Lösungen zu den Aufgaben der zweiten Auflage. Sämtliche Verweise beziehen sich auf diese zweite Auflage. (d) (m, n) m + n + m n.

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1 1 Lösungen zu den Aufgaben der zweiten Auflage. Sämtliche Verweise beziehen sich auf diese zweite Auflage. Aufgabe 1.1: Untersuchen Sie die folgenden inneren Verknüpfungen N N N auf Assoziativität, Kommutativität und Existenz von neutralen Elementen. (a) (m, n) m n. (b) (m, n) kgv(m, n). (c) (m, n) ggt(m, n). (d) (m, n) m + n + m n. (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 Elemente 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. Aufgabe 1.2: Untersuchen Sie die folgenden inneren Verknüpfungen R R R auf Assoziativität, Kommutativität und Existenz von neutralen Elementen. (a) (x, y) 3 x 3 + y 3. (b) (x, y) x + y x y. (c) (x, y) x y. Wir schreiben für die jeweilige Verknüpfung.

2 2 (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 offenbar 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 erfüllt. 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. (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. Es existiert das rechtsneutrale Element 0, da x 0 = x 0 = x für jedes x R erfüllt ist, aber dieses Element ist nicht linksneutral, da etwa 0 1 = 1 1 gilt. Aufgabe 1.3: Mit welcher der folgenden inneren Verknüpfungen : Z Z Z ist (Z, ) eine Halbgruppe? (a) x y = x. (b) x y = 0. (c) x y = (x + y) 2. (d) x y = x y x y. (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).

3 3 Aufgabe 1.4: Wie viele verschiedene innere Verknüpfungen gibt es auf einer Menge mit drei Elementen? Es gibt 3 9 verschiedene innere Verknüpfungen, da für jedes der neun Felder einer Verknüpfungstafel 3 Möglichkeiten bestehen. Aufgabe 1.5: Man begründe das allgemeine Assoziativgesetz (siehe Lemma 1.3). 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. Aufgabe 1.6: Man begründe das allgemeine Kommutativgesetz (siehe Lemma 1.4). 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 σ(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. Aufgabe 1.7: Man zeige, dass die Teilmenge Z+Z i = {a+b i a, b Z} von C, versehen mit der gewöhnlichen Multiplikation komplexer Zahlen, eine abelsche Halbgruppe mit neutralem Element ist. Ermitteln Sie die Einheiten von Z + Z i.

4 4 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}. Aufgabe 1.8: Es seien die Abbildungen f 1,..., f 6 : R \ {0, 1} R \ {0, 1} definiert durch: f 1 (x) = x, f 2 (x) = 1 1 x, f 3(x) = x 1, x f 4 (x) = 1 x, f 5(x) = x x 1, f 6(x) = 1 x. Zeigen Sie, dass die Menge F = {f 1, f 2, f 3, f 4, f 5, f 6 } mit der inneren Verknüpfung : (f i, f j ) f i f j, wobei f i f j (x) := f i (f j (x)), eine Halbgruppe mit neutralem Element ist. Welche Elemente aus F sind invertierbar? Stellen Sie eine Verknüpfungstafel für (F, ) auf. 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

5 5 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. Aufgabe 1.9: Bestimmen Sie alle Homomorphismen von (Z, +) in (Q, +). Gibt es darunter Isomorphismen? 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. Aufgabe 2.1: Sudoku für Mathematiker. Es sei G = {a, b, c, x, y, z} eine sechselementige Menge mit einer inneren Verknüpfung : G G G. Vervollständigen Sie die nebenstehende Multiplikationstafel unter der Annahme, dass (G, ) eine Gruppe a b c x y z a c b b x z c y x x y z a x ist. Um die unvollständige Gruppentafel zu vervollständigen, können folgende Argumente genutzt werden:

6 6 (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 (Beispiel siehe unten). (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. Eine Möglichkeit, unsere Gruppentafel auszufüllen, ist die folgende: Wir starten mit der gegebenen Gruppentafel: a b c x y z a c b b x z c y x x y z a x Aus dem Eintrag x 2 = x folgt, dass x das neutrale Element ist, woraus wiederum die Eintragungen der vierten Zeile und Spalte folgen. 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.

7 7 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 Jetzt benutzen wir 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 c y c x a b c x y z y c y z a z x Durch weiteres Anwenden der oben aufgeführten Regeln erhalten wir: 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 Aus dieser unvollständigen Gruppentafel erhalten wir ca = (bz)a = b(za) = bc = z und dann cz = c(ab) = (ca)b = zb = a.

8 8 Durch weiteres Anwenden der oben aufgeführten Regeln erhalten 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 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 Aufgabe 2.2: Begründen Sie: (Z, +) = (n Z, +) für jedes n N. Es sei n N. Dann ist die Abbildung φ n : Z n Z, z n z ein Homomorphismus, da für alle z, z Z: φ n (z + z ) = n (z + z ) = n z + n z = φ n (z) + φ n (z ). Weiter ist φ n natürlich surjektiv. Es ist φ n auch injektiv, da 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. Aufgabe 2.3: Es sei G eine Gruppe. Man zeige: (a) Aut G = {Id} G ist abelsch. (b) Ist a a 2 ein Homomorphismus, so ist G abelsch. (c) Ist a a 1 ein Automorphismus, so ist G abelsch. (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.

