Injektiven Gruppenhomomorphismus zeigen (Symmetrische Gruppe)

Question

Injektiven Gruppenhomomorphismus zeigen (Symmetrische Gruppe)

Wünsche euch allen einen guten Start in den Tag :-)

Trotz des schönen Wetters hoffe ich, dass mir jemand bei einer Aufgabe helfen kann, bei der ich nicht wirklich weiß, wie ich sie angehen soll.

Die Aufgabe ist:

Sei G eine Gruppe der Ordnung n.

a) Zeigen sie, dass z: G -> S_n, g -> Lg,

wobei Lg: G -> G die Linkstranslation bezüglich g aus G ist, ein injektiver Gruppenhomomorphismus ist.

Ich verstehe schon die a) nicht ganz, weil ich mir unter dieser Abbildung nichts vorstellen kann. Habe auch erstmal versucht, mir die Abbildung anhand eines Beispiels klar zu machen, aber ohne Erfolg.

Ich kann mir leider kein Beweis dazu überlegen, wenn ich nicht weiß, was die Abbildung überhaupt macht..

Kann mir da jemand vielleicht ein verständliches Beispiel dazu geben? Wäre für jede Antwort sehr dankbar.

mfg, Phillip

Gefragt 18 Mai 2019 von phillip126

📘 Siehe "Gruppenhomomorphismus" im Wiki

1 Antwort

Beste Antwort

Du sollst zeigen, dass für eine Gruppe mit Ordnung $n $ die Abbildung$$ z : G \to S(G),~g \mapsto L_g $$ein injektiver Gruppenhmomorphismus ist. Dabei ist für $ g \in G $$$ L_g : G \to G,~ x \mapsto g \cdot x $$die Linkstranslation mit $g$. Man kann sich leicht überlegen, dass diese Abbildungen bijektiv sind, da $ L_{g^{-1}} $ die Umkehrabbildung zu $ L_g$ ist. Also ist die Abbildung $ z $ wohldefiniert, denn$$ \forall g \in G : L_g \in S(G) := \left\lbrace f : G \to G ~|~ f \textrm{ bijektiv} \right\rbrace $$

Ich verstehe nicht ganz, weil ich mir unter dieser Abbildung nichts vorstellen kann.

Die Abbildung bildet einfach die Elemente von $ G $ auf Abbildungen $ G \to G $ ab. Betrachten wir z.B. mal die Gruppe $ (\mathbb{R}\backslash\{ 0 \}, \cdot) $, also alle reelle Zahlen ohne die Null zusammen mit der Multiplikation.
$$ z(1) = L_1 \quad \textrm{mit}\quad L_1 : \mathbb{R}\backslash\{ 0 \} \to \mathbb{R}\backslash\{ 0 \},~ x \mapsto 1 \cdot x $$ $$ z(-8) = L_{-8} \quad \textrm{mit}\quad L_{-8} : \mathbb{R}\backslash\{ 0 \} \to \mathbb{R}\backslash\{ 0 \},~ x \mapsto -8 \cdot x $$------------
Jetzt rechnen wir die gesuchten Eigenschaften nach. 1) Gruppenhomorphismus: zu zeigen ist also
$$ \forall a,b \in G :z(a\cdot b) = L_{a\cdot b} = L_a \circ L_b = z(a) \circ z(b) $$Beachte hierbei, dass $ S(G) $ eine Gruppe bezüglich der Komposition $ "\circ" $ von Abbildungen ist. Seien also $ a,b \in G $ beliebig. Wir möchten die Gleichheit der Abbildungen $ L_{a\cdot b} = L_a \circ L_b$ zeigen, das sind Abbildungen $ G \to G $, deshalb zeigen wir $$ \forall x \in G: L_{a\cdot b}(x) = (L_a \circ L_b)(x)$$ Sei $ x \in G $ beliebig. $$ L_{a\cdot b}(x) = (a\cdot b)\cdot x = a \cdot (b\cdot x) = a \cdot L_b(x) = L_a(L_b(x)) = (L_a \circ L_b)(x)$$$$\implies L_{a\cdot b}=L_a\circ L_b$$
2) Injektivität: Seien $a,b\in G$ mit $z(a) = L_a = L_b = z(b) $, dann erhalten wir durch Einsetzen des neutralen Element $ e$ von $ G $: $$ L_a = L_b \implies L_a(e) = L_b(e) \implies a = a\cdot e = b \cdot e = b$$D.h. $z$ ist injektiv.

