Lösungen zu Kapitel 8

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1 Lösungen zu Kapitel 8 Lösung zu Aufgabe 1: M offenbar Wir setzen A = M\ A. Für A, B P (M) gilt wegen A, B A B = (A\B) (B\A) = A B + A B, wobei + die disjunkte Vereinigung der beteiligten Mengen bedeutet. Wir erhalten zunächst für A, B P (M): (a) A B P (M). (b) A B = B A (Kommutativität). (c) A = A ( ist das Nullelement). (d) A A = (A ist zu sich selbst invers). Zum Nachweis, dass P (M), ) eine kommutative Gruppe ist, müssen wir noch die Assoziativität der Verknüpfung beweisen. Wir wissen nach Satz 2.2, dass P M mit und eine Boole sche Algebra ist. Folglich gelten auch die Gesetze über die Negation, von de Morgan und die Distributivgesetze. Statt A B schreiben wir AB. Wir erhalten daher A B = AB + A B = (A B)(A B) = (A B) A (A B)B = (A A B A) (A B B B) = B A + A B = AB + A B. Jetzt gilt A (B C) = A(B C) + A(B C) = A(BC + B C) + A(BC + BC) = ABC + AB C + A BC + ABC = AB C + ABC + ABC + A BC = (AB + AB)C + (AB + A B)C = (A B)C + (A B)C = (A B) C. Lösung zu Aufgabe 2: (a) Es ist ( \{0}, ) eine Gruppe mit Einselement 1. Es gilt G \{0}. Nach Satz 8.13 ist für a, b G nur ab 1 G, also ab 1 > 0 zu zeigen, was für a, b > 0 trivialerweise erfüllt ist. (b) Wir definieren die Abbildung f : G H durch f (a) = ln a für alle a G. Dann gilt f (ab) = ln(ab) = ln(a) + ln(b) = f (a) + f (b) für alle a, b G, das heißt, f ist ein Homomorphismus. Der inverse Homomorphismus wird durch g(a) = e a für alle a H definiert. Offenbar ist ( f g)(a) = a für alle a H und (g f )(b) = b für alle b G. Damit sind G und H isomorph. 1

2 2 Lösungen zu Kapitel 8 Lösung zu Aufgabe 3: Es seien i, i {1, 2, 3}, die Verknüpfungen von G i und e i die entsprechenden neutralen Elemente. Die Gruppenhomomorphismuseigenschaften von g f sind wegen (g f )(e 1 ) = g( f (e 1 )) = f (e 2 ) = e 3 und (g f )(a 1 b) = g( f (a 1 b)) = g( f (a) 2 f (b)) = g( f (a) 3 g( f (b) = (g f )(a) 3 (g f )(b) für alle a, b G 1 erfüllt. Lösung zu Aufgabe 4: Es ist Satz 8.11 A n, n, ist eine Gruppe (die alternierende Gruppe) und besitzt 1 2 n! Elemente. Beweis. Sind f = t 1 t 2... t 2k, g = t 1 t 2... t 2l A n, so gilt offenbar auch f g = t 1 t 2... t 2k t 1 t 2... t 2l A n. Die Multiplikation ist assoziativ, da sie in S n assoziativ ist. Die identische Permutation (12)(12) ist gerade. Mit f = t 1 t 2... t 2k A n gilt auch f 1 = t 2k t2k 1... t 2 t 1 A n. Wir schließen, dass A n eine Untergruppe von S n ist. Es sei t S n eine fest gewählte Transformation. Zu jedem g A n ist gt eine ungerade Transformation. Dabei gilt g 1 t = g 2 t g 1 = g 2. Es folgt, dass es mindestens so viele ungerade Permutationen wie gerade Permutationen gibt. Wenn wir von ungeraden Permutationen ausgehen, erhalten wir die umgekehrte Aussage. Das bedeutet, dass es ebenso viele gerade wie ungerade Permutationen