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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:38 Mo 09.11.2015 | | Autor: | MinLi |
| Aufgabe | | Bestimmen Sie die Automorphismengruppen der Gruppen [mm] \IZ_{4} [/mm] und [mm] \IZ_{2} [/mm] x [mm] \IZ_{2}. [/mm] |
Hallo,
ich habe zu dieser Aufgabe keine Idee. In der Vorlesung haben wir lediglich die Definition von einem Automorphismus eingeführt:
Aut(G)={ [mm] \alpha [/mm] : G [mm] \to [/mm] G | [mm] \alpha [/mm] bijektiver Gruppenhomomorphismus}.
[mm] \IZ_{2} [/mm] x [mm] \IZ_{2} [/mm] sieht ja folgendermaßen aus: [mm] \IZ_{2} [/mm] x [mm] \IZ_{2} [/mm] = {(0,0), (0,1), (1,0), (1,1)} und [mm] \IZ_{4} [/mm] = {0, 1, 2, 3} oder?
Und nach der Definition muss ich alle Abbildungen finden, die von [mm] \IZ_{4} [/mm] respektiv [mm] \IZ_{2} [/mm] x [mm] \IZ_{2} [/mm] wieder in sich selbst abbilden und ein bijektiver Homomorphismus sind, also ein Isomorphismus.
Auf Wikipedia habe ich gelesen, dass [mm] \IZ_{2} [/mm] x [mm] \IZ_{2} [/mm] isomorph zur klein'schen Vierergruppe ist. Aber wie kann ich mir das vorstellen? Und hat das überhaupt etwas mit der Aufgabe zu tun? Weil in einer Automorphismusgruppe sind doch Abbildungen und nicht andere Gruppen enthalten.
Es wäre nett wenn mir jemand zu dem Thema Automorphismusgruppen etwas mehr sagen könnte, sodass ich das Thema verstehe.
LG, MinLi
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moin,
es ist am Anfang eher schwierig, die Automorphismengruppe sofort als Gruppe zu sehen.
Daher als Tipp: vergiss erstmal, dass du eine Gruppe ausrechnen sollst und betrachte das ganze als Menge.
Nehmen wir als Beispiel mat [mm] $\IZ_4$ [/mm] (der ist etwas leichter^^).
Das ist eine zyklische Gruppe, also von einem einzigen Element erzeugt, beispielsweise der $1$.
Damit ist jeder Automorphismus [mm] $\phi$ [/mm] eindeutig durch [mm] $\phi(1)$ [/mm] bestimmt, denn ist [mm] $\phi(1) [/mm] = a$ für irgendein $a$, dann ist [mm] $\phi(2) \phi(1+1) [/mm] = [mm] \phi(1) [/mm] + [mm] \phi(1) [/mm] = a+a, [mm] \phi(3) [/mm] = a+a+a$ und [mm] $\phi(0) [/mm] = 0$ aus den Regeln für Homomorphismen.
Das heißt also in diesem Fall ist jeder Automorphismus eindeutig dadurch bestimmt, wo er $1$ hinschickt.
Nun gibt es ja nur vier mögliche $a [mm] \in \IZ_4$, [/mm] die in Frage kommen. Überleg dir mal, welche davon Automorphismen liefern und welche nicht.
Bei der anderen Gruppe geht es ähnlich, nur dass diese nicht zyklisch ist. Du brauchst also zwei Elemente, deren Bilder du dir anguckst, sodass du zuerst erstmal $16$ Möglichkeiten hast. Von denen fliegen aber auch viele wieder raus wenn du bedenkst, dass die Abbildung bijektiv sein muss.
Tipp zum Überprüfen der Lösung: Die [mm] $\IZ_2 \times \IZ_2$ [/mm] hat genau dreimal so viele Automorphismen wie die [mm] $\IZ_4$.
[/mm]
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 00:15 Di 10.11.2015 | | Autor: | MinLi |
Ich fange schon an das Ganze etwas klarer zu sehn, allerdings verstehe ich noch immer nicht genau was ich eigentlich machen soll. Soll ich Isomorphismen suchen die die Elemente in [mm] \IZ_{4} [/mm] auf andere Elemente werfen?
Zu deinem Tipp: wieso geht man von der 1 aus und guckt dann was [mm] \phi [/mm] mit der 1 macht?
Wenn ich einen Tipp von dir ignoriert oder nicht richtig verstanden habe, dann nicht mit Absicht sondern weil ich das Thema noch nicht richtig verstehe...
