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// Schritte der Argumentation
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// - Gitter begruenden
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// - Jede Zelle ist zueneinander symetrisch
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// - Falls ein Punkt in dieser Zelle liegt, dann auch in der am Urspung (durch Gruppeneigenschaft)
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// - Die Zelle hat die Form eines Parralelogramms
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// - Jeder Punkt in einem Parralelogramm hat einen kleineren Abstand zu einem der Eckpunkte als die groesste Seitenlaenge (Siehe Lemma L1)
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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.
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Hinweis: Der Abstand von $(x, y)$ zum Ursprung ist $ sqrt(x^2 + y^2 )$.
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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 $z_1, z_2 in ZZ$.
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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.
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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.
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/// Geometrisches Lemma fuer Punkte in einem Parralelogramm //////////////////////////
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Nun wird folgendes Lemma gezeigt:
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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.
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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.
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Nun liegt jedes dieser Dreiecke vollstaendig in der jeweiligen Kreisscheibe bis auf maximal zwei Eckpunkte, welche aber in einer anderen Scheibe liegen.
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Die Aussage, dass der Punkt in einer offenen Kreisscheibe um einen Eckpunkt liegt ist aequivalent zu der, welche wir zeigen wollten.
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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.
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Also muss $t = 0$ gelten. Wodurch jedes Element in $U$ sich als Linarkombination von $v$ und $w$ darstellen laesst.
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$qed$
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