Lösungsvorschlag zur Nachklausur Aufgabe 1 Es seien G eine Gruppe und H, K zwei Untergruppen von G. Weiterhin gelte G = {hk h H, k K}. Zeigen Sie die folgenden voneinander unabhängigen Aussagen: a) Sind H und K normal und gilt H K = {e G }, so gilt auch h H, k K : hk = kh. b) Wenn für alle h H gilt, dass hk = Kh, dann ist K normal in G. c) Auch wenn H K = {e G } gilt, muss keine der beiden Gruppen normal in G sein. (Gegenbeispiel!) a) Für h H und k K gilt wegen der Normalität der beiden Gruppen, dass hkh 1 k 1 = (hkh 1 )k 1 K und hkh 1 k 1 = h(kh 1 k 1 ) H. Da H K = {e G } vorausgesetzt war, folgt hkh 1 k 1 = e G, also hk = kh. b) Es sei g G beliebig. Dann lässt es sich schreiben als g = hk, h H, k K geeignet. Es gilt also insbesondere wegen K = kk = Kk : gk = hkk = (hk)k = K(hk) = Kg, also stimmen die Rechts- und die Linksnebenklassen von K in G überein, und K ist normal. c) Als Gegenbeispiel können wir etwa G = S 4, K = S 3 und H = (1 2 3 4) benutzen. Hierbei identzieren wir S 3 mit den Permutationen von S 4, die 4 x lassen. Dann besteht H aus den Elementen id, (1 2 3 4), (1 3)(2 4) und (1 4 3 2), und von diesen liegt nur die Identität in K. Andererseits gilt für (1 2 3) K und (1 2 3 4)(1 2 3)(1 2 3 4) 1 = (2 3 4) K (1 2 3)(1 2 3 4)(1 2 3) 1 = (1 4 2 3) H. Das zeigt, dass beide Gruppen nicht normal in S 4 sind. Trotzdem ist KH = S 4, da wegen k 1 h 1 = k 2 h 2 K k 1 2 k 1 = h 2 h 1 1 H k 2 = k 1 und h 1 = h 2 die Menge KH oensichtlich 24 Elemente enthält.
Aufgabe 2 Die endliche Gruppe G operiere auf der Menge M. Für g G bezeichne die Menge der Fixpunkte von g auf M. Zeigen Sie: M g = {x M gx = x} a) Wenn die Operation transitiv ist, dann haben für alle x, y M die Stabilisatoren Stab G (x) und Stab G (y) dieselbe Ordnung und es gilt G = g G M g. b) Ist allgemeiner M endlich, dann ist die Zahl 1 M g G die Anzahl der Bahnen von G auf M. g G a) Nach der Bahnbilanzformel gilt wegen der Transitivität M = (G : Stab G (x)) = (G : Stab G (y)). Da weiter (G : Stab G (x)) = G / Stab G (x) gilt (und analog für y), folgt x, y M : Stab G (x) = Stab G (y). Wir nennen diese Kardinalität s := Stab G (x). Es gilt also M = G /s. Dann gilt g G M g = g G {(g, m) m M und gm = m} = {(g, m) G M gm = m} = m M {(g, m) g G und gm = m} = m M Stab G(m) = M s = ( G /s) s = G. b) Es seien B 1,..., B h die Bahnen von G auf M. Dann ist M die disjunkte Vereinigung der G-invarianten Teilmengen B i, 1 i h, und es folgt für g G : M g = i B g i. Dies ist wieder eine disjunkte Vereinigung. Daher gilt 1 h h M g = B g i G )/ G = 1 = h, g G i=1 ( g G da auf jeder Bahn die Operation transitiv ist und daher die Formel aus Aufgabenteil a) benutzt werden darf. i=1