LG, MinLi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:20 So 15.11.2015 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Frage) überfällig | | Datum: | 22:08 Di 10.11.2015 | | Autor: | MinLi |
Ich habe jetzt nochmal drüber nachgedacht und ich glaube ich habe es jetzt einigermaßen verstanden.
Bei [mm] \IZ_{4} [/mm] sehe ich mir 4 Fälle an:
(1) [mm] \phi [/mm] (1) = 0
(2) [mm] \phi [/mm] (1) = 1
(3) [mm] \phi [/mm] (1) = 2
(4) [mm] \phi [/mm] (1) = 3
(1): [mm] \phi [/mm] (2) = [mm] \phi [/mm] (1) + [mm] \phi [/mm] (1) = 0+0 = 0 = [mm] \phi [/mm] (1) [mm] \Rightarrow [/mm] kein Isomorphismus
(2): [mm] \phi [/mm] (2) = [mm] \phi [/mm] (1) + [mm] \phi [/mm] (1) = 1+1 = 2, [mm] \phi [/mm] (3) = [mm] \phi [/mm] (1) + [mm] \phi [/mm] (1) + [mm] \phi [/mm] (1) = 1+1+1 = 3, [mm] \phi [/mm] (1) = 1 und [mm] \phi [/mm] (0) = 0 [mm] \Rightarrow [/mm] ist ein Isomorphismus
(3): [mm] \phi [/mm] (1) = 2 und [mm] \phi [/mm] (3) = [mm] \phi [/mm] (1) + [mm] \phi [/mm] (1) + [mm] \phi [/mm] (1) = 2+2+2 = 2 [mm] \Rightarrow [/mm] kein Isomorphismus
(4): wie Fall (2) ist ein Isomorphismus
Die Notation ist natürlich nicht richtig, es müssten überall Äquivalenzklassen stehen, aber davon abgesehen stimmt meine Überlegung so?
Ich sehe mir jetzt auch noch [mm] \IZ_{2} [/mm] x [mm] \IZ_{2} [/mm] . Ich danke dir schon mal für deine Hilfe, vielleicht habe ich ja bei [mm] \IZ_{2} [/mm] x [mm] \IZ_{2} [/mm] noch Fragen ^^
LG, MinLi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:20 So 15.11.2015 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:30 Di 10.11.2015 | | Autor: | MinLi |
Hallo,
bei [mm] \IZ_{2} [/mm] x [mm] \IZ_{2} [/mm] habe ich doch wieder Probleme.
Die beiden Erzeuger von [mm] \IZ_{2} [/mm] x [mm] \IZ_{2} [/mm] sind ja (0,1) und (1,0), da sie sich selbst erzeugen und da gilt: (0,1)+(0,1)=(0,0) und (0,1)+(1,0)=(1,1).
Aber wie schreibe ich nun die Homomorphismen auf?
[mm] \phi [/mm] ({(0,1),(1,0)}) = (0,0)
[mm] \phi [/mm] ({(0,1),(1,0)}) = (0,1)
[mm] \phi [/mm] ({(0,1),(1,0)}) = (1,0)
[mm] \phi [/mm] ({(0,1),(1,0)}) = (1,1)
So? Aber wie schreibe ich dann [mm] \phi [/mm] von anderen Elementen auf, zB wie oben [mm] \phi [/mm] (2) = [mm] \phi [/mm] (1) + [mm] \phi [/mm] (1) ?
Und außerdem sind es so gar keine 16 Möglichkeiten...
LG, MinLi
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Zunächst einmal sollte man sich etwas über die Struktur von [mm] $\IZ/2\times\IZ/2$ [/mm] im Klaren sein. Die Gruppe hat vier Elemente. Da ist einmal das Nullelement $0$ und dann noch 3 übrige Elemente $a,b,c$. Diese haben alle die Ordnung 2, das heißt es gilt $a+a=b+b=c+c=0$. Außerdem erhält man, wenn man zwei hiervon addiert, das dritte: $a+b=c$, $a+c=b$, $b+c=a$. Die drei Elemente funktionieren also alle gleich, wenn man so möchte.
Was die Automorphismen angeht, drückt sich das so aus, dass jede Permutation [mm] $\sigma$ [/mm] der Menge [mm] $\{a,b,c\}$ [/mm] zu einem Automorphismus führt, welcher das Nullelement auf die Null schickt, und ansonsten so wie [mm] $\sigma$ [/mm] wirkt. Das gilt es nachzurechnen. Damit sieht man dann, dass [mm] $\operatorname{Aut}(\IZ/2\times\IZ/2)\cong\operatorname{Sym}(\{a,b,c\})\cong S_3$ [/mm] gilt.
