Lösungen zu den Aufgaben aus der vierten Auflage von Algebra Gruppen, Ringe, Körper von Karpfinger/Meyberg

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1 1 Lösungen zu den Aufgaben aus der vierten Auflage von Algebra Gruppen, Ringe, Körper von Karpfinger/Meyberg Lösung 1.1: (a) Die Gleichheit m nk = (m n ) k = m nk ist für m, n, k N im Allgemeinen nicht erfüllt, so gilt etwa für m = n = k = 3: m nk = = m nk. Also ist die Verknüpfung nicht assoziativ. Die Verknüpfung ist auch nicht kommutativ, da etwa gilt. Aber es gibt ein rechtsneutrales Element, nämlich 1, denn es gilt für alle m N: m 1 = m. Das rechtsneutrale Element 1 ist aber nicht linksneutral: Da es kein Element e in N mit e n = n für alle n N gibt, existiert kein neutrales Element. (b) Wegen kgv(m, kgv(n, k)) = kgv(kgv(m, n), k) und kgv(m, n) = kgv(n, m) für alle m, n, k N ist die Verknüpfung assoziativ und kommutativ. Wegen kgv(1, n) = n für jedes n N ist 1 neutrales Element. (c) Analog zu (b) zeigt man, dass die Verknüpfung assoziativ und kommutativ ist. Jedoch gibt es kein neutrales Element, da ggt(e, n) = n die Relation n e impliziert. (d) Wir setzen m n := m + n + m n für m, n N. Damit gilt für alle m, n, k N: m (n k) = m (n + k + n k) = m + (n + k + n k) + m (n + k + n k), (m n) k = (m + n + m n) k = m + n + m n + k + (m + n + m n) k. Offenbar gilt also m (n k) = (m n) k, sodass die Verknüpfung assoziativ ist. Sie ist offenbar auch kommutativ: m n = n m für alle m, n N. Es gibt kein neutrales Element, da n e = n mit e (1 + n) = 0 gleichwertig ist und diese letzte Gleichung für n, e N nicht erfüllbar ist. Lösung 1.2: Wir schreiben für die jeweilige Verknüpfung. (a) Diese Verknüpfung ist assoziativ, da für beliebige x, y, z R gilt: x (y z) = x ( 3 y 3 + z 3 ) = 3 x y 3 + z 33 = 3 x 3 + y 3 + z 3 = 3 3 x3 + y 33 + z 3 = ( 3 x 3 + y 3 ) z = (x y) z. Die Verknüpfung ist wegen 3 x 3 + y 3 = 3 y 3 + x 3 kommutativ. Und es ist 0 R ein neutrales Element, da 0 x = x für alle x R gilt. (b) Die Verknüpfung ist assoziativ, da für alle x, y, z R gilt: x (y z) = x (y + z y z) = x + (y + z y z) x (y + z y z), (x y) z = (x + y x y) z = x + y x y + z (x + y x y) z, d. h. x (y z) = (x y) z. Wegen x y = x + y x y = y x für alle x, y R ist die Verknüpfung auch kommutativ. Es ist 0 R neutrales Element, da 0 x = 0+x 0 x = x für alle x R erfüllt ist.

2 2 (c) Diese Verknüpfung ist nicht assoziativ, da etwa (0 0) 1 = (0 0) 1 = 1 und 0 (0 1) = 0 (0 1) = 1 gilt. Die Verknüpfung ist auch nicht kommutativ, da 0 1 = 1 1 = 1 0 gilt. Angenommen, es existiert ein neutrales Element e. Dann muss dieses wegen x = x e = x e für jedes x R offenbar gleich null sein, e = 0 (das Element e ist rechtsneutral). Aber e = 0 ist nicht linksneutral, da etwa 0 1 = 1 1 gilt. Damit gibt es kein neutrales Element. Lösung 1.3: (a) Mit dieser Verknüpfung ist Z eine Halbgruppe, da assoziativ ist: x (y z) = x = (x y) z für alle x, y, z Z. (b) Mit dieser Verknüpfung ist Z eine Halbgruppe, da assoziativ ist: x (y z) = 0 = (x y) z für alle x, y, z Z. (c) Mit dieser Verknüpfung ist Z keine Halbgruppe, da nicht assoziativ ist. Es gilt etwa 1 (1 0) = 4 16 = (1 1) 0. (d) Mit dieser Verknüpfung ist Z keine Halbgruppe, da nicht assoziativ ist. Es gilt nämlich: (0 0) 1 = 0 1 = 1 1 = 0 ( 1) = 0 (0 1). Lösung 1.4: Es sei eine innere Verknüpfung der dreielementigen Menge {a, b, c}. Wir können eine Verknüpfungstafel für diese Verknüpfung aufstellen, sie hat die Form: a b c a b c Hierbei dienen die Sterne als Platzhalter für die Elemente a, b, c. Je zwei verschiedene Belegungen dieser Tafel liefern zwei verschiedene Verknüpfungen. Da es genau 3 9 verschiedene solche Belegungen gibt (für jedes der neun Felder gibt es 3 Möglichkeiten), gibt es somit genau 3 9 verschiedene Verknüpfungen.

3 3 Lösung 1.5: Beweis mit vollständiger Induktion nach der Zahl n der Faktoren a 1,..., a n. Die Behauptung ist klar für n = 2. Daher sei n 3, und die Behauptung sei richtig für beliebige Produkte mit k < n Faktoren a 1,..., a k, sodass ein solches Produkt in der Form a 1 a k geschrieben werden darf. Die letzte Multiplikation bei der Bildung eines beliebigen Produkts P (a 1,..., a n ) hat dann die Form (1 i n 2): P (a 1,..., a n ) = (a 1 a i ) (a i+1 a n ) = (a 1 a i ) ((a i+1 a n 1 ) a n ) = (a 1 a n 1 ) a n. Lösung 1.6: Beweis mit vollständiger Induktion nach der Zahl n der Faktoren a 1,..., a n. Die Behauptung ist klar für n = 2. Daher sei n 3, und die Behauptung sei richtig für beliebige Produkte mit weniger als n paarweise vertauschbaren Faktoren. Es seien a 1,..., a n paarweise vertauschbar und σ(k) = n. 1. Fall: k 1, n. a σ(1) a sigma(n) = (a σ(1) a σ(k 1) ) (a n a σ(k+1) a σ(n) ) = (a σ(1) a σ(k 1) ) (a σ(k+1) a σ(n) a n ) = (a σ(1) a σ(n) ) a n = a 1 a n. 2. Fall: k = n. Dann gilt a σ(1) a σ(n) = (a σ(1) a σ(n 1) ) a n = a 1 a n. 3. Fall: k = 1. Dann gilt a σ(1) a σ(n) = a n a σ(2) a σ(n) = a σ(2) a n a σ(3) a σ(n) = a 1 a n. Lösung 1.7: Für H := Z + Z i und a 1, a 2, b 1, b 2 Z gilt (a 1 + b 1 i) (a 2 + b 2 i) = (a 1 a 2 b 1 b 2 ) + (a 1 b 2 + b 1 a 2 ) i H, denn a 1 a 2 b 1 b 2, a 1 b 2 +b 1 a 2 Z. Damit ist H eine Unterhalbgruppe von C, insbesondere also eine Halbgruppe. Weil C abelsch ist, ist auch H abelsch. Es ist 1 = 1+0 i H das neutrale Element von H. Wir bestimmen nun die Menge der Einheiten: Es sei x = a + b i H eine Einheit. Dann existiert ein y H mit x y = 1, also 1 = x y 2 = x 2 y 2 für den komplexen Betrag. Da x 2 = a 2 + b 2 (und analog y 2 ) in N 0 liegt, folgt a 2 + b 2 = x 2 = 1, sodass (a, b) {(1, 0), ( 1, 0), (0, 1), (0, 1)}, d. h. x {1, 1, i, i}. Wegen 1 1 = 1, ( 1) ( 1) = 1, i ( i) = 1 folgt H = {1, 1, i, i}.