gibt, also A n = 1 2 S n = 1 2 n!. Lösung zu Aufgabe 5: Satz 8.14 Es sei U eine nichtleere Teilmenge einer endlichen Gruppe G. U ist genau dann eine Untergruppe, wenn aus a, b U stets ab U folgt. Beweis. Ist U eine Untergruppe, dann folgt ab U aus a, b U. Umgekehrt gelte a, b U. Es sei U = {u 1,..., u k }. Linksseitige Multiplikation dieser Elemente mit a liefert nach Voraussetzung {au 1,..., au k } U. Aus au i = au j folgt durch linksseitige Multiplikation mit a 1 G die Gleichheit u i = u j, das heißt {au 1,..., au k } = U. Für genau ein i gilt folglich au i = b. Linksseitige Multiplikation mit a 1 G liefert u i = a 1 b U. Nach Satz 8.13(b) ist U eine Untergruppe von G. Lösung zu Aufgabe 6: Da eine additive Gruppe ist, liefert Satz 8.16 {4, 6} = {z z = ( 1) i 1a i ( 1) i k a ik, i 1,..., i k {0, 1}, a i1,..., a ik {4, 6}, k 0}. Offensichtlich sind alle z gerade, weiter gilt 0, 4 2 = 2 {4, 6} und damit {4, 6} = 2. Entsprechend gilt 0, 1 = 7 6 {6, 7} und damit {6, 7} =.

3 Lösungen zu Kapitel 8 3 Lösung zu Aufgabe 7: (a) Wir nehmen G = U 1 U 2 mit U 1, U 2 G an. Dann existieren Elemente a, b G mit a U 1, a U 2 und b U 2, b U 1. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit sei ab U 1. Dann folgt wegen a U 1 die Gleichung a 1 ab = b U 1, ein Widerspruch. (b) Gilt U 1 U 2 oder U 2 U 1, dann ist offenbar U 1 U 2 eine Untergruppe von G. Es sei umgekehrt U 1 U 2 eine Untergruppe von G. Wir nehmen an, dass U 1 U 2 und U 2 U 1 gilt. Nach (a) kann dann U 1 U 2 keine Gruppe sein, ein Widerspruch. Lösung zu Aufgabe 8: Wir nehmen an, dass eine Äquivalenzrelation ist. Es seien a, b A. Nach Satz 8.13(b) ist a 1 b A zu zeigen. Für alle a A folgt wegen der Definition von aus a = 1a = 1 1 a A die Relation 1 a. Wegen der Symmetrie gilt a 1. Für a, b A erhalten wir dann a 1, 1 b und wegen der Transitivität a b. Die Definition von liefert a 1 b A. Für die umgekehrte Beweisrichtung sei A eine Untergruppe von G. Für ein beliebiges a G gilt a 1 a = 1 A, so dass die Reflexivität a a erfüllt ist. Es seien weiter a, b G mit a b, also a 1 b A. Dann folgt (a 1 b) 1 = b 1 a A und damit b a, die Symmetrie. Schließlich gelte a b und b c, also a 1 b, b 1 c A. Wir erhalten a 1 bb 1 c = a 1 c A und so a c. Lösung zu Aufgabe 9: (a) Für (a, b), (c, d) G gilt offenbar (a, b) (c, d) G. Die Ist weiter (e, f ) G, so erhalten wir die Assoziativität ((a, b) (c, d)) (e, f ) = (ac, b + d) (e, f ) = ((ac)e, (b + d) + f ) = (a(ce), b + (d + f )) = (a, b) (ce, d + f ) = (a, b) ((c, d) (e, f )). Das neutrale Element von G ist (1, 0), das Inverse von (a, b) G ist (a 1, b) G. (b) Für ein Element (a, b) G der Ordnung 2 gilt (a, b) (a, b) = (a 2, b + b) = (1, 0). Die Gleichung a 2 = 1 hat in \{0} nur die Lösungen a = ±1, die Gleichung b + b = 0 in nur b = 0. Da (1, 0) die Odnung 1 hat, ist ( 1, 0) das einzige Element der Ordnung 