9 9 (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. Aufgabe 2.4: Man bestimme alle Automorphismen der Klein schen Vierergruppe V. 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). Aufgabe 2.5: Für n N sei E n = {e 2πk i n k = 0,..., n 1} die Gruppe der n-ten Einheitswurzeln (mit dem üblichen Produkt der komplexen Zahlen). Begründen Sie, dass φ : Z E n, k ε k n für ε n = e 2π i n ein Homomorphismus ist. Bestimmen Sie den Kern von φ. 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. Aufgabe 2.6: Bestimmen Sie explizit die Gruppe λ(v ) für die Klein sche Vierergruppe V = {e, a, b, c} und λ aus dem Satz 2.15 von Cayley. 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: ( ) ( ) e a b c e a b c λ e =, λ a =, λ b = e a b c a e c b ( ) e a b c, λ c = b c e a ( ) e a b c. c b a e

10 10 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 = Aufgabe 2.7: Es sei G eine endliche Gruppe, weiter sei φ Aut G fixpunktfrei, d. h., aus φ(a) = a für ein a G folgt a = e. Zeigen Sie: Zu jedem a G existiert genau ein b G mit a = b 1 φ(b). Hinweis: Zeigen Sie zuerst ψ : b b 1 φ(b) ist injektiv. 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. 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). Aufgabe 2.8: Zeigen Sie: Besitzt eine endliche Gruppe G einen fixpunktfreien Automorphismus φ mit φ 2 = Id, so ist G abelsch. Hinweis: Benutzen Sie Aufgabe 2.7. Nach Aufgabe 2.7 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 2.3 (c) abelsch. Aufgabe 3.1: Es seien U 1,..., U n Untergruppen einer Gruppe G. Zeigen Sie: [ ] n n G : U i [G : U i ]. i=1 i=1 Es sei L bzw. L i die Menge der Linksnebenklassen von U := i = 1,..., n. Wir begründen vorab: n i=1 U i bzw. U i in G, (1) Die Abbildung L L 1 L n a U (a U 1,..., a U n ) ist wohldefiniert und injektiv.

11 11 Denn: Für a, b G gilt: a U = b U b 1 a U b 1 a U i, d. h. a U i = b U i für i = 1,..., n. Aus (1) folgt L L 1 L n = L 1 L n. Das ist die Behauptung. Aufgabe 3.2: Man gebe zu jeder Untergruppe U von S 3 die Partitionen von S 3 mit Links- bzw. Rechtsnebenklassen nach U an. Geben Sie Beispiele für U a a U an. Wir verwenden die Bezeichnungen aus dem Beispiel 3.7 auf Seite 47: 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. Die restlichen Nachweise überlassen wir dem Leser. Aufgabe 3.3: ( ) ( ) Welche Ordnungen haben die Elemente A =, B = und A B aus GL 2 (R)? ( ) Wegen A = und A 4 = E 2 hat A die Ordnung ( ) Wegen B = und B 3 = E 2 hat B die Ordnung ( ) ( ) ( ) 1 1 Wegen A B =, (A B) =,..., (A B) 2n 1 2n = (vollständige Induktion) gilt o(a B) =. Aufgabe 3.4: Sind die Quaternionengruppe Q und die Diedergruppe D 4 isomorph? Nein. Die Quaternionengruppe enthält genau ein Element der Ordnung 2, die Diedergruppe mehrere, etwa α und β 2. Aufgabe 3.5:

12 12 In S 5 bestimme man ( ) ( ) Es sei σ :=. Es gilt S 5 = 5! = 120. Wegen σ 120 = Id erhalten wir ( ) aus 1202 = somit σ 1202 = (σ 120 ) 10 σ 2 = σ = Aufgabe 3.6: Es sei G eine Gruppe der Ordnung n N. Zeigen Sie: Aut G ist ein Teiler von (n 1)!. 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 aus S H aufgefasst werden. Somit kann die Automorphismengruppe als Untergruppe von S H betrachtet werden. Nach dem Satz von Lagrange gilt Aut G S H = (n 1)!. Aufgabe 3.7: Es sei G eine Gruppe der Ordnung n N. Weiter sei m eine zu n teilerfremde natürliche Zahl. Zeigen Sie: Zu jedem a G existiert genau ein b G mit a = b m. 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 von Fermat gilt a = a r m+s n = (a r ) m. Also erfüllt b := a r die Eigenschaft b m = a. Aufgabe 3.8: Es sei G eine endliche abelsche Gruppe. Man zeige: Besitzt G genau ein Element u der Ordnung 2, so gilt a G a = u; andernfalls gilt a G a = e. 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. 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. Besitzt G nicht genau ein Element u der Ordnung 2, so enhält 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 Linksneben-

13 13 klassen 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. Aufgabe 3.9: Es sei G eine Gruppe, deren Elemente sämtlich eine Ordnung 2 haben. Man zeige: (a) G ist abelsch. (b) Wenn G endlich ist, ist G eine Potenz von 2. i=1 (a) Es seien a, b G. Aus a 2 = e G = b 2 und (a b) 2 = e G folgt nach Kürzen von a und b also a b = b a. a a b b = a 2 b 2 = (a b) 2 = a b a b, (b) Es sei {a 1,..., a m } ein minimales Erzeugendensystem von G. Jedes Element a G hat die Form a = a ν 1 1 a ν m m mit ν 1,..., ν m {0, 1}. Angenommen, a = a ν 1 1 aν m = a = a µ 1 1 aµ m m und ν i µ i für ein i {1,..., m}. O. E. sei µ i = 0, ν i = 1. Dann gilt a i = i j a µ j ν j j im Widerspruch zur Minimalität von {a 1,..., a n }. Es folgt G = 2 m. Aufgabe 3.10: Beweisen Sie den kleinen Satz von Fermat 3.11 erneut für endliche abelsche Gruppen G. Berechnen Sie dazu für ein beliebiges a G zum einen x G x und zum anderen x G (a x). 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