4 4 Lösung 1.8: Wir beginnen mit der Verknüpfungstafel. Nach einfachen Rechnungen wie etwa f 2 f 2 (x) = x = x 1 x = f 3(x) erhalten wir: f 1 f 2 f 3 f 4 f 5 f 6 f 1 f 1 f 2 f 3 f 4 f 5 f 6 f 2 f 2 f 3 f 1 f 5 f 6 f 4 f 3 f 3 f 1 f 2 f 6 f 4 f 5 f 4 f 4 f 6 f 5 f 1 f 3 f 2 f 5 f 5 f 4 f 6 f 2 f 1 f 3 f 6 f 6 f 5 f 4 f 3 f 2 f 1 Insbesondere erhalten wir, dass f 1 neutrales Element ist. Die Assoziativität ist erfüllt, da die Menge aller Abbildungen von R\{0, 1} in sich bezüglich der Komposition von Abbildungen assoziativ ist. Und die Menge der invertierbaren Elemente erhalten wir ebenfalls aus der Verknüpfungstafel: F = F da das neutrale Element f 1 in jeder Zeile erscheint und auch f j f i = f 1 im Falle f i f j = f 1 gilt. Da die Verknüpfungstafel nicht symmetrisch ist, ist die Verknüpfung nicht abelsch. Lösung 1.9: Es sei ϕ : Z Q ein Homomorphismus. Wegen ϕ(0) = ϕ(0 + 0) = ϕ(0) + ϕ(0) gilt ϕ(0) = 0. Weiter erhalten wir ϕ( 1) = ϕ(1) aus 0 = ϕ(0) = ϕ(1 1) = ϕ(1)+ϕ( 1). Wegen der Homomorphie folgt nun hieraus für alle n N: ϕ(n) = n ϕ(1) und ϕ( n) = ( n) ϕ(1), sodass also ϕ durch ϕ(1) eindeutig bestimmt ist. Andererseits ist für jede rationale Zahl r die Abbildung ϕ r : Z Q, n n r ein Homomorphismus. Also ist {ϕ r : n n r r Q} die Menge aller Homomorphismen von Z nach Q. Für kein r Q ist ϕ r surjektiv, da Q {n r n Z}. Insbesondere gibt es also keinen Isomorphismus von Z nach Q. Lösung 2.1: Um die unvollständige Gruppentafel zu vervollständigen, können folgende Argumente genutzt werden: (1) In der vierten Spalte und vierten Zeile steht der Eintrag x 2 = x. Daraus folgt, dass x das neutrale Element der Gruppe sein muss. Damit sind bereits alle Eintragungen der vierten Spalte und der vierten Zeile eindeutig festgelegt. (2) Die in der Gruppentafel angegebenen Gleichungen ay = c, az = b, b 2 = x, usw. sowie die jeweils beim Ausfüllen neu dazukommenden Gleichungen, können (und müssen) verwendet werden.

5 5 (3) In jeder Zeile und in jeder Spalte kann jedes Element der Gruppe nur genau einmal vorkommen. Sind also in einer Zeile oder Spalte 5 der 6 Eintragungen bekannt, ist der sechste Eintrag bereits eindeutig bestimmt. Wir starten mit der gegebenen Gruppentafel und nutzen aus, dass aus x 2 = x folgt, dass x das neutrale Element ist: a b c x y z a c b b x z c y x x y z a x a b c x y z a a c b b x z b c y c x a b c x y z y y z a z x Nun stehen in der zweiten Spalte vier von sechs Einträgen. Es fehlen die Einträge c und z. In der ersten Zeile der zweiten Spalte kann aber das c nicht stehen, weil das c in dieser Zeile schon aufgeführt ist. Also muss dort ein z stehen. Wir benutzen dann die beiden Gleichungen b 2 = x und bc = z, um den Eintrag von bz zu bestimmen: bz = bbc = xc = c. a b c x y z a z a c b b x z b c y c x a b c x y z y c y z a z x a b c x y z a z a c b b x z b c c y c x a b c x y z y c y z a z x So wie wir eben die vierte Zeile vervollständigt haben, können wir nun auch die zweite, damit dann die erste Zeile und hiermit schließlich die letzte Zeile vervollständigen (siehe nächste Gruppentafeln). Schließlich erhalten wir aus dieser Tafel dann wiederum c a = (b z) a = b (z a) = b c = z und dann c z = c (a b) = (c a) b = z b = a.

6 6 Durch weiteres Anwenden der oben aufgeführten Regeln bekommen wir die komplette Gruppentafel: a b c x y z a x z y a c b b y x z b a c c y c x a b c x y z y c y z c a b z x y a b c x y z a x z y a c b b y x z b a c c z y x c b a x a b c x y z y b c a y z x z c a b z x y Lösung 2.2: Wir geben einen Isomorphismus von Z nach n Z an. Dazu bietet sich die folgende Abbildung an: Für n N betrachte ϕ n : Z n Z, z n z. ϕ n ist ein Homomorphismus: Für alle z, z Z gilt nämlich: ϕ n (z + z ) = n (z + z ) = n z + n z = ϕ n (z) + ϕ n (z ). ϕ n ist surjektiv: Für n z n Z gilt ϕ n (z) = n z. ϕ n ist injektiv: Aus ϕ n (z) = ϕ n (z ) mit z, z Z folgt n z = n z. Folglich gilt z = z. Somit ist ϕ n für jedes n N ein Isomorphismus, d. h. n Z = Z. Lösung 2.3: (a) Für jedes a G ist der innere Automorphismus ι a ein Automorphismus von G, d. h. ι a Aut G, d. h. ι a = Id. Somit gilt für jedes x G und a G: ι a (x) = a x a 1 = x, folglich a x = x a für alle a, x G. D. h. G ist abelsch. (b) Da die Abbildung q : a a 2 ein Homomorphismus ist, gilt für alle a, b G: (a b) (a b) = (a b) 2 = a 2 b 2 = a a b b. Nach Kürzen von a und b also b a = a b. Folglich ist G abelsch. (c) Da die Abbildung ι : a a 1 ein Automorphismus ist, gilt für alle a, b G: b 1 a 1 = (a b) 1 = a 1 b 1. Nach beidseitigem Invertieren erhalten wir a b = b a, somit ist G abelsch. Lösung 2.4:

7 7 Die Automorphismengruppe von V = {e, a, b, c} ist isomorph zu S 3 : Für jeden Automorphismus ϕ von V gilt ϕ(e) = e, und die Elemente a, b, c werden durch die bijektive Abbildung ϕ permutiert. Folglich kann jeder Automorphismus von V als Permutation aus S {a,b,c} aufgefasst werden. Andererseits induziert jede Permutation ( π von {a, ) b, c} a b c einen Automorphismus ϕ π von V : So liefert etwa die Permutation π = den b c a Automorphismus ϕ π (e) = e, ϕ π (a) = b, ϕ π (b) = c, ϕ π (c) = a, da etwa ϕ π (a b) = ϕ π (c) = a = b c = ϕ π (a) ϕ π (b). Lösung 2.5: Es seien k, l Z. Dann gilt ϕ(k + l) = ε k+l n = ε k n ε l n = ϕ(k) ϕ(l). Somit ist ϕ ein Homomorphismus von Z in E n. Wir bestimmen den Kern von ϕ: Also gilt Kern ϕ = n Z. 1 = ϕ(k) = ε k n = e 2πk i n k n Z. Lösung 2.6: Es gilt etwa für b V : λ b (e) = b, λ b (a) = c, λ b (b) = e, λ b (c) = a. Nach ähnlichen Rechnungen erhalten wir die Permutationen λ x S V (x V ) in der üblichen Zweizeilenform für Permutationen: λ e = ( e a b c e a b c ), λ a = ( e a b c a e c b ), λ b = ( ) e a b c, λ c = b c e a ( ) e a b c. c b a e Durch Umbenennung e 1, a 2, b 3, c 4 erhalten wir die zu V isomorphe Gruppe V 4 = {Id, σ 1, σ 2, σ 3 } S 4, wobei ( ) ( ) ( ) ( ) Id =, σ 1 =, σ 2 =, σ 3 = Lösung 2.7: Wir begründen vorab, dass die Abbildung ψ : b b 1 ϕ(b) von G nach G injektiv ist. Es seien b, b G: b 1 ϕ(b) = b 1 ϕ(b ) b b 1 = ϕ(b ) ϕ(b 1 ) b b 1 = ϕ(b b 1 ) b b 1 = e b = b.