2. (c) Es gelte (a, b) 3 = (a 3, b + b + b) = (1, 0). Es folgt a = 1 und b = 0, (1, 0) hat jedoch die Ordnung 1. Lösung zu Aufgabe 10: Wir nehmen = a für ein a an. Dann gilt nach Satz 8.16 = {q q = z a, z }. Offenbar ist a 2, jedoch a 2 {q q = z a, z }, ein Widerspruch. Lösung zu Aufgabe 11: Nach Satz 8.29 liegt eine primitive Wurzel a modulo p genau dann vor, wenn a p 1 q mod p = 1 für jeden Primfaktor q von p 1 gilt. Wegen 28 = haben wir hier die Primfaktoren 2 und 7 und damit die Werte 14 und 4 für p 1 q. Wir erhalten:

4 4 Lösungen zu Kapitel 8 a = 2: 2 14 mod 29 = 28 = 1 und 2 4 mod 29 = 16 = 1, das heißt, 2 ist eine primitive Wurzel modulo 29. a = 3: 3 14 mod 29 = 28 = 1 und 2 4 mod 29 = 23 = 1, das heißt, 3 ist eine primitive Wurzel modulo 29. a = 5: 5 14 mod 29 = 1, das heißt, 5 ist keine primitive Wurzel modulo 29. Lösung zu Aufgabe 12: von Shanks an: Wir geben zunächst die Verallgemeinerung des Algorithmus Algorithmus. (Verallgemeinerung des Algorithmus von Shanks) Eingabe: Ein Element ḡ p der Ordnung d und ein Element b ḡ. Ausgabe: Der diskrete Logarithmus x = logḡ b. (1) Berechne m = d. (2) Berechne g m j mod p für alle j = 0, 1,..., m 1. (3) Sortiere die m geordneten Paare ( j, ḡ m j mod p) bezüglich ihrer zweiten Komponente (ergibt eine Liste L 1 ). (4) Berechne bḡ i mod p = bḡ d i mod p für alle i = 0, 1,..., m 1. (5) Sortiere die m geordneten Paare (i, bḡ i mod p) bezüglich ihrer zweiten Komponente (ergibt eine Liste L 2 ). (6) Finde ein Paar ( j, y) L 1 und ein Paar (i, y) L 2 (Paare mit gleicher zweiter Komponente). (7) Setze logḡ b = (m j + i) mod d. Satz. Der oben stehende Algorithmus bestimmt den diskreten Logarithmus logḡ b bezüglich des Modulus p, bei Nichtberücksichtigung von logarithmischen Faktoren, in der Zeit O( d) mit O( d) Speicherplatz. Beweis. Die Aussagen über die Laufzeit und den Platzbedarf sind offensichtlich richtig. Gilt ( j, y) L 1 und (i, y) L 2, dann folgt und damit ḡ m j mod p = y = bḡ i mod p ḡ mj+i mod p = b. Nach Satz 8.21 gilt daher logḡ b = (m j + i) mod d. Da durch m j + i, i, j {0,..., m 1}, alle Zahlen von 0 bis m 2 1 dargestellt werden, gibt es für jedes b d Zahlen i, j {0,..., m 1} mit logḡ b = m j + i. Die Suche in Schritt 6 ist somit immer erfolgreich. Lösung zu Aufgabe 13: Für beliebige Elemente u 1 U 1, u 2 U 2 betrachten wir das Element g = u 1 u 2 (u 2 u 1 ) 1 G. Da U 1 ein Normalteiler von G ist, gilt nach Definition 8.16 u 2 U 1 = U 1 u 2, das heißt, es existiert u 1 U 1 mit u 2 u 1 = u 1 u 2. Es folgt g = u 1 u 2 u 1 2 u 1 1 = u 1 u 1 1 U 1. Da U 2 ein Normalteiler von G ist, gilt u 1 U 2 = U 2 u 1, das heißt, es existiert u 2 U 2 mit u 1 u 2 = u 2 u 1. Es folgt g = u 2 u 1(u 2 u 1 ) 1 = u 2 u 1u 1 1 u 1 2 = u 2 u 1 2 U 2. Wegen U 1 U 2 = {1} folgt g = 1 und damit (durch rechtsseitige Multiplikation mit u 2 u 1 ) u 1 u 2 = u 2 u 1.