14 14 nach Kürzen von x also a n = e G. Damit ist der Satz von Fermat für abelsche x G Gruppen bereits bewiesen. Aufgabe 3.11: ( ) Es sei D die von symmetrischen Gruppe S 4. und ( ) erzeugte Diederuntergruppe der (a) Bestimmen Sie alle Elemente und die Ordnung von D. (b) Bestimmen Sie alle Untergruppen von D. (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:

15 15 D U 2 U 1 U 3 W 2 W 3 W 1 W 4 W 5 {Id} Wir begründen nun noch, dass wir bereits alle Untergruppen der Ordnung 4 gefunden haben und obiger Graph der Untergruppenverband von D ist. Es sei V eine Untergruppe von D mit V = 4 und V U 1. 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. Aufgabe 3.12: Zeigen Sie: Sind U und V Untergruppen der Gruppe G mit U V, so gilt [G : U] = [G : V ] [V : U]. 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. r R s S Es folgt: ( ) G = ( ) r s U r s U. r R s S (r, s) R S

16 16 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]. Aufgabe 4.1: Man gebe alle Normalteiler der Gruppen S 3 und S 4 an. Wir benutzen die Bezeichnungen aus Beispiel 3.7 von Seite 47. 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. Die trivialen Untergruppen {Id} und S 3 sind Normalteiler. Außerdem ist N ein Normalteiler: Dies folgt aus Aufgabe 3.2 oder Lemma 4.2, 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 3.2. 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 = ( ) 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 klar, dass A 4 Normalteiler der symmetrischen Gruppe S 4 ist. Den etwas mühsamen Nachweis dafür, dass V ein Normalteiler von S 4 ist und es keine weiteren Normalteiler gibt, ersparen wir uns. Aufgabe 4.2: Bestimmen Sie die Normalisatoren aller Untergruppen der S 3. Wir benutzen die Bezeichnungen aus Beispiel 3.7 von Seite 47.

17 17 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 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 von Seite 47 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 der Widerspruch U i S 3 (beachte Aufgabe 4.1). Also gilt N S3 (U i ) = U i für i = 1, 2, 3. Für die dreielementige Untergruppe V gilt: Nach Aufgabe 4.1 ist V ein Normalteiler von S 3. Also gilt N S3 (V ) = S 3 nach Lemma 4.6. Aufgabe 4.3: Begründen Sie: Sind U und N Normalteiler einer Gruppe G, so auch U N. Nach Lemma 4.4 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. Aufgabe 4.4: Zeigen Sie: Für jede Untergruppe U einer Gruppe G ist a G a U a 1 ein Normalteiler von G. Es sei V := a U a 1. Da für jedes a G die Menge a U a 1 eine Untergruppe von a G G ist, ist V als Durchschnitt von Untergruppen von G eine Untergruppe von G. Es sei x G. Dann gilt x V x 1 = (x a) U (x a) 1 = a U a 1 = V. Somit ist V ein Normalteiler von G. a G Aufgabe 4.5: Es sei U Untergruppe einer Gruppe G. Zeigen Sie: Gibt es zu je zwei Elementen a, b G ein c G mit (a U) (b U) = c U, so ist U ein Normalteiler von G. 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. Weiter folgt nun für beliebiges x G: a G x 1 U x = x 1 U x e x 1 U x U = x 1 x U = U. Aufgabe 4.6: Eine Untergruppe U einer Gruppe G heißt charakteristischcharakteristische Untergruppe, wenn φ(u) U für jedes φ Aut G gilt. Begründen Sie: (a) Jede charakteristische Untergruppe ist ein Normalteiler.

18 18 (b) Jede charakteristische Untergruppe eines Normalteilers von G ist Normalteiler von G. (c) Ist ein Normalteiler eines Normalteilers von G stets ein Normalteiler von G? (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 V von G. Da a V a 1 = V für jedes a G gilt, ist ι a für jedes a G ein Automorphismus von V. Da U charakteristisch in V ist, gilt folglich a U a 1 = ι a (U) U für jedes a G, d. h. U ist ein Normalteiler von V. (c) Nein. In der Diedergruppe D aus Aufgabe 3.11 ist W 4 ein Normalteiler von U 3 und U 3 ein solcher von D (jeweils Index 2). Aber W 4 ist kein Normalteiler von D, da etwa (1 4) (1 3) (1 4) W 4 gilt. Aufgabe 4.7: Begründen Sie: Besitzt eine Gruppe G genau eine Untergruppe der Ordnung k, so ist diese ein Normalteiler von G. Es sei V eine Untergruppe der Ordnung k von G. Dann ist für jedes a G auch a V a 1 eine Untergruppe von G; und es gilt a V a 1 = k. Es folgt a V a 1 = V für jedes a G. Somit ist V ein Normalteiler in G. Aufgabe 4.8: Bestimmen Sie alle Normalteiler und zugehörigen Faktorgruppen für die Diedergruppe D 4. Was ist das Zentrum von D 4? Die Untergruppen U 1 := β, U 2 := α, β 2, U 3 := α β, β 2 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 V := 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 /V = {V, α V, β V, α β V } ist eine Klein sche Vierergruppe. Weitere Normalteiler gibt es nicht. Das Zentrum Z(D 4 ) ist ein Normalteiler in D 4, und wegen obiger Rechnung gilt β 2 Z(D 4 ). Da keine der Untergruppen U 1, U 2, U 3 das Zentrum sein kann, bleibt nur β 2 = Z(G) übrig.