8 8 Somit ist ψ injektiv. Da eine injektive Abbildung einer endlichen Menge auch surjektiv ist, folgt, dass ψ bijektiv ist. Somit existiert zu jedem a G genau ein b G mit a = b 1 ϕ(b). Lösung 2.8: Nach Aufgabe?? existiert zu a G ein Element b G mit a = b 1 ϕ(b). Somit gilt ϕ(a) = ϕ(b 1 ) b = ( b 1 ϕ(b) ) 1 = a 1. Also ist G nach Aufgabe?? (c) abelsch. Lösung 2.9: Wir begründen vorab, dass in jeder Zeile der Verknüpfungstafel einer Gruppe jedes Element der Gruppe genau einmal auftaucht. Dazu betrachten wir die Zeile zu einem Element x: Jedes Element kommt höchstens einmal vor: Aus xa 1 = xa 2 folgt nämlich a 1 = a 2. Jedes Element kommt mindestens einmal vor: Man findet y als x (x 1 y). Man begründet analog, dass in jeder Spalte der Verknüpfungstafel einer Gruppe jedes Element der Gruppe genau einmal auftaucht. (a) Besteht G aus zwei Elementen, so ist die Verknüpfungstafel festgelegt, sie lautet: e a e e a a a e a e e a a a e (b) Besteht G aus drei Elementen, so ist erneut die Verknüpfungstafel festgelegt: Es muss b a = e gelten, die restlichen Einträge sind dann leicht zu vervollständigen: e a b e e a b a a b b e a b e e a b a a b e b b e a (c) Besteht G aus vier Elementen, so ist die Verknüpfungstafel hierdurch noch nicht festgelegt. Erst die zusätzliche Bedingung a 2 = b legt diese fest. Man beachte, dass a b = c gelten muss, a b = e würde zu zwei c in der letzten Spalte führen. Damit

9 9 liegt die zweite Zeile fest. Nun muss b a = c gelten, da aus b a = e folgen würde, dass auch a b = e gilt. So fortfahrend erhält man: e a b c e e a b c a a b b b c c e a b c e e a b c a a b c e b b c e a c c e a b (d) Man vgl. hierzu die Klein sche Vierergruppe von Seite 19 (Algebrabuch): e a b c e e a b c a a e b b e c c e e a b c e e a b c a a e c b b b c e a c c b a e Bemerkung Man beachte, dass durch eine solche Konstruktion einer Gruppentafel nicht gewährleistet ist, dass die zugrundeliegende Menge mit dieser Verknüpfung auch eine Gruppe ist, sprich, dass alle Axiome einer Gruppe erfüllt sind. Insbesondere der Nachweis des Assoziativitätsgesetzes ist meist problematisch. Lösung 2.10: (a) Die Menge G := R N 0 ist nicht leer, und es ist + wegen (a n ) n + (b n ) n := (a n + b n ) n eine innere Verknüpfung. Das Assoziativgesetz gilt, da für alle (a n ) n, (b n ) n, (c n ) n G gilt: [(a n ) n + (b n ) n ] + (c n ) n = (a n + b n ) n + (c n ) n = (a n + b n + c n ) n (a n ) n + [(b n ) n + (c n ) n ] = (a n ) n + (b n + c n ) n = (a n + b n + c n ) n. und Ein neutrales Element existiert, das ist offenbar die konstante Folge 0 = (0, 0,...). Jedes Element hat ein Inverses, zu (a n ) n G ist dies offenbar ( a n ) n G. (b) Für alle (a n ) n, (b n ) n G gilt: r((a n ) n + (b n ) n ) = (0, a 0 + b 0, a 1 + b 1,...) = r((a n ) n ) + r((b n ) n ) und l((a n ) n + (b n ) n ) = (a 1 + b 1, a 2 + b 2,...) = l((a n ) n ) + l((b n ) n ). Also sind r und l Homomorphismen von G. (c) Die Abbildung r ist injektiv: Aus r((a n ) n ) = (0, a 0, a 1,...) = 0 folgt a n = 0 für alle n, also (a n ) n = 0.

10 10 Die Abbildung r ist nicht surjektiv: Die Folge (1, 0, 0,...) G ist nicht Bild eines Elements (a n ) n G unter r. Die Abbildung l ist surjektiv: Die Folge (a 1, a 2,...) G ist Bild des Elements (0, a 1, a 2,...) G. Die Abbildung l ist nicht injektiv: Die Folge (1, 0, 0,...) 0 liegt im Kern von l. Lösung 2.11: Wir führen die Gültigkeit der Gruppenaxiome in H auf jene in G zurück: Zu u, v, w H gibt es x, y, z G mit u = ϕ(x), v = ϕ(y), w = ϕ(z). Assoziativität: Es folgt u (v w) = ϕ(x) ( ϕ(y) ϕ(z) ) = ϕ(x) ( ϕ(y z) ) = ϕ ( x (y z) ) = ϕ ( (x y) z ) = ϕ(x y) ϕ(z) = ( ϕ(x) ϕ(y) ) ϕ(z) = (u v) w. Neutrales Element: Bezeichnet e das neutrale Element von G, so ist u ϕ(e) = ϕ(x) ϕ(e) = ϕ(x e) = ϕ(x) = u und analog ϕ(e) u = u. Also ist e := ϕ(e) neutrales Element von H. Inverse Elemente: Weiter gilt u ϕ(x 1 ) = ϕ(x) ϕ(x 1 ) = ϕ(x x 1 ) = ϕ(e) = e und analog ϕ(x 1 ) u = e, d. h. ϕ(x 1 ) ist ein Inverses zu u. Lösung 2.12: 1. Lösung: Offenbar ist kommutativ. Es sei B = X \ B das Komplement von B in X. Es gilt A B = (A B) (A B), A B = (A B) (A B), also (A B) C = (A B C) (A B C) (A B C) (A B C). Demnach besteht (A B) C gerade aus allen Elementen von X, die in einer ungeraden Anzahl der Mengen A, B, C enthalten sind. Aus Symmetriegründen ergibt sich (A B) C = A (B C). Ferner gilt A = A und A A =. Somit ist das Einselement von (2 X, ), und jedes Element ist zu sich selbst invers. In (2 X, ) gelten also alle Axiome einer abelschen Gruppe. 2. Lösung: Z 2 := {0, 1} ist mit der Addition modulo 2 (also = = 0, = = 1) eine Gruppe. Für A X sei χ A : X Z 2 die charakteristische Funktion von A, definiert durch χ A (x) = 1 für x A und χ A (x) = 0 für x / A. Man prüft leicht nach, dass χ A B = χ A +χ B gilt. Somit definiert A χ A einen Isomorphismus von der algebraischen Struktur (2 X, ) auf die Gruppe Z X 2 aller Abbildungen χ: X Z 2 (mit komponentenweiser Addition). Nach Aufgabe?? ist also (2 X, ) selbst eine Gruppe. Lösung 2.13:

11 11 (a) Da E n O(n, K), ist O(n, K) nicht leer. Jedes A O(n, K) ist invertierbar, es gilt A = A 1, sodass A GL(n, K). Damit gilt O(n, K) GL(n, K). Sind A, B O(n, K), so gilt A B (A B) = A B B A = E n, sodass O(n, K) O(n, K) O(n, K). Schließlich gilt für A O(n, K) wegen A = A 1 auch A 1 (A 1 ) = A (A ) = A A = E n, sodass O(n, K) 1 O(n, K). (b) Da E n SO(n, K), ist SO(n, K) O(n, K) nicht leer. Sind A, B SO(n, K), so ist nach (a) das Produkt A B 1 orthogonal und weiter erhalten wir nach dem Determinantenmultiplikationssatz sodass SO(n, K) SO(n, K) 1 SO(n, K). det(a B 1 ) = det(a) det(b) 1 = 1, Lösung 3.1: Wir setzen U := n i=1 U i und beachten, dass U als Durchschnitt von Untergruppen von G wieder eine Untergruppe von G ist (siehe Lemma 3.1 (Algebrabuch)). Zu zeigen ist: [G : U] [G : U 1 ] [G : U n ]. Da der Index [G : H] einer Untergruppe H G die Anzahl der verschiedenen Linksnebenklassen a H von H in G ist, können wir die zu zeigende Ungleichung auch wie folgt formulieren: Ist L bzw. L i die Menge der Linksnebenklassen von U bzw. U i in G für i = 1,..., n, so ist zu zeigen: L L 1 L n. Damit ist der Grundstein für die Beweisidee gelegt, wir zeigen: Die Abbildung L L 1 L n ϕ : a U (a U 1,..., a U n ) ist wohldefiniert und injektiv. Denn: Für a, b G gilt wegen U := n i=1 U i : a U = b U b 1 a U b 1 a U i für alle i a U i = b U i für alle i. ( ) Aus der Injektivität von ϕ folgt nun L L 1 L n = L 1 L n. Das war zu zeigen. Bemerkungen (1) Man beachte, dass nicht gefordert wird, dass G oder die Indizes [G : U] und [G : U i ] endlich sind. Das ist auch nicht nötig. Zur Arithmetik unendlicher Kardinalzahlen beachte man den Abschn. A.3 (Algebrabuch).