Beantwortet 18 Mai 2019 von EmNero

Inwiefern wurde dies durch deine Rechnung gezeigt?

Ich habe eine andere Formulierung für die Injektivität verwendet, nämlich:

$$ f : M \to N \textrm{ injektiv} :\Leftrightarrow \forall x,y\in M : f(m)=f(n) \implies m=n $$

Und warum hast du das neutrale Element eingesetzt?

Da ich eben genau diese Tatsache nachrechnen wollte. Wenn du dir a,b aus G nimmst und annimmst, dass z(a) = z(b), dann folgt nach Definition von z$$L_a = L_b$$Das ist eine Gleichheit von Abbildungen. Wir möchten jetzt für die Injektivität zeigen, dass dann schon a=b folgt. Und das geht eben am schnellsten indem du links und rechts das neutrale Element einsetzt.

Im Skript steht bei mir folgendes:

Ein Gruppenhomomorphismus f: (G, *) -> (H, o) ist injektiv, wenn Ker(f) = f-1 (eH) = {eG}

Das ist einfach nur eine äquivalente Charakterisierung für Injektivität bei Gruppenhomomorphismen. Man kann aber auch ganz schnell nachrechnen, dass diese Aussage erfüllt ist:

Sei $ a \in \ker z $, dann folgt ja:

"$ z(a) $ = neutrales Element von $ S(G) $"

Das neutrale Element von $ S(G) $ ist die Identität: $$ id_G : G \to G, x \mapsto x = e \cdot x = L_e(x) $$

also gilt $ L_a = z(a) = id_G = L_e $ mit obigem Beweis folgt dann direkt $ a = e $, also $ \ker z = \{e\} $

Kommentiert 18 Mai 2019 von EmNero

Ah okay, jetzt weiß ich, wie ich mein Problem formulieren soll.

Und jetzt weiß ich auch, wie man hier mit Latex schreiben kann. Also entschuldige bitte meine Schlamperei von davor :)

Du hast $$ x = e_{G}$$ gesetzt.

Nun frage ich mich aber:

Wenn $$L_{a}(x) = a \cdot x = b \cdot x = L_{b}(x)$$ gilt und daraus dann $$ a = b$$ folgen soll, dann soll das doch für alle x aus G gelten.

Aber du hast ja das nur für das neutrale Element gezeigt.

Wenn ich jetzt $$ x \neq e \in G$$ nehme und das einsetze, kann es dann nicht sein, dass

$$L_{a}(x) = a \cdot x = b \cdot x = L_{b}(x) \Rightarrow a \neq b$$ folgt?

Wegen diesem Hintergedanken verstehe ich deinen Beweis zur Injektivität nicht.

Ich habe mir gestern noch überlegt, warum

$$L_{a}(x) = a \cdot x = b \cdot x = L_{b}(x) \Rightarrow a = b\;\; \forall x \in G$$ gilt.

Ist es nicht vielleicht wegen der Kürzungsregel? Die besagt ja, dass

$$a \cdot x = b \cdot x \Rightarrow a = b$$

Und deswegen setzt du $$ x = e$$? Weil aufgrund dieser Regel es keinen Unterschied macht, welches $$x \in G$$ du da einsetzt?

Ansonsten wünsche ich dir einen guten Start in den Tag!

Kommentiert 19 Mai 2019 von phillip126

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