19 19 Bemerkung. Ein elegantes Argument liefert Aufgabe 5.6: Da D 4 /U i zyklisch ist, D 4 aber nicht abelsch ist, kann keines der U i das Zentrum sein. Aufgabe 4.9: Es sei Q = {E, E, I, I, J, J, K, K} die Quaternionengruppe. Bestimmen Sie alle Untergruppen und alle Normalteiler von Q. 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 die triviale Untergruppe {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, von denen jeweils zwei zueinander invers sind und somit die gleiche Untergruppe erzeugen, besitzt Q genau 3 Untergruppen der Ordnung 4. 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. Aufgabe 4.10: Für reelle Zahlen a, b sei t a, b : R R definiert durch t a, b (x) = a x + b. Es sei G := {t a, b a, b R, a 0}. Zeigen Sie: (a) Die Menge G bildet mit der Komposition von Abbildungen eine Gruppe. (b) Es ist N := {t 1, b b R} Normalteiler in G. (c) Es gilt G/N = R \ {0}. (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 1, a 1 b t a, b = t 1, 0. 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.

20 20 (c) Es ist φ : G R \ {0}, t a, b a ein Epimorphismus mit Kern N. Mit dem Homomorphiesatz folgt G/N = R \ {0}. Aufgabe 4.11: Bestimmen Sie das Zentrum Z(G) für G = GL n (K) (n N, K ein Körper). Es gilt Z(K n n ) = {A K n n A B = B A für alle B K n n }. Aus der linearen Algebra ist bekannt: Z(K n n ) = {λ E n λ K}. (1) (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, n also a ij E ij E kl = n n a ij E kl E ij und somit a ij δ jk E il = n a ij δ li E kj, also i,j=1 n a ik E il = i=1 n j=1 i,j=1 i,j=1 i,j=1 a lj E 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}}. : klar. : 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. Aufgabe 4.12: Eine Gruppe G heißt metazyklisch, wenn G einen zyklischen Normalteiler N mit zyklischer Faktorgruppe G/N besitzt. Zeigen Sie: Jede Untergruppe einer metazyklischen Gruppe ist metazyklisch. Es sei G metazyklisch. Für jede Untergruppe U G ist U N U zyklisch, und U/U N = U N/N ist zyklisch, da U N/N als Untergruppe der zyklischen Gruppe G/N ebenfalls zyklisch ist. 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. Aufgabe 5.1:

21 21 Geben Sie einen weiteren Beweis von Lemma 5.1 an. Es gelte {e} = U G; und n sei 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. Es gilt a n U. Und aus a k U mit k = q n + r Z und 0 r < t (Division mit Rest) folgt andererseits 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, und schließlich die Gleichheit U = a n. Aufgabe 5.2: Man bestimme den Untergruppenverband der additiven Gruppe Z 360. Es ist Z 360 eine zyklische Gruppe der Ordnung 360. 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. Aufgabe 5.3: Die Gruppe Z 54 ist zyklisch. Geben Sie ein erzeugendes Element a an und ordnen Sie jedem x Z 54 ein k N mit 0 k < o(a) zu, für das ak = x gilt (der Logarithmus zur Basis a). Welche Elemente von Z 54 sind Quadrate? Wir kürzen a := a + 54 Z ab. Einfache Rechnungen modulo 54 liefern die Potenzen von 5 in Z 54 : k k 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 18 ein Teiler der Gruppenordnung Z 54 gelten muss, erhalten wir Z 54 = 18. Damit ist begründet, dass 5 ein erzeugendes Element von Z 54 ist: 5 = Z 54.

22 22 Es ist a Z 54 genau dann ein Quadrat, wenn in der Darstellung a = 5k mit k {0,..., 17} die Zahl k gerade ist. Damit erhalten wir die Quadrate 1, 25, 31, 19, 43, 5, 17, 47, 41. Aufgabe 5.4: Welche der folgenden Restklassen sind invertierbar? Geben Sie eventuell das Inverse an. (a) Z, (b) Z, (c) Z. (a) Der euklidische Algorithmus liefert ggt(1001, 222) = 1 = Somit gilt Z Z 1001, und es gilt ( Z) ( Z) = Z, sodass Z das Inverse zu Z ist. (b) Der euklidische Algorithmus liefert ggt(1001, 287) = 7. Somit gilt Z Z (c) Es ist (mod 1001), sodass Z in Z 1001 liegt und zu sich selbst invers ist. Aufgabe 5.5: Berechnen Sie den größten gemeinsamen Teiler d von 33511, und sowie ganze Zahlen r, s, t mit r s t = d. Es gilt ggt(33511, 65659, ) = ggt(ggt(33511, 65659), ). Der euklidische Algorithmus liefert: ggt(33511, 65659) = 47 = ( 578) und dann ggt( , 47) = 1 = ( 1) Damit erhalten wir ggt(33511, 65659, ) = 1 = ( ) ( 1) Aufgabe 5.6: Es sei G eine Gruppe mit dem Zentrum Z(G). Zeigen Sie: Ist G/Z(G) zyklisch, so ist G abelsch.

23 23 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. Aufgabe 5.7: Begründen Sie: b b = (a k c) (a k c ) = a k+k c c = (a k c ) (a k c) = b b. (a) Jede endlich erzeugte Untergruppe von (Q, +) ist zyklisch. (b) Für jedes Erzeugendensystem X von Q und jede endliche Teilmenge E von X ist auch X \ E ein Erzeugendensystem. Insbesondere besitzt Q kein minimales Erzeugendensystem. (a) 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: a 1,..., a n 1 { r } 1 s Z = s r Z =. s (Für q Q, k Z ist das Produkt k q auch das k-fache von q in (Q, +).) Nach Lemma 5.1 ist a 1,..., a n 1 s zyklisch. (b) Offenbar dürfen wir E = {x} annehmen. Es sei x = r s, r Z, s N. Es gilt Q x = r s Z, weil 1 2 s r s k für jedes k 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 sodass x X \ {x}, also Q = X X \ {x}. Aufgabe 5.8: Man zeige: n (k i r s r) x i + (k r 2 s ) x, (a) Für jede natürliche Zahl n gilt n = φ(d), wobei über alle Teiler d N von n summiert wird. Hinweis: Man betrachte für jede zyklische Untergruppe U von Z n die Menge C(U) aller erzeugenden Elemente von U. (b) Eine endliche Gruppe der Ordnung n ist genau dann zyklisch, wenn es zu jedem Teiler d von n höchstens eine zyklische Untergruppe der Ordnung d von G gibt. i=1