12 12 (2) Wir erinnern daran, dass die Implikation die Wohldefiniertheit und die Implikation in ( ) hingegen die Injektivität liefert. Lösung 3.2: Wir verwenden die Bezeichnungen aus dem Beispiel 3.7 (Algebrabuch): U 1 := σ 2 = {Id, σ 2 }, U 2 := σ 4 = {Id, σ 4 }, U 3 := σ 5 = {Id, σ 5 }, V := σ 1 = {Id, σ 1, σ 3 }. U = S 3 : Es ist {S 3 } die Menge der Links- und Rechtsnebenklassen nach U. U = U 1 : Es ist {U 1, σ 1 U 1, σ 3 U 1 } die Menge der Linksnebenklassen nach U 1 und {U 1, U 1 σ 1, U 1 σ 3 } die der Rechtsnebenklassen nach U 1. Die Linksnebenklasse σ 1 U 1 = {σ 1, σ 4 } ist keine Rechtsnebenklasse, da die Rechtsnebenklassen U 1 = {Id, σ 2 }, U 1 σ 1 = {σ 1, σ 5 }, U 1 σ 3 = {σ 3, σ 4 } sind. U = V : Es ist {V, σ 2 V } die Menge der Linksnebenklassen nach V und {V, V σ 2 } die der Rechtsnebenklassen nach V. Die Linksnebenklasse σ 2 V = {σ 2, σ 5, σ 4 } ist auch Rechtsnebenklasse, da V σ 2 = {σ 2, σ 4, σ 5 } gilt. U = {Id}: Es ist {{Id}, σ 1 {Id}, σ 2 {Id}, σ 3 {Id}, σ 4 {Id}, σ 5 {Id}} die Menge der Linksnebenklassen nach {Id}. Wegen σ i {Id} = {Id} σ i sind die Linksnebenklassen und Rechtsnebenklassen gleich. Für die Untergruppen U 2 und U 3 geht man wie bei U 1 vor. Lösung 3.3: ( ) Wegen A =, A 3 = 0 1 ( ) Wegen B = und B 3 = E 2 hat B die Ordnung ( ) ( ) 1 1 Wegen A B =, (A B) =,..., (A B) 2n = ( ) 0 1 und A 4 = E 2 hat A die Ordnung ( ) 1 2n gilt o (A B) = 0 1 Lösung 3.4: Angenommen, ϕ ist ein Isomorphismus zwischen Q und D 4. Dann haben die Elemente a und ϕ(a) die gleiche Ordnung (beachte ϕ(a) r = ϕ(a r ) und ϕ(a r ) = e a r = e). Da ϕ bijektiv ist, hätte das zur Folge, dass es in Q und D 4 gleich viele Elemente gleicher Ordnung gibt. Das ist aber falsch, die Quaternionengruppe enthält genau ein Element der Ordnung 2, nämlich E, die Diedergruppe mehrere, etwa α und β 2. Dies belegt, dass Q und D 4 nicht isomorph sind. Lösung 3.5:

13 13 ( ) Es sei σ :=. Nach dem kleinen Satz 3.11 (Algebrabuch) von Fermat gilt σ 120 = Id wegen S 5 = 5! = 120. Wir dividieren 1202 durch 120 mit Rest, 1202 = , und erhalten somit σ 1202 = σ = (σ 120 ) 10 σ 2 = σ 2 = ( ) Lösung 3.6: Jeder Automorphismus ϕ von G erfüllt ϕ(e G ) = e G für das neutrale Element e G von G. Die n 1 Elemente von H := G \ {e G } werden durch ϕ permutiert. Damit kann ϕ als Element der symmetrischen Gruppe S H aller Permutationen von H aufgefasst werden. Somit kann die Automorphismengruppe als Untergruppe von S H betrachtet werden. Nach dem Satz 3.9 (Algebrabuch) von Lagrange ist Aut G ein Teiler von S H = (n 1)!. Das war zu zeigen. Lösung 3.7: Wegen der Teilerfremdheit von m und n existieren bekanntlich r, s Z mit r m+s n = 1. Es sei a G. Nach dem kleinen Satz 3.11 (Algebrabuch) von Fermat gilt a n = e G, da n = G, und damit: a = a r m+s n = (a r ) m (a n ) s = (a r ) m. Also erfüllt b := a r die Eigenschaft b m = a. Lösung 3.8: Besitzt G genau ein Element u der Ordnung 2, so gilt für die Elemente a 1,..., a n G \ {u, e G } (wobei e G wie immer das neutrale Element von G bezeichne), dass keines der a i zu sich selbst invers ist, a 2 i e G. Da aber jedes a i ein Inverses a j besitzt, gilt i j und a i a j = e G. Wir erhalten in diesem Fall also a G a = u, da u auch als Faktor vorkommt und alle anderen Gruppenelemente sich zu e G kürzen. Besitzt G nicht genau ein Element u der Ordnung 2, so enthält G entweder kein Element der Ordnung 2, es gilt dann nach dem ersten Teil a G a = e G, oder G enthält mindestens zwei verschiedene Elemente u 1, u 2 der Ordnung 2. Aber dann ist auch u 3 := u 1 u 2 ein Element der Ordnung 2 und u 3 u 1, u 2. Somit bildet V := {e G, u 1, u 2, u 3 } eine Untergruppe von U := {a G a 2 = e G }. Wir zerlegen U in disjunkte Linksnebenklassen nach V : U = a 1 V a k V mit k N und erhalten als Produkt über alle Elemente aus U: a = a U k (a i e) (a i u 1 ) (a i u 2 ) (a i u 3 ) = i=1 k a 4 i u 1 u 2 u 3 = e G, da a 2 i = u 1 u 2 u 3 = e G für alle i = 1,..., k. Wegen a G\U a = e G (siehe erster Teil) folgt die Behauptung a G a = e G. i=1

14 14 Lösung 3.9: (a) Es seien a, b G. Aus a 2 = e G = b 2 und (a b) 2 = e G folgt a a b b = a 2 b 2 = (a b) 2 = a b a b, nach Kürzen von a und b also a b = b a. (b) Die Beweisidee ist nicht naheliegend. Einen ersten Hinweis erhält man vielleicht durch die Tatsache, dass wegen a 2 = e für jedes a G nur Nullen und Einsen als Potenzen nötig sind, also a 0 und a 1, um jedes Element a darzustellen. Das ist ein Wink auf 2 m. Apropos darstellen: Die endliche Gruppe G ist das Erzeugnis eines (endlichen) Erzeugendensystems {a 1,..., a m }, wobei o(a i ) = 2 für alle i = 1,..., m: Jedes Element a G hat dann wegen a 1 = a 1 die Form a = a ν 1 1 a ν m m mit ν 1,..., ν m {0, 1}. Hier taucht nun erneut die Zahl 2 m auf, nur etwas zielführender: Links stehen alle Elemente aus G, rechts stehen alle möglichen Elemente, und zwar 2 m, die mit dem Erzeugendensystem {a 1,..., a m } dargestellt werden können. Wir sind aber noch nicht fertig: Eventuell werden rechts durch verschiedene Kombinationen von Nullen und Einsen dieselben Elemente dargestellt. Nehmen wir also an, dass gilt a = a ν 1 1 a ν m m = a = a µ 1 1 aµ m m und ν i µ i für ein i {1,..., m}. O. E. sei µ i = 1, ν i = 0. Dann gilt a i = i j a µ j ν j j. Damit ist das Element a i im Erzeugendensystem {a 1,..., a m } überflüssig. Nun können wir den Beweis einfach abschließen: Wir wählen das Erzeugendensystem {a 1,..., a m } minimal. Das ist in einer endlichen Gruppe immer möglich: Überflüssige Elemente werden entfernt, solange noch die gesamte Gruppe erzeugt wird. Ist {a 1,..., a m } minimal, so besagt obige Schlussfolgerung, dass für verschiedene Kombinationen von Nullen und Einsen in den Exponenten der erzeugenden Elemente auch verschiedene Elemente a G erzeugt werden, kurz: Die Gruppe G hat genau 2 m verschiedene Elemente, noch kürzer: G = 2 m. Lösung 3.10: Für jedes Element a G gilt G = {a x x G}, da λ a : G G, x a x eine Bijektion ist. Da G abelsch ist, gilt mit n = G : a n x G x = (a x) = x, x G x G nach Kürzen von x G x also an = e G. Damit ist der Satz von Fermat für abelsche Gruppen bereits bewiesen.

15 15 Lösung 3.11: (a) Zur Abkürzung setzen wir ( ) σ := und τ := ( ) Wegen σ 2 = τ 2 = Id sind alle Elemente von D von der Form σ τ σ τ σ oder τ σ τ σ τ. Also (wir verwenden im Folgenden die Zyklenschreibweise für Permutationen): D = {Id, (1 2) (3 4), (1 3), ( ),... }. }{{}}{{}}{{} σ τ σ τ Da σ τ ein 4-Zykel ist, gilt (σ τ) 4 = Id, also σ τ σ τ = τ σ τ σ und somit: D = {Id, σ, τ, σ τ, τ σ, σ τ σ, τ σ τ, σ τ σ τ} = {Id, (1 2) (3 4), (1 3), ( ), ( ), (2 4), (1 4) (2 3), (1 3) (2 4)}. Insbesondere: D = 8. (b) Für jede Untergruppe U D gilt nach dem Satz von Lagrange: U ist ein Teiler von D = 8. Die Gruppe D kann also höchstens Untergruppen der Ordnungen 1, 2, 4 oder 8 besitzen. Die Untergruppen von Ordnung 1 bzw. 8 sind die trivialen Untergruppen: {Id} und D. Die Untergruppen von Ordnung 2 werden jeweils von genau einem Element der Ordnung 2 erzeugt. Die Untergruppen der Ordnung 2 sind also: W 1 := (1 3) (2 4), W 2 := (1 2) (3 4), W 3 := (1 4) (2 3), W 4 := (1 3), W 5 := (2 4). Wir finden folgende Untergruppen der Ordnung 4: U 1 := ( ), U 2 := (1 2) (3 4), (1 4) (2 3), U 3 := (1 3), (2 4). Damit können wir schon mal einen Teil des Untergruppengraphen von D zeichnen (siehe Abb. 1). Wir begründen nun noch, dass wir bereits alle Untergruppen der Ordnung 4 gefunden haben und Abb. 1 den (vollständigen) Untergruppenverband von D zeigt. Es sei V eine Untergruppe von D mit V = 4 und V U 1.