5 Lösungen zu Kapitel 8 5 Lösung zu Aufgabe 14: Es seien a, b G. Dann existieren i, j I mit a U i, b U j. Falls i = j gilt, folgt wegen U i U j = {1} nach Aufgabe 13 ab = ba. Es gelte i = j. Dann existiert c G mit c U i, das heißt c U k mit i = k. Es folgt ca U i (anderenfalls würde c = caa 1 U i gelten) und damit ca U k für ein k = i. Nach Aufgabe 13 gelten cb = bc und (ca)b = b(ca). Wir erhalten c(ab) = (ca)b = b(ca) = (bc)a = (cb)a = c(ba). Linksseitige Multiplikation mit c 1 liefert ab = ba. Lösung zu Aufgabe 15: Damit h wohldefiniert ist, muss aus a + n = b + n die Gleichung a mod n = b mod n folgen. Wir betrachten a + n = b + n. Wegen Satz 8.17(b) folgt daraus a b + n, also a = b + un für ein u. Dann gilt a mod n = b mod n. Mit a + n, b + n /n betrachten wir h((a + n ) + (b + n )) = h((a + b) + n ) (nach Satz 8.33) = (a + b) mod n = (a mod n) (b mod n) (nach Satz 6.32) = h(a + n ) h(b + n ), das heißt, h ist ein Homomorphismus. Den inversen Homomorphismus h 1 definieren wir durch h 1 (a) = a + n für alle a n. Offenbar gilt h h 1 = 1 wegen a mod n = a für a n n. Die Gleichung h 1 h = 1 /n gilt wegen a + n = (a mod n) + n für a + n /n. Lösung zu Aufgabe 16: Nach Seite 271 des Buchs gilt G = U 1 U 2... U n und U i j {1,...,n}, j =i U j = {1}. (a) Aus U i j {1,...,n}, j =i U j = {1} folgt für alle i = j erst recht U i U j = {1}. Nach Aufgabe 13 gilt dann ab = ba für alle a U i, b U j. (b) Es sei a 1 a 2... a n = b 1 b 2... b n mit a i, b i U i, i {1,..., n}. Multiplikation dieser Gleichung mit (a 2... a n ) 1 j {1,...,n}, j =1 U j liefert a 1 = b 1 (b 2... b n )(a 2... a n ) 1. Wegen a 1, b 1 U 1 folgt (b 2... b n )(a 2... a N ) 1 U 1. Dieses Element gehört jedoch auch zu j {2,...,n} U j. Es folgt (b 2... b n )(a 2... a N ) 1 = 1 und damit a 1 = b 1. Wir schließen a 2... a n = b 2... b n. Hierauf können die vorhergehenden Elemente angewendet werden, wobei jetzt U 2 j {3,...,n} U j = {1} benötigt wird. Wir erhalten a i = b i für alle i {1,..., n}. Lösung zu Aufgabe 17: Nach dem 1. Isomorphiesatz (Satz 8.42) gilt für jeden Homomorphismus f : 6 4 die Isomorphie von Im( f ) mit 6/Ker( f ). Nach Satz 8.40 ist dabei Im( f ) eine Untergruppe von 4 und Ker( f ) ein Normalteiler von 6. Nach