24 24 Für jede zyklische Untergruppe U sei C(U) die Menge der erzeugenden Elemente von U. Nach Korollar 5.11 gilt C(U) = φ(n), wenn U = n N. Bezeichnet C(U) die Menge der zyklischen Untergruppen von G, so bildet {C(U) U C(U)} eine Partition von G. (a) Nach Lemma 5.2 besitzt Z n zu jedem Teiler d N von n genau eine zyklische Untergruppe U d der Ordnung d. Es folgt n = G = C(U d ) = φ(d). 0<d n U C(U) 0<d n (b) Mit den Voraussetzungen (und Teil (a)) folgt n = G = C(U) φ(d) = n. 0<d n Folglich existiert eine zyklische Untergruppe der Ordnung n, d. h. G ist zyklisch. Aufgabe 6.1: Begründen oder widerlegen Sie: (a) Z 8 = Z2 Z 4. (b) Z 8 = Z2 V für die Klein sche Vierergruppe V. Es gilt Z 8 = Z2 Z 4 und Z 8 = Z2 V, da Z 8 zyklisch ist, die Gruppen Z 2 Z 4 und Z 2 V = Z 2 Z 2 Z 2 jedoch nicht beachte Korollar Aufgabe 6.2: Man bestimme Gruppen U und N mit (a) Z 4 = U N. (b) Z p k = U N für eine natürliche Zahl k und Primzahl p. (a) Es gilt etwa Z 4 {0} = Z 4 = {0} Z4. Wegen Korollar 6.11 gibt es keine nichttriviale Zerlegung Z 4 = U N mit U, N > 1. (b) 1. Fall: p k. Dann gilt Z p k = Zp Z k (beachte Korollar 6.7). 2. Fall: p k. Wir setzen p k = p r k mit p k. Dann gilt Z p k = Zp r Z k (beachte Korollar 6.7). Aufgabe 6.3:

25 25 Man zeige: Jede Gruppe der Ordnung 4 ist entweder zu Z 4 oder zu Z 2 Z 2 isomorph. Es sei G eine Gruppe der Ordnung 4. Falls G zyklisch ist, gilt G = Z 4. Es sei also G nicht zyklisch. Dann gilt a 2 = e G für jedes Element a G und das neutrale Element e G von G (aus a 2 e G folgte mit dem Satz von Lagrange, dass G von a erzeugt wird, also G zyklisch ist). Wir erhalten für je zwei verschiedene Elemente a, b e G : a b = c für das vierte Element c G. Damit ist G eine Klein sche Vierergruppe, also G = Z 2 Z 2. Aufgabe 6.4: Es sei N ein Normalteiler einer Gruppe G. Man zeige: Es ist G genau dann das innere direkte Produkt G = U N, U N = {e}, von N mit einem Normalteiler U, wenn es einen Homomorphismus β : G N gibt, dessen Restriktion β N : N N, β N (x) = β(x) ein Isomorphismus ist. : Es sei G = U N das innere direkte Produkt der Normalteiler U und V von G. Dann ist β : U N N, (u, n) n ein Homomorphismus mit den angegebenen Eigenschaften. : Nun sei β ein Homomorphismus mit den angegeben Eigenschaften. Es sei U der Kern des Homomorphismus β. Nach dem Homomorphiesatz gilt G/U = N, und es ist U ein Normalteiler von G. Weiter gilt U N = {e G }, da β N ein Isomorphismus ist. Nun sei a G beliebig. Wegen β(a) N existiert ein b N mit β(b) = β(a), d. h. a b 1 U. Folglich gilt a U N, womit G = U N begründet ist. Aufgabe 6.5: Es seien U, N Normalteiler der endlichen Gruppe G mit teilerfremden Ordnungen und G = U N. Zeigen Sie: (a) G = U N. (b) Aut(G) = Aut(U) Aut(N). (a) Nach Lemma 4.4 ist U N eine Untergruppe von G. Da U, N Untergruppen von U N sind, gilt U, N U N, also G = U N wegen der Teilerfremdheit von U und N. Nach dem Satz von Lagrange ist U N ein Teiler von U und N, also U N = 1 erneut wegen der Teilerfremdheit der Ordnungen von U und N. Es folgt G = U N. (b) Nach der Aussage in (a) gilt G = U N.