16 16 D U 2 U 1 U 3 W 2 W 3 W 1 W 4 W 5 {Id} Abb. 1: Der Untergruppenverband der Gruppe D Da D nur genau zwei Elemente der Ordnung 4 besitzt (die invers zueinander sind) und V U 1 ist, enthält V kein Element der Ordnung 4, sondern genau drei Elemente der Ordnung 2 und somit genau drei der Untergruppen W 1, W 2, W 3, W 4, W 5. Aus obigem Graphen entnimmt man jedoch, dass die einzigen beiden Tripel der Untergruppen W 1,..., W 5, die nicht die ganze Gruppe D erzeugen, die beiden Tripel {W 1, W 2, W 3 } und {W 1, W 4, W 5 } sind. Also ist V = W 1 W 2 W 3 = U 2 oder V = W 1 W 4 W 5 = U 3. Also sind tatsächlich U 1, U 2, U 3 die einzigen Untergruppen der Ordnung 4, und obiger Graph ist der Untergruppenverband von D. Lösung 3.12: Man beachte die Verschärfung des Ergebnisses aus Satz 3.13 (Algebrabuch): Wir verzichten auf die Endlichkeit der Gruppe G in der Voraussetzung. Daher können wir das Argument mit dem Kürzen von U im Beweis zum Satz 3.13 (Algebrabuch) nicht mehr bringen (bei unendlichen Kardinalzahlen kann man nicht einfach so kürzen). Wir führen den Beweis mit Repräsentantensystemen (und erhalten damit auch einen weiteren Beweis der Aussage in Satz 3.13 (Algebrabuch)): Es seien R ein Repräsentantensystem der Linksnebenklassen von V in G und S ein solches der Linksnebenklassen von U in V, sodass G = r V, V = s U, [G : V ] = R, [V : U] = S. Es folgt: r R s S G = ( ) r s U r R s S (r, s) R S r s U. Nun gelte r s U = r s U mit r, r R und s, s S. Es folgt r V = r (s U V ) = r (s U V ) = r V r = r s U = s U s = s, also (r, s) = (r, s ). Das begründet mit ( ): [G : U] = R S = R S = [G : V ] [V : U]. ( )

17 17 Lösung 3.13: Wir setzen k = kgv(m, n) und zeigen die Gleichheit m Z n Z = k Z: Wegen k m Z und k n Z gilt k Z m Z und k Z n Z, sodass k Z m Z n Z. Es sei nun r m Z n Z. Es gilt dann r = m u und r = n v mit u, v Z. Somit ist r ein gemeinsames Vielfaches von m und n und damit bekanntlich ein Vielfaches von k, d. h., r = k w für ein w Z. Folglich gilt auch m Z n Z k Z. Lösung 3.14: (a) Es gilt G = a b a, c K \ {0}, b K 0 c und H = a 0 a, c K \ {0} 0 c. Daher gilt G = = 12 und H = 2 2 = 4. (b) Die verschiedenen Linksnebenklassen lauten mit A b = 1 b, b K: 0 1 A 0 H = 1 0 H = 1 0, 2 0, 1 0, A 1 H = 1 1 H = 1 1, 2 1, 1 2, A 2 H = 1 2 H = 1 2, 2 2, 1 1, (c) Die Menge aller Linksnebenklassen ist damit {A H A G} = {H, A 1 H, A 2 H}. Damit gilt [G : H] = 3 und somit 12 = G = [G : H] H = 3 4. (d) Nach dem Satz von Lagrange kommen für Untergruppen U die Ordnungen d {1, 2, 3, 4, 6, 12} (das sind alle Teiler von 12) infrage. Im vorliegenden Beispiel gibt

18 18 es auch zu jedem Teiler eine Untergruppe (das muss keineswegs so sein, ist hier aber zufällig so); es gilt: d = 1 : U = d = 2 : U = 1 0, oder U = 1 0, d = 3 : U = 1 0, 1 1, d = 4 : U = 1 0, 2 0, 1 0, d = 6 : U = 1 0, 1 1, 1 2, 2 0, 2 1, d = 12 : U = G. Lösung 4.1: Wir benutzen die Bezeichnungen aus Beispiel 3.7 (Algebrabuch). Es sind {Id}, U 1 := σ 2 = {Id, σ 2 }, U 2 := σ 4 = {Id, σ 4 }, U 3 := σ 5 = {Id, σ 5 }, N := σ 1 = {Id, σ 1, σ 3 } und S 3 alle Untergruppen der symmetrischen Gruppe S 3. Da triviale Untergruppen stets Normalteiler sind, sind {Id} und S 3 Normalteiler in S 3. Außerdem ist N ein Normalteiler: Dies folgt aus der Lösung zu Aufgabe?? oder Lemma 4.2 (Algebrabuch), da N den Index 2 in S 3 hat. Keine der drei zweielementigen Untergruppen U 1, U 2, U 3 ist ein Normalteiler in S 3 : Beachte Aufgabe??, in der gezeigt wurde, dass bei diesen Untergruppen jeweils Linksnebenklassen existieren, die keine Rechtsnebenklassen sind, sprich: Diese Untergruppen sind keine Normalteiler. Die symmetrische Gruppe S 4 der Ordnung 24 besitzt 30 verschiedene Untergruppen. Zwei unter ihnen sind Normalteiler: V 4 = {Id, σ 1, σ 2, σ 3 } mit ( ) σ 1 =, σ 2 = ( ) , σ 3 = ( )

19 19 A 4 := {Id, σ 1,..., σ 11 } mit σ 1,..., σ 3 V 4 und ( ) ( ) ( ) σ 4 =, σ 5 =, σ 6 =, ( ) ( ) ( ) σ 7 =, σ 8 =, σ 9 =, ( ) ( ) σ 10 =, σ 11 = Da A 4 den Index 2 in S 4 hat, ist A 4 nach Lemma 4.2 (Algebrabuch) Normalteiler der symmetrischen Gruppe S 4 ist. Den Nachweis, dass V 4 ein Normalteiler ist, kann man mit viel Aufwand direkt führen, eleganter ist ein kleiner Trick durch Vorgriff auf das Lemma 9.1 (Algebrabuch), dessen Nachweis wir auch mit den bisher entwickelten Methoden führen können. Die Elemente aus V 4 sind neben Id genau die Doppeltranspositionen σ 1 = (1 2) (3 4), σ 2 = (1 3) (2 4), σ 3 = (1 4) (2 3). Nach Lemma 9.1 (Algebrabuch) ist τ σ τ 1 für jedes σ V 4 und jedes τ S 4 wieder eine Doppeltransposition, also wieder ein Element in V 4. Das begründet bereits, dass V 4 ein Normalteiler in S 4 ist. Nun fehlt noch der Nachweis, dass es keine weiteren Normalteiler in der S 4 gibt. Diesen aufwendigen Nachweis ersparen wir uns. Lösung 4.2: Wir benutzen die Bezeichnungen aus Beispiel 3.7 (Algebrabuch). Für die trivialen Untergruppen gilt: N S3 ({Id}) = S 3 und N S3 (S 3 ) = S 3. Für die zweielementigen Untergruppen U 1, U 2, U 3 gilt: Nach Lemma 4.5 (Algebrabuch) ist N S3 (U i ) eine Untergruppe von S 3 für jedes i = 1, 2, 3. Da U i N S3 (U i ) gilt, bleibt nach Beispiel 3.7 (Algebrabuch) nur die Wahl N S3 (U i ) = U i oder N S3 (U i ) = S 3. Aber aus N S3 (U i ) = S 3 folgt mit Lemma 4.6 (Algebrabuch) der Widerspruch U i S 3 (beachte Aufgabe??). Also gilt N S3 (U i ) = U i für i = 1, 2, 3. Für die dreielementige Untergruppe V gilt: Nach Aufgabe?? ist V ein Normalteiler von S 3. Also gilt N S3 (V ) = S 3 nach Lemma 4.6 (Algebrabuch). Lösung 4.3: Nach Lemma 4.4 (Algebrabuch) ist U N eine Untergruppe von G. Es sei a G. Nach Voraussetzung gelten dann die Inklusionen a U a 1 U und a N a 1 N. Damit gilt auch a U N a 1 = a U a 1 a N a 1 U N. Somit ist U N ein Normalteiler in G.