Aufgabe 3 a) Es sei N N eine natürliche Zahl mit der Eigenschaft Folgern Sie, dass N = 1 gelten muss. N teilt 2 N 1. Hinweis: Betrachten Sie anderenfalls die Potenzen von 2 modulo eines geeigneten Primteilers von N und nutzen Sie den Satz von Lagrange aus. b) Zeigen Sie für alle ungeraden b N und alle n N : 2 n teilt b 2n 1. a) Wir nehmen an, dass N > 1 und trotzdem ein Teiler von 2 N 1 sei. Da 2 N 1 ungerade ist, ist auch N ungerade. Der kleinste Primteiler p von N ist also nicht 2 und teilt ebenfalls 2 N 1. Da es modulo p genau p 1 invertierbare Restklassen gibt, zu denen auch die von 2 gehört, folgt mit dem Satz von Lagrange, dass p ein Teiler von 2 p 1 1 ist. Da jedoch p 1 kleiner ist als der kleinste Primteiler von N, sind beide Zahlen teilerfremd, und wir können 1 schreiben als Es folgt, dass 1 = k(p 1) + ln, k, l Z geeignet. 1 = 2 1 1 = 2 k(p 1)+lN 1 1 1 (modulo p), was oensichtlich nicht stimmt ein Widerspruch. Also ist N = 1. b) Der Beweis geht per vollständiger Induktion nach n. Für n = 1 teilt 2 natürlich b 2 1, da b 2 wie alle Potenzen b 2n für natürliches n ungerade ist. Nun nehmen wir an, dass für ein n N wie behauptet 2 n ein Teiler von b 2n 1 sei. Dann gilt: b 2n+1 1 = (b 2n ) 2 1 = (b 2n 1)(b 2n + 1), und da 2 n ein Teiler des ersten Faktors ist und 2 ein Teiler des zweiten, ist 2 n+1 ein Teiler des Produkts.
Aufgabe 4 a) Formulieren Sie den chinesischen Restsatz. b) Für welche Zahl N {385; 1105} gibt es eine natürliche Zahl x mit x 2 1 (mod N)? Bestimmen Sie gegebenenfalls solch ein x sowie die Anzahl der modulo N verschiedenen Lösungen. a) Hier gibt es natürlich verschiedene Varianten... insbesondere: Es seien M, N zwei teilerfremde ganze Zahlen. Dann gibt es einen Ringisomorphismus Z/(MNZ) = Z/MZ Z/NZ. b) Zunächst liegt es nahe, die Zahlen 385 und 1105 in Primfaktoren zu zerlegen: 385 = 5 77 = 5 7 11, 1105 = 5 221 = 5 13 17. Wenn nun x 2 1 (mod N) gälte, so wäre diese Kongruenz auch modulo aller Primteiler von N wahr. Wir wissen aus der Vorlesung, dass 1 genau dann ein Quadrat modulo einer Primzahl p ist, wenn p = 2 oder p 1 (mod 4). Daher kann es für N = 385 kein solches x geben. Für N = 1105 hingegen stellt der chinesische Restsatz sicher, dass es für alle Tripel (a, b, c) Z 3 mit eine Zahl x gibt, sodass a 2 1 (mod 5), b 2 1 (mod 13), c 2 1 (mod 17) x a (mod 5), x b (mod 13), x c (mod 17) gilt und daher auch x 2 1 (mod 1105). Es gibt also, da sich modulo der Primzahlen jeweils zwei Lösungen einstellen, insgesamt 8 solcher Restklassen modulo 1105. In obiger Notation können wir a = 2, b = 5, c = 4 wählen. Dann sehen wir zunächst, dass dies modulo 65 zur Restklasse von 57 gehört, und wir bestimmen nun noch ein r, sodass x = 57 + r 65 modulo 17 zu 4 kongruent ist, durch was zum Beispiel von r = 12 gelöst wird. 65r 3r 4 57 2, Damit ist x = 57 + 12 65 = 837 eine mögliche Wahl für x.