26 26 Es sei φ Aut G. Dann gilt φ(u) U N. Wegen φ(u) = U gilt φ(u) = U (man beachte die Teilerfremdheit der Ordnungen von U und N). Analog gilt φ(n) = N. Wir erhalten eine Abbildung Aut G Aut U Aut N Φ : φ (φ U, φ N ) Die Abbildung Φ ist offenbar ein Homomorphismus. Weiter ist Φ injektiv, da (φ U, φ N ) = (Id U, Id N ) nur für φ = Id G möglich ist. Außerdem ist Φ surjektiv, da für ψ U Aut U und ψ N Aut N die Abbildung U N U N ψ : (u U, v N) u v ψ U (u) ψ N (v) ein Automorphismus von G = U N ist. Es folgt Aut G = Aut U Aut N. Aufgabe 6.6: Bestimmen Sie die Lösungsmenge des folgenden Systems simultaner Kongruenzen: X 7 (mod 11), X 1 (mod 5), X 18 (mod 21). Es sei L die gesuchte Lösungsmenge. Wir setzen: n 1 = 11, n 2 = 5, n 3 = 21 und a 1 = 7, a 2 = 1, a 3 = 18. Für s i := a 1a 2 a 3 a i erhalten wir: s 1 = 105, s 2 = 231 und s 3 = 55. Zunächst lösen wir die Kongruenzen s i X 1 (mod n i ) für i = 1, 2, 3 (durch Raten oder mit dem euklidischen Algorithmus). Wir wählen k 1 = 2, k 2 = 1, k 3 = 13. Somit ist k := 3 k i a i s i = = L, i=1 also L = Z = Z. Aufgabe 6.7: Es sei S 1 := {z C z z = 1} der Einheitskreis. Zeigen Sie: (a) (S 1, ) ist eine Gruppe, die E n := {z C z n = 1} für jedes n N als Untergruppe enthält. (b) Für R + := {x R x > 0} gilt C \ {0} = R + S 1. (c) Es gibt einen Isomorphismus φ : R/Z S 1.

27 27 (d) Bestimmen Sie die Elemente endlicher Ordnung in R/Z und S 1. Bilden sie eine Gruppe? (a) (S 1, ) (C \ {0}, ) ist klar, weil z z ein Homomorphismus ist. Es gilt für jedes n N a E n a n = 1 a n = 1 1 = a = a a. (b) Jedes z C \ {0} hat die Form z = r (cos φ + i sin φ) mit r := z R + und φ =Argz; und cos φ + i sin φ S 1. Wegen S 1 R + = {1} gilt C \ {0} = S 1 R +. (c) Es ist φ : x + Z e 2π i x ein (wohldefinierter) Isomorphismus von R/Z auf S 1 : Wohldefiniertheit und Injektivität: e 2π i(x y) = e 2π i x e 2π i( y) = 1 2 π i (x y) = 2 k π i für ein k Z x y Z x + Z = y + Z. Homomorphie: φ((x+z)+(y+z)) = φ((x+y)+z) = e 2π i(x+y) = e 2π i x e 2π i y = φ(x + Z) φ(y + Z). Die Surjektivität ist klar. (d) Definitionsgemäß ist E = n N E n die Menge der Elemente endlicher Ordnung aus S 1. Aus a, b E, etwa a E r, b E s, folgt (a b 1 ) rs = (a r ) s (b s ) r = 1. Folglich gilt E S 1. Es ist n (x + Z) = 0 + Z = Z mit n x Z, d. h. x 1 n Z gleichwertig. Es hat also x + Z genau dann endliche Ordnung, wenn x 1 n N n Z, d. h. x Q, d. h. x + Z Q/Z R/Z. Aufgabe 6.8: Die Gruppe G sei das direkte Produkt ihrer Untergruppen U und N; und H sei eine U umfassende Untergruppe von G. Man zeige, dass H das direkte Produkt der Untergruppen U und H N ist. Aus U G folgt U H. Aus N G folgt H N H. Für h H gilt h (H N) h 1 = h H h 1 h N h 1 = H N. Aus U N = {e G } folgt U (H N) = {e G }. Jedes a H hat die Form a = u v mit u U H, v N. Es folgt v = u 1 a U 1 H H, d. h. v H N.

28 28 Somit gilt H = U (H N). Das beweist die Behauptung. Aufgabe 6.9: Semidirekte Produkte (a) Es seien U eine Untergruppe und N ein Normalteiler einer Gruppe G mit G = U N und U N = {e G }. Begründen Sie, dass jedes Element a aus G auf genau eine Weise in der Form u v mit u U und v N dargestellt werden kann und dass G/N zu U isomorph ist. Man nennt G das semidirekte Produktsemidirektes Produkt von U mit N. {( ) a b (b) Es seien ein Körper K und die Teilmengen G := a, c K \ {0}, b K 0 c {( ) } {( ) } 1 b a 0 N := b K und U := a, c K \ {0} von GL 2 (K) gegeben c Zeigen Sie, dass G, U und N die Bedingungen aus (a) erfüllen. Ist U ein Normalteiler von G? (a) Wegen G = U N hat jedes Element a G die angegebene Form. Aus u v = u v mit u, u U und v, v N folgt: u 1 u = v v 1 U N. Folglich gilt u 1 u = e G = v v 1, d. h. u = u, v = v. Hiernach ist die Abbildung G U φ : (u U, v N) u v u wohldefiniert und offenbar surjektiv. Es gilt φ(u v u v) = φ(u u u 1 v u v) = u u = φ(u v) φ(u v ), denn u 1 v u v N. Somit ist φ ein Epimorphismus. Ferner gilt: u v Kern φ u = e u v N. Mit dem Homomorphiesatz 4.10 folgt U = φ(g) = G/ Kern φ = G/N. (b) Offensichtlich sind U G und N G. Für a b G gilt: 0 c a b 0 c = a 0 0 c b a 1 U N, also G = U N. Offensichtlich ist U N = {E 2 }. Also ist G semidirektes Produkt von U mit N. },