20 20 Lösung 4.4: Die Lösung ist ganz einfach, wenn U ein Normalteiler von G ist, da in diesem Fall a U a 1 = U, also a U a 1 = U a G gilt. Wir setzen nun (wie in der Aufgabenstellung verlangt) voraus, dass U nur eine Untergruppe von G ist. Wir setzen V := a G a U a 1. Da für jedes a G die Menge a U a 1 eine Untergruppe von G ist, ist V als Durchschnitt von Untergruppen von G eine Untergruppe von G. Es sei x G. Wir zeigen x V x 1 = V, woraus sofort die Behauptung V G folgt. Im folgenden Schluss benutzen wir, dass für jedes x G gilt {x a a G} = {a a G}: x V x 1 = (x a) U (x a) 1 = a U a 1 = V. a G Somit ist V ein Normalteiler von G. Lösung 4.5: Eine Bemerkung vorab: Laut Lemma 4.7 (Algebrabuch) gibt es zu a, b G stets ein c G, nämlich c = a b, mit (a U) (b U) = c U, falls U ein Normalteiler ist. In dieser Aufgabe ist zu zeigen, dass U auch ein Normalteiler sein muss, wenn das Komplexprodukt (a U) (b U) auf der Menge G/N der Nebenklassen eine innere Verknüpfung ist. Diese Bemerkung lässt uns auch gleich vermuten: Falls denn tatsächlich für a, b G gilt (a U) (b U) = c U für ein c G, so wird man doch vermutlich c = a b wählen können. Diese Vermutung bestätigen wir vorab: Es seien a, b G und U G; ferner gelte (a U) (b U) = c U für ein c G. Wegen a b = a e b e (a U) (b U) = c U gilt a b U c U und somit a b U = c U. Nun zur eigentlichen Behauptung: Zu zeigen ist, dass für jedes x G gilt x 1 U x U. Ein Blick auf die Voraussetzung und das bisher begründete Resultat (a U) (b U) = c U = a b U liefert nun mit a = x 1 und b = x (x beliebig aus G): a G x 1 U x = x 1 U x e (x 1 U) (x U) = x 1 x U = U. Lösung 4.6: (a) Da für jedes a G der innere Automorphismus ι a : x a x a 1 ein Automorphismus ist, ist jede charakteristische Untergruppe U von G ein Normalteiler von G, da a U a 1 = ι a (U) U für jedes a G. (b) Es sei U eine charakteristische Untergruppe eines Normalteilers N von G. Da a N a 1 = N für jedes a G gilt, ist ι a für jedes a G ein Automorphismus von N. Da U charakteristisch in N ist, gilt folglich a U a 1 = ι a (U) U für jedes a G, d. h. U ist ein Normalteiler von G.

21 21 (c) Nein. In der Diedergruppe D aus Aufgabe?? ist W 4 ein Normalteiler von U 3 und U 3 ein solcher von D (jeweils als Untergruppen vom Index 2). Aber W 4 ist kein Normalteiler von D, da etwa (1 4) (1 3) (1 4) W 4 gilt. Wir fassen die Resultate aus (b) und (c) prägnant zusammen: U charakteristisch in N U G, U N G U N U G. Lösung 4.7: Es sei N eine Untergruppe der Ordnung k von G. Dann ist für jedes a G auch a N a 1 eine Untergruppe von G; und es gilt a N a 1 = k, da ϕ : x a x a 1 eine Bijektion von N auf a N a 1 ist. Es folgt a N a 1 = N für jedes a G, da N die einzige Untergruppe der Ordnung k ist. Somit ist N ein Normalteiler in G. Lösung 4.8: Die Untergruppen der D 4 kennen wir bereits aus Aufgabe??. Dort haben wir zwar die Diedergruppe als Untergruppe der S 4 angegeben, aber mit den bisher entwickelten Methoden, können wir die in Aufgabe?? erzielten Ergebnisse leicht nutzen: Wir stellen die Gruppen D aus Aufgabe?? und D 4 aus Abschn (Algebrabuch) gegenüber: D = {Id, (1 2) (3 4), (1 3), ( ), ( ), (2 4), (1 4) (2 3), (1 3) (2 4)}, D 4 = {Id, α, β, α β, β 2, α β 2, β 3, α β 3 }. Laut Abschn (Algebrabuch) permutieren α bzw. β die Ecken {1, i, 1, i} (die wir mit den Zahlen 1, 2, 3, 4 durchnummerieren) wie folgt: α (2 4) und β ( ). Wir rechnen nun einfach nach und erhalten die weiteren Zuordnungen (also einen Isomorphismus zwischen D und D 4 ): β 2 (1 3) (2 4), β 3 ( ), α β = (1 4) (2 3), α β 2 = (1 3), α β 3 = (1 2) (3 4). Also ist die Gruppe D aus Aufgabe?? isomorph zur Diedergruppe D 4. Wir kennen also den Untergruppenverband von D 4 aus Aufgabe??, wir verwenden die dort benutzten Bezeichnungen für die Untergruppen, wählen aber die Elemente aus der D 4 per obiger Zuordnung: Neben den trivialen Untergruppen {Id} und D 4 hat die D 4 die Untergruppen: W 1 = β 2, W 2 = α β 3, W 3 = α β, W 4 = α β 2, W 5 = α der Ordnung 2 und U 1 = β, U 2 = α β 3, α β, U 3 = α β 2, α

22 22 der Ordnung 4. Die Untergruppen U 1, U 2, U 3 vom Index 2 sind Normalteiler, die Faktorgruppe D 4 /U i ist für jedes i = 1, 2, 3 zu Z 2 isomorph. Weiter ist die zweielementige Untergruppe W 1 = β 2 ein Normalteiler, da α β i β 2 (α β i ) 1 = β 2 β 2 für alle i = 0,..., 3. Die Faktorgruppe D 4 /W 1 = {W 1, α W 1, β W 1, α β W 1 } ist eine Klein sche Vierergruppe. Die weiteren jeweils zweielementigen Untergruppen W 2, W 3, W 4, W 5 sind keine Normalteiler. Für den folgenden Nachweis dieser Tatsache beachte die Relationen α β α 1 = β 1, α β = β 1 α, β α = α β 1 aus Abschn (Algebrabuch) und α 1 = α: Zu W 2 : α (α β 3 ) α = α β W 2, Zu W 3 : α (α β) α = α β 3 W 3, Zu W 4 : β (α β 2 ) β 1 = α W 4, Zu W 5 : β α β 1 = α β 2 W 5. Das Zentrum Z(D 4 ) ist ein Normalteiler in D 4, nach obiger Rechnung gilt β 2 Z(D 4 ). Da offenbar keine der Untergruppen U 1, U 2, U 3 das Zentrum sein kann, bleibt nur β 2 = Z(G) übrig. Bemerkung Ein elegantes Argument liefert Aufgabe??: Da D 4 /U i zyklisch ist, D 4 aber nicht abelsch ist, kann keines der U i das Zentrum sein. Lösung 4.9: Für jede Untergruppe U G ist U ein Teiler von Q = 8, also U {1, 2, 4, 8}. Q besitzt genau eine Untergruppe der Ordnung 1, nämlich {E}. Q besitzt genau eine Untergruppe der Ordnung 8, nämlich Q. Da Q genau ein Element der Ordnung 2 enthält, nämlich das Element E, besitzt Q genau eine Untergruppe der Ordnung 2, nämlich E. Da Q genau 6 Elemente der Ordnung 4 enthält, nämlich ±I, ±J, ±K, von denen jeweils zwei zueinander invers sind, es gilt nämlich I ( I) = J ( J) = K ( K) = E (siehe Beispiel 2.1 (Algebrabuch)), und somit die gleiche Untergruppe erzeugen, besitzt Q genau 3 Untergruppen der Ordnung 4, nämlich I, J, K. Damit haben wir alle Untergruppen von Q gefunden. Die Untergruppen der Ordnung 1 und 8 sind trivialerweise Normalteiler von Q. Da die Untergruppe der Ordnung 2 die einzige Untergruppe dieser Ordnung ist, ist sie ebenfalls ein Normalteiler von Q (sogar eine charakteristische Untergruppe). Die Untergruppen der Ordnung 4 haben alle den Index 2 und sind somit ebenfalls Normalteiler von Q. Also sind alle Untergruppen von Q Normalteiler von Q.