Aufgabe 5 a) Es sei a Z beliebig. Zeigen Sie, dass es unendlich viele Primzahlen p gibt, sodass die Restklasse von a in F p eine dritte Potenz ist. Hinweis: Betrachten Sie natürliche Zahlen der Form x 3 a. b) Finden Sie nun für a = 5 drei verschiedene Primzahlen p, sodass a eine dritte Potenz modulo p ist. a) Wir orientieren uns an Euklids Beweis, dass es unendlich viele Primzahlen gibt. Für a = 0 gibt es nicht viel zu zeigen, denn für jede Primzahl p ist p ein Teiler von 0 3 0 und damit 0 eine dritte Potenz modulo p. Sei also a 0. Für 1 < N N ist dann M := (N!) 3 a 2 1 eine natürliche Zahl gröÿer als 1, und damit gibt es einen Primteiler p. Dieser ist gröÿer als N, da er sonst M und N! teilen würde und damit auch (N!) 3 a 2 M = 1. Also gibt es einen Primteiler p > N der Zahl a M = (a N!) 3 a, und damit ist a modulo p die dritte Potenz von (an!). Da N beliebig war, gibt es auch unendlich viele der gewünschten Primzahlen. Alternativbeweis: Für a = 0 ist die Aussage oensichtlich, jede Primzahl leistet das Gewünschte. Nun sei a beliebig und p eine beliebige Primzahl 1 (mod 3). Dann gibt es nach dem Satz von Lagrange keine primitive dritte Einheitswurzel in F p, und das zeigt, dass der Gruppenhomomorphismus c : F p F p, x c(x) := x 3, injektiv ist. Wegen der Endlichkeit der in Frage stehenden Gruppe ist er also auch surjektiv, und damit ist jede Restklasse modulo p eine dritte Potenz, insbesondere auch die von a. Die Behauptung folgt also aus der Tatsache, dass es unendlich viele Primzahlen gibt, die modulo 3 nicht den Rest 1 lassen, die wiederum daraus folgt, dass die Zahl N! 1 für N 3 nicht 0 oder 1 modulo 3 ist und daher mindestens einen Primteiler hat, der 1 modulo 3 ist. Da alle Primteiler gröÿer als N sind, gibt es für jedes N eine Primzahl, die gröÿer als N ist und kongruent zu 1 modulo 3. b) Hier können die Primzahlen p = 2, 3, 5 dienen, denn modulo jeder dieser Primzahlen gilt 5 3 5 (mod p). Für p = 2 oder 5 sind nämlich links und rechts die Restklassen beide 1 bzw. beide 0, und für p = 3 können wir den kleinen Satz von Fermat nutzen.
Aufgabe 6 Es sei G eine endliche abelsche Gruppe von Ordnung n N. Zeigen Sie die Äquivalenz der folgenden Aussagen: i) G ist zyklisch. ii) Für alle Teiler d von n gibt es genau eine Untergruppe von G mit Ordnung d. iii) Für alle Teiler d von n gibt es höchstens eine Untergruppe von G mit Ordnung d. i) ii) Wenn G zyklisch ist, dann ist es isomorph zu Z/nZ. Es genügt, die Behauptung für diese Gruppe zu zeigen. Wenn d ein Teiler von n ist, dann erzeugt die Restklasse von n/d eine Gruppe mit d ELementen, also gibt es mindestens eine solche Gruppe. Wenn umgekehrt H eine Untergruppe mit d Elementen ist, dann ist G/H eine Gruppe mit n/d Elementen und damit nach dem Satz von Lagrange ( n )g H für alle g G. d Angewandt auf die Restklaae der 1 heiÿt dies, dass die Restklasse von n in H liegt. Da d diese bereits eine Untergruppe mit d Elementen erzeugt, muss H die besagte Gruppe sein, und es gibt damit genau eine solche Untergruppe. ii) iii) Das ist klar. Wenn es genau eine Gruppe gibt, dann auch nicht mehr als eine. iii) i) Ohne Einschränkung sei die Gruppe G nicht trivial. Nach dem Struktursatz für endliche erzeugte abelsche Gruppen ist G ein Produkt von zyklischen Gruppen G = Z/e 1 Z Z/e h Z, wobei 1 < e 1 e 2 e h. Es seien π 1 und π h die Projektionen auf den ersten bzw. letzten Faktor. Dann ist π 1 1 (0) eine Untergruppe vom Index e 1 in G, und damit von Ordnung n/e 1. Weiter gibt es in Z/e h Z die Untergruppe, die von der Restklasse von e h /e 1 erzeugt wird. Sie hat Index e 1, und wegen der Surjektivität der Projektion gilt dies auch für ihr Urbild in G unter π h. Also ist auch dieses Urbild eine Untergruppe von Ordnung n/e 1. Da es aber höchstens eine Untergrupe von Ordnung n/e 1 gibt, folgt h = 1 und damit die Zyklizität von G.