6 6 Lösungen zu Kapitel 8 Satz 8.19 (Lagrange) kommen für Im( f ) zunächst die Untergruppen 4, {0, 2} (isomorph zu 2) und {0} in Frage. Die möglichen Normalteiler Ker( f ) von 6 sind 6, {0, 2, 4} (isomorph zu 3), {0, 3} (isomorph zu 2) und {0}. Gemäß Satz 8.34 gilt 6/Ker( f ) = 6 Ker( f ). Der Vergleich mit Im( f ) lässt nur die Normalteiler 6 und {0, 2, 4} zu, das heißt 6/ 6 = {0} und 6/{0, 2, 4} = {0, 2}. Die zugehörigen Homomorphismen 6 4 sind durch f 1 (a) = 0 und f 2 (a) = a + {0, 2, 4}, also f 2 (0) = f 2 (2) = f 2 (4) = 0 und f 2 (1) = f 2 (3) = f 2 (5) = 2, gegeben. Weitere Homomorphismen 6 4 gibt es nicht. Lösung zu Aufgabe 18: Mit 1 G und 1 H werden die Einselemnte von G bzw. H bezeichnet. Es gilt H = {(1 G, h) h H } (siehe Seite 270). Wir definieren ϕ : G (G H )/ H durch ϕ(g) = (g, 1 H ) H. Es ist ϕ die Komposition des Homomorphismus ϕ 1 : G G H (ϕ 1 (g) = (g, 1 H ) für alle g G) und des kanonischen Homomorphismus G H (G H )/ H. Nach Aufgabe 3 ist ϕ daher ein Homomorphismus. Für ein beliebiges Element (g, h) H gilt (g, h) H = {(g, h)(1 G, h ) h H } = {(g, h ) h H } = {(g, 1 H )(1 G, h ) h H } = (g, 1) H. Damit ist ϕ surjektiv. Weiter gelte ϕ(g 1 ) = ϕ(g 2 ) für g 1, g 2 G. Dann folgt (g 1, 1 H ) H = (g 2, 1 G ) H. Durch linksseitige Multiplikation mit (g1 1 H) erhalten wir (1 G, 1 H ) H = (g1 1 2, 1 H ) H und damit g1 1 2 = 1 G, also g 1 = g 2. Wir schließen, dass ϕ injektiv und so insgesamt ein Isomorphismus ist. Lösung zu Aufgabe 19: Es sei f : G ein beliebiger Gruppenhomomorphismus. Nach dem 1. Isomorphiesatz (Satz 8.42) sind /Ker( f ) und Im( f ) isomorph. Nach Satz 8.40 ist Ker( f ) ein Normalteiler von. Da eine abelsche Gruppe ist, ist nach Beispiel 8.16(b) jede Untergruppe von ein Normalteiler, nach Beispiel 8.11(a) sind dies genau die Untergruppen n für alle n 0. Damit sind alle homomorphen Bilder von durch /n (isomorph zu n bzw. zu für n = 0) gegeben, da für jedes n ein surjektiver Homomorphismus f n : n existiert (nämlich f n (a) = a mod n, n, bzw. f 0 = 1 ). Lösung zu Aufgabe 20: Wir betrachten h 1 u 1, h 2 u 2 HU und erhalten damit h 1 u 1 (h 2 u 2 ) 1 = h 1 u 1 u 1 2 h 1 2 = h 1 h 1 2 u mit einem u U, da U ein Normalteiler von G ist. Es folgt h 1 u 1 (h 2 u 2 ) 1 HU, so dass HU wegen Satz 8.13 eine Untergruppe von G ist. U ist eine Untergruppe von HU und damit ein Normalteiler von H U. Wir definieren eine Abbildung ϕ : H G/U mit ϕ(h) = hu für alle h H, die als Restriktion des kanonischen Homomorphismus ebenfalls ein Homomorphismus ist. Es gilt Im(ϕ) = {hu h H } = {huu h H, u U} = {xu x HU} = HU/U.