23 23 Lösung 4.10: (a) Für a, a R \ {0} und b, b R gilt t a, b t a, b = t aa, ab +b, t 1, 0 t a, b = t a, b = t a, b t 1, 0, t a 1, a 1 b t a, b = t 1, 0. Folglich ist die Komposition eine innere Verknüpfung von G, das Element t 1, 0 ein neutrales Element von G und jedes Element t a, b aus G invertierbar mit Inversem t a 1, a 1 b. Da die Komposition von Abbildungen assoziativ ist, ist also G eine Gruppe. (b) Da für beliebige a R \ {0} und b, c R gilt: t a, c t 1, b t a 1, a 1 c = t 1, d für ein d R, ist N ein Normalteiler von G. (c) Es ist ϕ : G R \ {0}, t a, b a ein Epimorphismus mit Kern N. Mit dem Homomorphiesatz folgt G/N = R \ {0}. Lösung 4.11: Das Zentrum Z(G) ist die Menge Z(G) = {A G A B = B A für alle B G}. Aus der linearen Algebra ist bekannt, dass das Zentrum von K n n die Vielfachen der Einheitsmatrizen bilden, sprich Z(K n n ) = {A K n n A B = B A für alle B K n n } = {λ E n λ K}. Der Vollständigkeit halber wiederholen wir diesen Beweis: Die Inklusion ist klar. Es sei also A = (a ij ) Z(K n n ). Mit E kl bezeichnen wir im Folgenden die Matrix aus K n n, deren (k, l)-ter Eintrag eine Eins ist und deren restliche Einträge Nullen sind. Für alle k, l = 1, 2,..., n gilt dann: A E kl = E kl A, also n i,j=1 a ije ij E kl = n i,j=1 a ije kl E ij und somit n i,j=1 a ijδ jk E il = n i,j=1 a ijδ li E kj, also n i=1 a ike il = n j=1 a lje kj. Also: a ik = 0 für alle i k und a kk E kl = a ll E kl für alle k, l. Also a ij = 0 für alle i j und a 11 = = a nn.) Wir zeigen nun: Z(G) = {λ E n λ K \ {0}}. : Wegen λ E n B = B λ E n für alle B GL n (K) gilt diese Inklusion. : Es sei A Z(G). Dann vertauscht A mit allen Matrizen E n + E ij für alle i j {1,..., n}. Also vertauscht A auch mit allen Matrizen E n + E ij E n = E ij für alle i j {1,..., n}. Schließlich vertauscht A auch mit allen Matrizen E ii = E ij E ji für alle i = 1,..., n. Also ist A Z(K n n ) und somit existiert ein λ K \ {0} mit A = λ E n. Lösung 4.12:

24 24 Es sei G metazyklisch mit einem zyklischen Normalteiler N, für den G/N zyklisch ist. Wir wählen eine Untergruppe U von G und zeigen, dass U metazyklisch ist, d. h., dass sie einen zyklischen Normalteiler V enthält, für den U/V wieder zyklisch ist. Für V bietet sich U N an, diese Untergruppe der zyklischen Gruppe N ist nämlich wieder zyklisch. Und nach dem 1. Isomorphiesatz 4.12 (Algebrabuch) ist V = U N ein Normalteiler von U. Zu zeigen bleibt, dass U/V zyklisch ist. Wir schreiben U/V wieder aus: U/V = U/U N und beachten erneut den 1. Isomorphiesatz 4.12 (Algebrabuch). Es gilt hiernach U/U N = U N/N, und U N/N ist als Untergruppe der zyklischen Gruppe G/N natürlich wieder zyklisch, also auch U/V. Es ist also z. B. jede Diedergruppe D n = α, β mit o(α) = 2 und o(β) = n metazyklisch, da β ein zyklischer Normalteiler von D n mit zyklischer Faktorgruppe D n / β ist. Lösung 4.13: (a) Es seien A = ( a 0 c b ) G und B = ( x y 0 1 ) N. Dann gilt: A B A 1 = a b x y a 1 c 1 c b = a 1 c 1 acx abx + a2 y + ab 0 c a 0 ac = x ỹ N, 0 1 hierbei haben wir ỹ := bxc 1 + ayc 1 + bc 1 K gesetzt. Damit ist bereits gezeigt, dass N ein Normalteiler von G ist. Nun zu U: Wir unterscheiden die Fälle p = 2 und p Fall: p = 2. Dann gilt U = {E 2 } mit der Einheitsmatrix E 2. In diesem Fall ist U natürlich ein Normalteiler von G. 2. Fall: p > 2: In diesem Fall ist U kein Normalteiler von G, denn mit A = ( ) G und B = ( ) U gilt: A B A 1 = = 2 1 / U (b) Wir begründen diese Isomorphie mit dem Homomorphiesatz und benötigen dafür einen surjektiven Homomorphismus ϕ : G K mit Kern(ϕ) = N; betrachte die Abbildung: ϕ : G K, a b c. 0 c

25 25 Wegen c 0 ist ϕ wohldefiniert. Diese Abbildung ϕ ist auch surjektiv, da für jedes c K mit der Matrix A = ( c ) G offenbar ϕ(a) = c erfüllt ist. Weiter ist ϕ ein Homomorphismus: Für beliebige ( a 0 c b ), ( ) a b 0 c G gilt: ϕ a b a b =ϕ aa =cc =ϕ a b ϕ a b. 0 c 0 c 0 cc 0 c 0 c Und schließlich gilt Kern(ϕ) = N, da Kern(ϕ) = a b G ϕ a b =1 0 c 0 c = a b a K, b K 0 1 =N. Nun folgt die Behauptung mit dem Homomorphiesatz 4.10 (Algebrabuch). (c) Zu bestimmen sind U N = {A B G A U, B N} sowie U N = {A G A U A N}. Sind A = ( a 0 0 c ) U und B = ( x y 0 1 ) N, so schöpft man wegen A B = a 0 x y = ax ay 0 c c schnell den Verdacht, dass wegen der Invertierbarkeit von a die Gleichheit G = U N gilt. Es folgt eine Begründung dieser Tatsache: Natürlich gilt U N G. Es sei nun C = ( a 0 c b ) G. Setze A := a 0 U und B := 1 a 1 b N. 0 c 0 1 Dann gilt A B = a c 0 1 a 1 b = a b = C. 0 c Das begründet G U N und damit G = U N. Für U N gilt offenbar U N = a 0 a K 0 1.

26 26 (d) Nach (c) gilt U N/N = G/N. Wir bestimmen nun eine möglichst explizite Darstellung von G/N = {A N A G}, also der Nebenklassen A N mit A = ( a 0 c b ) G: A N = a b x y x, y K, x 0 0 c 0 1 = ax ay + b x, y K, x 0 0 c = x y x, y K, x 0 0 c = 0 c. Also gilt: G/N = {A N A G} = x y x, y K, x 0 0 c c K = 0 c c K. Wir bestimmen nun analog eine möglichst explizite Darstellung von U/(U N) = {A (U N) A U}, also der Nebenklassen A (U N) mit A = ( a 0 0 c ) U. Es gilt: A (U N) = a 0 a 0 a K 0 c 0 1 = aa 0 a K 0 c = a 0 a K 0 c = 0 0 c. Also gilt: U/(U N) = {A N A G} = a 0 a 0 c c K = 0 0 c c K. Der gemäß dem 1. Isomorphiesatz existierende Isomorphismus lautet in dieser Notation 0 c 0 0 c. Lösung 4.14:

27 27 Nach dem kleinen Satz 3.11 (Algebrabuch) von Fermat gilt a G = e G für jedes a einer endlichen Gruppe G. Da [G : N] die Ordnung der endlichen Gruppe G/N ist, besagt der kleine Satz von Fermat (a N) [G:N] = a [G:N] N = N für jedes a G, da N das neutrale Element in G/N ist. Das bedeutet aber a [G:N] N. Lösung 4.15: Um eine Isomorphie der Art G/U = H mithilfe des Homomorphiesatzes 4.10 (Algebrabuch) nachzuweisen, ist ein surjektiver Homomorphismus G H mit Kern U anzugeben. Wir tun das bei den angegebenen Beispielen: (a) Es ist det : GL(n, K) K ein surjektiver Homomorphismus mit Kern(det) = SL(n, K). Also gilt GL(n, K)/ SL(n, K) = (K, ). (b) Es ist ϕ : (C, +) (C, ) mit z e 2π i z ein surjektiver Homomorphismus mit Kern(ϕ) = Z, also gilt (C/Z, +) = (C, ). (c) Es ist ϕ : Z m Z m n, (a 1,..., a m ) (a n+1,..., a m ) ein surjektiver Homomorphismus mit Kern(ϕ) = {(a 1,..., a n, 0,..., 0) Z m a i Z}, wobei dieser per Identifikation als Z n aufgefasst werden kann, also gilt Z m /Z n = Z m n. (d) Es ist ϕ : C C, z z n ein surjektiver Homomorphismus mit Kern(ϕ) = E n = {z C z n = 1}, also gilt C /E n = C. Lösung 5.1: Es sei U eine Untergruppe von G. Im Fall U = {e} ist U zyklisch, U = e. Daher kümmern wir uns nun um den Fall U {e}. Es sei n die kleinste natürliche Zahl mit e a n U. Ein solches n existiert auch in der Tat. Ist nämlich a k U für ein k Z, so ist auch a k U. Nun begründen wir U = a n, damit ist dann alles gezeigt. Es gilt a n U: Mit a n sind nämlich auch alle Potenzen von a n in U. Es gilt U a n : Aus a k U mit k = q n + r Z und 0 r < t (Division mit Rest) folgt: a r = a k q n = a k (a n ) q U, sodass r = 0 gilt wegen der Minimalität von n; d. h. a k = a q n = (a n ) q a n. Das beweist U a n. Schließlich gilt die Gleichheit U = a n. Lösung 5.2: Es ist Z 360 eine zyklische Gruppe der Ordnung 360. Nach Lemma 5.2 (Algebrabuch) ist der Untergruppenverband durch die Teiler von 360 bestimmt. Die Teiler von 360 sind: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 15, 18, 20, 24, 30, 36, 40, 45, 60, 72, 90, 120, 180, 360. Also hat Z 360 die 24 Untergruppen: 0, 180, 120, 90, 72, 60, 45, 40, 36, 30, 24, 20, 18, 15, 12, 10, 9, 8, 6, 5, 4, 3, 2, 1. Weitere Untergruppen gibt es nicht.