Wenn man sich schon mit Gruppenpräsentationen auskennt, kann man die obige Intuition etwas konzeptionalisieren. Der erste Absatz ist im Wesentlichen die Feststellung, dass [mm] $\langle a,b,c\mid a^2=b^2=c^2=1,ab=c,ac=b,bc=a\rangle$ [/mm] eine Gruppenpräsentation von [mm] $\IZ/2\times\IZ/2$ [/mm] ist (wenn man möchte, kann man auch die ganze Verknüpfungstafel in die Präsentation schreiben). Dass dann jede Permutation der Elemente $a,b,c$ Anlass zu einem Automorphismus gibt, folgt aus der universellen Eigenschaft der Präsentation. Aber die oben genannte Argumentation kommt auch ganz ohne Präsentationen klar.
Oder man ist sich bewusst, dass Matrizenrechnung in beliebigen Ringen funktioniert, und dass eine abelsche Gruppe dasselbe ist, wie ein [mm] $\IZ$-Modul. [/mm] Dann muss man nur noch die Endomorphismen von [mm] $\IZ/2$ [/mm] bestimmen und bekommt damit auch die von [mm] $(\IZ/2)^2$. [/mm] Die invertierbaren unter diesen kann man auch leicht bestimmen.
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:52 Mi 11.11.2015 | | Autor: | MinLi |
Mein Problem liegt einfach darin, dass ich mir [mm] \sigma [/mm] nicht anschaulich vorstellen kann, also wie soll ich zeigen dass [mm] \sigma [/mm] von {a,b,c} wieder a,b,c wird? Weil wenn ich davon ausgehe dass [mm] \sigma [/mm] (a) = a ist, dann kriege ich ja nur [mm] \sigma [/mm] (a) + [mm] \sigma [/mm] (a) = a+a = 0 und [mm] \sigma [/mm] dreimal angewendet gibt mir ja dann wieder a raus. Und dann wäre es ja kein Isomlrphismus.
LG MinLi
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Ich kann leider nicht alles nachvollziehen. Du kennst die Definition von "Automorphismus", oder? Und du kennst auch die Definition von "Permutation"?
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:25 Do 12.11.2015 | | Autor: | MinLi |
Ja, eine Automorphismengruppe ist eine Gruppe die alle bijektiven Homomorphismen von einer Gruppe G in G enthält. Eine Permutation ist eine bijektive Abbildung die auch den gleichen Definitions- und Zielbreich hat. Aber ich verstehe nicht genau wie ich in diesem Fall nachrechnen soll, dass die Automorphismen in diesem Fall genau die Permutationen der Menge {a,b,c} sind.
LG MinLi
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Also jeder Automorphismus von [mm] $\G=\{0,a,b,c\}$ [/mm] lässt sich einschränken zu einer Permutation von [mm] $\{a,b,c\}$, [/mm] da diese drei Elemente nicht auf 0 geschickt werden. Umgekehrt führt jede Permutation [mm] $\sigma$ [/mm] von [mm] $\{a,b,c\}$ [/mm] zu einer bijektiven Abbildung [mm] $G\longrightarrow [/mm] G$, [mm] $0\mapsto [/mm] 0$ und [mm] $x\mapsto\sigma(x)$ [/mm] sonst. Zu zeigen ist, dass diese ein Homomorphismus ist.
Nun gibt es ja nur drei Arten von Permutationen einer dreielementigen Menge: Die Identität, Transpositionen zweier Elemente, und zyklische Vertauschungen. Dass die Identität zu einem Homomorphismus führt, ist eh klar. Kannst du die beiden anderen Fälle behandeln? Etwa [mm] $\sigma(a)=b$, $\sigma(b)=c$, $\sigma(c)=a$. [/mm] Kannst du zeigen, dass die Abbildung [mm] $f\colon\{0,a,b,c\}\longrightarrow\{0,a,b,c\}$ [/mm] mit $f(0)=0$, $f(a)=b$, $f(b)=c$ und $f(c)=a$ ein Homomorphismus ist?
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:22 Fr 13.11.2015 | | Autor: | MinLi |
Ja das habe ich geschafft. Mein Problem war, dass ich nicht gesehen habe dass man die Automorphismen von {0, a, b, c} einschränken kann auf Permutationen von {a,b,c}. Aber jetzt hab ich das auch verstanden.
LG MinLi
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