7 Lösungen zu Kapitel 8 7 Weiter erhalten wir h Ker(ϕ) hu = U h H U. Wir schließen Ker(ϕ) = H U. Nach Satz 8.40 ist H U ein Normalteiler von H. Der 1. Isomorphiesatz (Satz 8.42) liefert die Isomorphie von H/Ker(ϕ) = H/(H U) und Im(ϕ) = HU/U. Lösung zu Aufgabe 21: Wir definieren die Abbildung ϕ : G/U 1 G/U 2 mit ϕ(gu 1 ) = gu 2. Es sei gu 1 = g U 1. Speziell gilt dann g = g u mit einem geeigneten u U 1. Es folgt gu 2 = {gu 2 u 2 U 2 } = {g u u 2 u 2 U 2 } = {g ū 2 ū 2 U 2 } = g U 2, das heißt, ϕ ist wohldefiniert. Weiter ist ϕ(u 1 ) = U 2 und ϕ((g 1 U 1 )(g 2 U 1 )) = ϕ(g 1 g 2 U 1 ) = g 1 g 2 U 2 = (g 1 U 2 )(g 2 U 2 ) = ϕ(g 1 U 1 )ϕ(g 2 U 2 ), ϕ ist also ein Gruppenhomomorphismus. Offenbar ist Im(ϕ) = G/U 2. Außerdem gilt gu 1 Ker(ϕ) gu 2 = U 2 g U 2 gu 1 U 2 /U 1, das heißt Ker(ϕ) = U 2 /U 1. Nach Satz 8.40 ist U 2 /U 1 ein Normalteiler von G/U 1. Satz 8.42 liefert die Isomorphie von (G/U 1 )/Ker(ϕ) = (G/U 1 )/(U 2 /U 1 ) mit Im(ϕ) = G/U 2. Lösung zu Aufgabe 22: Es sei Aut(G) = { f f : G G Isomorphismus} die Menge aller Automorphismen von G. Mit f, g Aut(G) ist f g bijektiv und nach Aufgabe 3 ein Homomorphismus, insgesamt also ein Isomorphismus. Es folgt f g Aut(G). Wir wissen, dass die Komposition von Abbildungen assoziativ ist (siehe Seite 47). Die identische Abbildung 1 G : G G liegt in Aut(G). Für ein f Aut(G) betrachten wir die inverse Abbildung f 1, die f 1 (ab) = f 1 ( f f 1 (a) f f 1 (b)) = f 1 ( f ( f 1 (a) f 1 (b))) = f 1 (a) f 1 (b) für alle a, b G erfüllt und damit zu Aut(G) gehört. Folglich ist Aut(G) eine Gruppe. Lösung zu Aufgabe 23: Es sei B = {ϕ g ϕ g (a) = gag 1, a G} die Menge aller inneren Automorphismen von G. Für ein beliebiges g G gilt offenbar (ϕ g ) 1 = ϕ g 1. Für ϕ g1, ϕ g2 B erhalten wir ϕ g1 ((ϕ g2 ) 1 (a)) = ϕ g1 (ϕ g 1(a)) = g 1 g2 1 ag 2g1 1 = ϕ 2 gg g2 1 (a)

8 8 Lösungen zu Kapitel 8 für alle a G. Das bedeutet ϕ g1 (ϕ g2 ) 1 B, so dass nach Satz 8.13 B eine Untergruppe von Aut(G) ist. Lösung zu Aufgabe 24: Für beliebige g 1, g 2 G gilt für alle a G und ϕ(1)(a) = ϕ 1 (a) = 1a1 1 = a ϕ(g 1 g 2 )(a) = ϕ g1 g 2 (a) = g 1 g 2 a(g 1 g 2 ) 1 = g 1 g 2 ag2 1 g 1 1 = g 1 ϕ g2 (a)g1 1 = ϕ g1 (ϕ g2 (a)) = (ϕ g1 ϕ g2 )(a) = (ϕ(g 1 ) ϕ(g 2 ))(a). Es folgt ϕ(1) = 1 G und ϕ(g 1 g 2 ) = ϕ(g 1 ) ϕ(g 2 ), ϕ ist also ein Gruppenhomomnorphismus.