28 28 Lösung 5.3: Die Tatsache, dass Z 54 zyklisch ist, wird sich im Laufe der Rechnung herausstellen. Auch die Bestimmung von Z 54 = ϕ(54) (die Euler sche ϕ-funktion) ergibt sich nebenbei. Natürlich könnte man auch einfach die Anzahl jener k 54 aus N ermitteln, die zu 54 = teilerfremd sind, wir tun das nicht. Wie üblich setzen wir x := x + 54 Z. Da wir ein erzeugendes Element a suchen, wählen wir ein x Z 54 und ermitteln sukzessive die Potenzen xk, k N. Wir beginnen mit 5 in Z 54 (1 ist sicher kein erzeugendes Element, 2, 3 und 4 existieren in Z 54 nicht). Wir rechnen modulo 54 und erhalten k k Also gilt o(5) = 18. Da wegen ggt(2 n, 54) > 1 für jedes n N die Gruppe Z 54 = {a Z 54 ggt(a, 54) = 1} höchstens 27 = 54/2 Elemente haben kann, aber andererseits auch o(5) = 18 ein Teiler der Gruppenordnung Z 54 gelten muss, erhalten wir Z 54 = 18. Damit ist begründet, dass a = 5 ein erzeugendes Element von Z 54 ist: 5 = Z 54. Obige Tabelle führt in der zweiten Zeile die verschiedenen Elemente aus Z 54 auf, es sind dies 1, 5, 7 = 47, 11 = 43, 13 = 41, 17, 19, 23 = 31, 25, 29 = 25, 31, 35 = 19, 37 = 17, 41, 43, 47, 49 = 5, 53 = 1. Das laut obiger Tabelle zugehörige k ist dann der Logarithmus zur Basis a, z. B. gilt mit a = 5: k = 2 = Log a (25), k = 13 = Log a (23),... Es ist x Z 54 genau dann ein Quadrat, wenn in der Darstellung x = 5k mit k {0,..., 17} die Zahl k gerade ist. Damit erhalten wir die Quadrate 1, 25, 31, 19, 43, 5, 17, 47, 41. Bemerkungen (1) Die Zyklizität von Z 54 entnimmt man auch ganz einfach dem Korollar (Algebrabuch) (mit n = ). (2) Auch ϕ(54) kann man ohne viel Aufwand ermitteln: Nach Lemma 6.10 (Algebrabuch) gilt ϕ(54) = ϕ(2) ϕ(3 3 ) = = 18. Lösung 5.4: Ein Element x Z n ist nach Lemma 5.13 (Algebrabuch) genau dann invertierbar, wenn ggt(n, x) = 1 gilt. Diese Teilerfremdheit, d. h. ggt(n, x) = 1, lässt sich leicht mit dem euklidischen Algorithmus (siehe Abschn (Algebrabuch)) verifizieren. Sind n und x teilerfremd, so bestimme man ganze Zahlen r und s mit 1 = r x + s n. Modulo n besagt diese Gleichheit 1 = r x. Somit ist r das Inverse von x: (a) Der euklidische Algorithmus liefert ggt(1001, 222) = 1 = Somit gilt Z Z 1001, und es gilt ( Z) ( Z) = Z,

29 29 sodass Z das Inverse zu Z ist. (b) Der euklidische Algorithmus liefert ggt(1001, 287) = 7. Somit gilt Z Z 1001, d. h Z ist nicht invertierbar. (c) Es ist (mod 1001), sodass Z in Z 1001 liegt und zu sich selbst invers ist. Lösung 5.5: Es gilt ggt(33.511, , ) = ggt(ggt(33.511, ), ). Der euklidische Algorithmus (siehe Abschn (Algebrabuch)) liefert: ggt(33.511, ) = 47 = ( 578) und dann ggt( , 47) = 1 = ( 1) Damit erhalten wir ggt(33.511, , ) = 1 = ( ) ( 1) Lösung 5.6: Da G/Z(G) zyklisch ist, existiert ein a G mit G/Z(G) = a Z(G). Es seien b, b G. Dann existieren k, k Z, c, c Z(G) mit b = a k c und b = a k c. Demnach gilt: Folglich ist G abelsch. b b = (a k c) (a k c ) = a k+k c c = (a k c ) (a k c) = b b. Lösung 5.7: (a) Es sei U = a 1,..., a n eine endlich erzeugte Untergruppe der additiven Gruppe (Q, +). Da Q abelsch ist, sind nach dem Darstellungssatz 3.2 (Algebrabuch) die Elemente von U von der Form u = ν 1 a ν n a n mit ν i Z. Wir bringen diese Zahl u auf einen gemeinsamen Nenner s und erhalten u 1 s, genauer: Es seien a i = r i s i Q mit r i Z, s i N, i = 1,..., n gegeben. Für s := s 1 s n folgt nun: a 1,..., a n 1 s Z = { r s r Z} = 1 s. Somit gilt U = a 1,..., a n 1 s. Als Untergruppe der zyklischen Gruppe 1 s ist U wieder zyklisch (siehe auch Lemma 5.1 (Algebrabuch)).

30 30 (b) Es sei X ein Erzeugendensystem von Q und E vorerst einelementig, E = {x}. Es sei x = r s, r Z, s N. Zu zeigen ist, dass X \ E ein Erzeugendensystem von Q ist, d. h. x X. Nach dem Teil (a) gilt Q x = r s Z. Daher existiert x = r s X mit r Z, s N und x x. Es existieren x 1,..., x n x in X und k 1,..., k n, k mit Es folgt k 1 x k n x n + k x = 1 s 2 r. x = r s = 1 n r s r s 2 r = (k i r s r) x i + k r r 2 = i=1 n (k i r s r) x i + (k r 2 s ) x, sodass x X \ {x}, also Q = X X \ {x}. Ist nun E = {y 1,..., y n } eine endliche Teilmenge des Erzeugendensystems X, so sind nach dem eben Gezeigten auch X 1 = X \ {y 1 }, X 2 = X 1 \ {y 2 },..., X n = X n 1 \ {y n } = X \ E Erzeugendensysteme von Q. Lösung 5.8: Die Hinweise zur Lösung dieser Aufgabe finden wir in Lemma 5.2 (Algebrabuch) und Korollar 5.12 (Algebrabuch). Einerseits gilt: Ist G eine zyklische Gruppe mit G = n, so gibt es n Elemente, die jeweils eine zyklische Untergruppe erzeugen. Andererseits gilt: Zu jedem Teiler d von n gibt es genau eine Untergruppe U d von Z n mit genau ϕ(d) Erzeugenden. Wir teilen die n Elemente von G auf in (disjunkte) Klassen, in denen jeweils die Elemente liegen, die ein und dieselbe Untergruppe U erzeugen. Etwas formaler: Für jede zyklische Untergruppe U einer Gruppe G sei C(U) die Menge der erzeugenden Elemente von U. Dann gilt nach Korollar 5.12 (Algebrabuch) C(U) = ϕ(d), wenn U = d N. Bezeichnet Z die Menge der zyklischen Untergruppen von G, so bildet {C(U) U Z} eine Partition von G: Jedes a G erzeugt die zyklische Gruppe a, sodass a C( a ), und kein a erzeugt verschiedene Untergruppen, sodass die Klassen disjunkt sind. Es folgt G = C(U), wobei über die verschiedenen Klassen C(U) summiert wird. (a) Nach Lemma 5.2 (Algebrabuch) besitzt Z n zu jedem Teiler d N von n genau eine zyklische Untergruppe U d der Ordnung d. Es folgt n = Z n = C(U d ) = ϕ(d). 0<d n i=1 0<d n