29 29 Es ist U kein Normalteiler, also G nicht direktes Produkt von U mit N, da: U Aufgabe 7.1: Es operiere G auf der Menge X, und es sei x X. Begründen Sie: Der Stabilisator G x ist genau dann ein Normalteiler von G, wenn G x = G y für alle y G x erfüllt ist. Mit Lemma 7.3 gilt: G x = G y für alle y G x G x = G g x für alle g G G x = g G x g 1 für alle g G G x G. Aufgabe 7.2: Es seien X = {1, 2, 3, 4} und G = V 4 := {Id, σ 1, σ 2, σ 3 } mit ( ) ( ) ( ) σ 1 =, σ 2 =, σ 3 = Es operiert G auf X bezüglich σ x := σ(x). Bestimmen Sie die Bahnen G 2 und G 4 und die Stabilisatoren G 2 und G 4. Es gilt G 2 = X = G 4 und G 2 = {Id} = G 4 (dies folgt auch aus Lemma 7.3). Aufgabe 7.3: Es sei G eine nichtabelsche Gruppe mit G = p 3 für eine Primzahl p. Man zeige: Z(G) = p. Hinweis: Benutzen Sie Aufgabe 5.6. Da G nicht abelsch ist, gilt Z(G) G. Also gilt Z(G) {p, p 2 } nach dem Satz von Lagrange und Satz 7.7. Im Fall Z(G) = p 2 hätte die Gruppe G/Z(G) die Ordnung p. Insbesondere wäre G/Z(G) zyklisch, nach Aufgabe 5.6 also G abelsch. Somit bleibt nur die Möglichkeit Z(G) = p. Aufgabe 7.4: Es seien G eine Gruppe und U eine Untergruppe. Weiter seien L := {a U a G} und R := {U a a G} die Mengen der Links- bzw. Rechtsnebenklassen. Zeigen Sie:

30 30 (a) G operiert transitiv auf L bzw. R durch g (a U) = g a U bzw. g (U a) = U a g 1 (dabei heißt eine Operation transitivoperation!transitivetransitive Operation auf X, wenn es zu beliebigen x, y X ein g G mit g x = y gibt). Warum ist bei der zweiten Operation eine Inversion notwendig? Wäre auch g (U a) := U a g eine gültige Operation? (b) Für a G gilt für die Stabilisatoren: G a U = a U a 1 und G U a = a 1 U a. (c) Geben Sie eine Bedingung an, wann die Operationen treu sind. (a) G operiert auf L vermöge obiger Verknüpfung, denn es gilt für alle a, g, h G: e G (a H) = (e G a) U = a U und (g h) a U = g h a U = g (h (a U)). Die Operation ist transitiv: Es seien a U, b U L. Dann erfüllt g := b a 1 G: g (a U) = g a U = b U. Wir begründen, dass G auf R mit der angegebenen Verknüpfung operiert. Es gilt für alle a, g, h G: e G (U a) = U (a e 1 G ) = U a und (g h) U a = (U a) (g h) 1 = Ua h 1 g 1 = g (U a h 1 ) = g (h (U a)). Die Operation ist transitiv: Es seien U a, U b R. Dann erfüllt g := b 1 a G: g (U a) = U a g 1 = U b. Ohne die Inversion erhält man im Allgemeinen keine Operation von G auf R, denn es gilt für g, h, a G: (g h) (U a) = U a g h, g (h (U a)) = g (U a h) = U a h g, also im Allgemeinen (g h) (U a) g (h (U a)). Durch g (U a) := U g a wird im Allgemeinen keine Operation von G auf R definiert (die Wohldefiniertheit ist im Allgemeinen nicht erfüllt, da für g G aus U a = U b im Allgemeinen nicht U g a = U g b folgt).

31 31 (b) Es sei a G. Es gilt: G a U = {g G g (a U) = a U} = {g G g a U = a U} = {g G a 1 g a U = U} = {g G a 1 g a U} = {g G g a U a 1 } = a U a 1 und G U a = {g G g (U a) = U a} = {g G U a g 1 = U a} = {g G U a = U a g} = {g G U = U a g a 1 } = {g G a g a 1 U} = {g G g a 1 U a} = a 1 U a. (c) Wir betrachten ganz allgemein eine Operation von G auf einer Menge X. Nach Definition ist diese Operation genau dann treu, wenn der Durchschnitt aller Stabilisatoren trivial ist, d. h. wenn gilt: G x = {e g }. x X Angewandt auf die obigen beiden Operationen erhält man: G operiert genau dann treu auf L, wenn a U a 1 = {e G }. G operiert genau dann treu auf R, wenn a 1 U a = {e G } ist. Dies ist genau a G dann der Fall, wenn a U a 1 = {e G } ist. a G a G Aufgabe 7.5: Bestimmen Sie bis auf Isomorphie alle nichtabelschen Gruppen der Ordnung 8. Es sei G eine nichtabelsche Gruppe der Ordnung 8. Weil G eine 2 -Gruppe ist, hat jedes Element die Ordnung 1, 2, 4 oder 8. Gäbe es ein Element der Ordnung 8, so wäre G zyklisch, insbesondere abelsch. Hätten alle Elemente von G eine Ordnung kleiner gleich 2, so wäre G nach Aufgabe 3.9 abelsch. Also existiert ein Element b G der Ordnung 4.

32 32 Somit existiert in G ein Normalteiler b. Die disjunkte Linksnebenklassenzerlegung nach b sei: G = b a b = {e G, b, b 2, b 3 } {a, a b, a b 2, a b 3 }, wobei a G\ b. Wir ermitteln b a: Klar ist: b a b. Weiter ist klar, dass b a a. Da G nicht abelsch ist, folgt auch b a a b. Also bleibt nur b a {a b 2, a b 3 }. Angenommen, b a = a b 2. Dann gilt a = b 3 a b 2 = b b b a b 2 = b b a = b a b 2. Es folgt der Widerspruch b 3 a b 2 = b a b 2 (hieraus folgt nämlich b 2 = e G ). Also gilt b a = a b 3 = a b Fall: o(a) = 2. Wir erhalten die Relationen: Damit ist G = D 4, vgl. Abschnitt a b a 1 = b 1, a b = b 1 a, b a = b a Fall: o(a) = 4. Wir erhalten die Relationen: (a b) 2 = (a b 2 ) 2 = (a b 3 ) 2 = a 2 = b 2. Beachte: b 2 ist das einzige Element der Ordnung 2. Damit ist G = Q, vgl. Beispiel 2.1 auf Seite 23. Aufgabe 7.6: Es sei G eine p -Gruppe. (a) Es sei U G eine echte Untergruppe von G. Zeigen Sie: U N G (U). Hinweis: vollständige Induktion nach G. (b) Es sei U eine maximale Untergruppe von G, d. h., es ist U G eine echte Unterguppe von G, und es gibt keine Untergruppe H mit U H G. Zeigen Sie, dass U ein Normalteiler von G ist. (a) Wir führen Induktion nach G durch, wobei der Induktionsanfang G = 1 trivial ist. Es seien also G > 1 und U G eine echte Untergruppe von G. Dann gilt U N G (U). 1. Fall: Z(G) U. Dann gibt es ein a Z(G)\U. Es gilt a U a 1 = U, also a N G (U)\U, also U N G (U). 2. Fall: Z(G) U. Es ist G := G/Z(G) eine p -Gruppe, G < G und U := U/Z(G) eine echte Untergruppe von G. Nach Induktionsannahme ist also U N G (U). Also existiert ein a = a Z(G) G\U mit a U a 1 = U. Also ist a N G (U)\U, also U N G (U).

33 33 (b) Es sei U eine maximale Untergruppe von G. Nach (a) ist dann N G (U) = G, also U G. Aufgabe 8.1: Es sei P eine p -Sylowgruppe der endlichen Gruppe G. Man begründe, dass p kein Teiler von [N G (P ) : P ] ist. Es gelte G = p r m mit p m. Wegen P = p r gilt [G : P ] = m, weiter erhalten wir wegen P N G (P ) mit Satz 3.13: m = [G : P ] = [G : N G (P )] [N G (P ) : P ], sodass [N G (P ) : P ] m. Daher kann p kein Teiler von [N G (P ) : P ] sein. Aufgabe 8.2: Für n = 3,..., 7 gebe man für jeden Primteiler p von n! ein Element σ S n mit o(σ) = p an. Ist p ein Primteiler von n!, so existiert nach dem Satz von Cauchy in S n ein Element σ mit o(σ) = p. 1. Fall: n = 3. Dann gilt n! = 2 3, und es ist σ 2 bzw. σ 3 mit ( ) ( ) σ 2 := bzw. σ 3 := ein Element der Ordnung 2 bzw. 3 in S Fall: n = 4. Dann gilt n! = 2 3 3, und es ist σ 2 bzw. σ 3 mit ( ) ( ) σ 2 := bzw. σ 3 := ein Element der Ordnung 2 bzw. 3 in S Fall: n = 5. Dann gilt n! = , und es ist σ 2 bzw. σ 3 bzw. σ 5 mit ( ) ( ) σ 2 := bzw. σ 3 := ( ) bzw. σ 5 := ein Element der Ordnung 2 bzw. 3 bzw. 5 in S Fall: n = 6. Dann gilt n! = , und es ist σ 2 bzw. σ 3 bzw. σ 5 mit ( ) ( ) σ 2 := bzw. σ 3 := ( ) bzw. σ 5 :=

34 34 ein Element der Ordnung 2 bzw. 3 bzw. 5 in S Fall: n = 7. Dann gilt n! = , und es ist σ 2 bzw. σ 3 bzw. σ 5 bzw. σ 7 mit ( ) ( ) σ 2 := bzw. σ 3 := ( ) ( ) bzw. σ 5 := bzw. σ 7 := ein Element der Ordnung 2 bzw. 3 bzw. 5 bzw. 7 in S 7. Aufgabe 8.3: Es sei G eine Gruppe der Ordnung 12, und n 2 bzw. n 3 bezeichne die Anzahl der 2 - bzw. 3 -Sylowgruppen in G. (a) Welche Zahlen sind für n 2 und n 3 möglich? (b) Man zeige, dass nicht gleichzeitig n 2 = 3 und n 3 = 4 vorkommen kann. (c) Man zeige, dass im Fall n 2 = n 3 = 1 die Gruppe G abelsch ist und es zwei verschiedene Möglichkeiten für G gibt. (a) Wegen 12 = folgt mit den Sätzen von Sylow: n 2 = 1 + k 2 (k N 0 ), n 2 3 n 2 {1, 3} und n 3 = 1 + k 3 (k N 0 ), n 3 4 n 3 {1, 4}. (b) Im Fall n 3 = 4 besitzt G vier zyklische Untergruppen der Ordnung 3. Diese vier Untergruppen besitzen nur das neutrale Element e G gemeinsam. Damit erhalten wir = 9 Elemente. Die verbleibenden drei Elemente können damit nur noch in einer 2 -Sylowgruppe liegen, der Fall n 2 = 3 ist damit ausgeschlossen. (c) Im Fall n 2 = 1 und n 3 = 1 sind die 2 - und 3 -Sylowgruppen Normalteiler von G. Nach Aufgabe 6.5 gilt G = U V für die einzige 2 -Sylowgruppe U und einzige 3 -Sylowgruppe V von G. Da U und V abelsch sind, ist auch G abelsch. V ist als zyklische Gruppe bis auf Isomorphie eindeutig bestimmt, es gilt V = Z 3 ; für U gibt es bis auf Isomorphie zwei Möglichkeiten: U = Z 4 oder U = Z 2 Z 2. Für G gibt es also die einzigen beiden Möglichkeiten: G = Z 2 Z 2 Z 3 oder G = Z 4 Z 3. Aufgabe 8.4: Man zeige, dass jede Gruppe der Ordnung 40 oder 56 einen nichttrivialen Normalteiler besitzt.