Diskrete Strukturen

Technische Universität München
Fakultät für Informatik
Lehrstuhl für Informatik 15
Computergraphik & Visualisierung
Prof. Dr. Rüdiger Westermann
Dr. Werner Meixner
Wintersemester 2007/08
Lösungsblatt 11
30. Januar 2008
Diskrete Strukturen
Hausaufgabe 1 (5 Punkte)
Wir gehen von dem in der Tutoraufgabe 1 von Übungsblatt 10 gegebenen Graphen aus,
der die Entfernung zwischen bestimmten Städten beschreibt.
Bestimmen Sie mit dem Algorithmus von Kruskal einen minimalen Spannbaum dieses
Graphen.
Lösungsvorschlag
Wir konstruieren einen Spannbaum T = (V, ET ) mit der vorgegebenen Knotenmenge V ,
bestehend aus den 10 Städten und einer Kantenmenge ET mit minimaler Summe der
Kantengewichte.
Wir beginnen mit ET = ∅ und fügen sukzessive zu ET Kanten mit minimalem Gewicht
hinzu, die T kreisfrei belassen.
e1
e2
e3
e4
e5
e6
e7
e8
e9
=
=
=
=
=
=
=
=
=
{Mannheim, Karlsruhe},
{Stuttgart, Karlsruhe},
{Köln, Dortmund},
{Mannheim, Frankfurt},
{Stuttgart, Ulm},
{Ulm, München},
{Dortmund, Kassel},
{München, Nürnberg},
{Köln, Frankfurt},
w(e1 )
w(e2 )
w(e3 )
w(e4 )
w(e5 )
w(e6 )
w(e7 )
w(e8 )
w(e9 )
=
=
=
=
=
=
=
=
=
68 ,
82 ,
83 ,
88 ,
92 ,
139 ,
165 ,
167 ,
189 .
Hausaufgabe 2 (5 Punkte)
Wir gehen wieder von dem in der Tutoraufgabe 1 von Übungsblatt 10 gegebenen Graphen
aus, der die Entfernung zwischen bestimmten Städten beschreibt. Wir nehmen zusätzlich
an, dass durch einen Unfall die Verbindung von Nürnberg nach München in beiden Richtungen gesperrt ist.
Bestimmen Sie nun nach dem Algorithmus von Dijkstra die durch den entsprechend modifizierten Verbindungsgraphen gegebene Entfernung zwischen München und Köln.
Ulm
Stuttgart
München
Mannheim
Nürnberg
Köln
Kassel
Karlsruhe
Frankfurt
Dortmund
Lösungsvorschlag
Wir modifizieren die Tabelle der direkten Entfernungen entsprechend der Angabe.
Dortmund
- 165 83
Frankfurt
189 228 88
- 294
Karlsruhe
–
68
82
Kassel
165
- 465
83 189 Köln
228 - 167 Nürnberg
Mannheim
88 68
167 - 139
München
Stuttgart
82
92
294 - 465
- 139 92
Ulm
Dortmund
165 83
Frankfurt
189 228 88
Karlsruhe
–
68
165
Kassel
Köln
83 189
Nürnberg
228
Mannheim
88 68
München
769 433 313 604 622 661 381
Stuttgart
Ulm
-
294
82
-
465
-
-
-
Ulm
Stuttgart
München
Mannheim
Nürnberg
Köln
Kassel
Karlsruhe
Frankfurt
Dortmund
Mit dem Algorithmus von Dijkstra berechnet man sukzessive die Entfernungen u1 , u2 , . . .
vom Startknoten s aus zu Knoten k1 , k2 , . . . beginnend bei dem zum Startknoten nächststehenden Knoten. In jedem Schritt i berechnet man für alle Nachbarn des gerade berechneten Knotens ki eine neue Entfernung als Länge eines kürzesten Pfades über s, k1 , k2 , . . . , ki .
Wir protokollieren alle Zwischen- und Endergebnisse in der Spalte bzw. Zeile des Startknotens. (Dafür haben wir in der Zeile für München etwas Raum gelassen, der eventuell
benötigt wird, wenn Ergebnisse überschrieben werden müssen.)
= 433
294
= 313 82
= 604
465
= 622
u4 = 381
231 139
u5
u3
u6
u7
u2 = 231
u1 = 139
92
92
-
Ergebnis: Die Entfernung zwischen München und Köln beträgt nun 622 Kilometer.
Es ist nicht nötig, die Entfernung München – Dortmund oder München – Nürnberg ebenfalls zu berechnen, denn dadurch kann sich die Entfernung München – Köln nicht mehr
ändern.
2
Hausaufgabe 3 (5 Punkte)
Sei S 0 = hS, ◦i eine Halbgruppe. Dann nennen wir ein Element x ∈ S vertauschbar in
S 0 , falls gilt (∀a ∈ S) [ a ◦ x = x ◦ a]. Es sei V (S 0 ) die Menge aller in S 0 vertauschbarer
Elemente von S.
Zeigen Sie, dass V (S 0 ) eine Unterhalbgruppe von S 0 erzeugt.
Lösungsvorschlag
Seien x, y ∈ V (S 0 ). Zu zeigen ist (∀a ∈ S) [a ◦ (x ◦ y) = (x ◦ y) ◦ a].
Es gilt
a ◦ (x ◦ y) =
=
=
=
=
(a ◦ x) ◦ y
(x ◦ a) ◦ y
x ◦ (a ◦ y)
x ◦ (y ◦ a)
(x ◦ y) ◦ a) .
Hausaufgabe 4 (5 Punkte)
Sei M = hS, ◦i ein Monoid mit neutralem Element 1. Wir nehmen an, dass für alle x ∈ S
gilt x ◦ x = 1.
Zeigen Sie, dass M abelsch ist, d. h., es gilt
∀x, y ∈ S : x ◦ y = y ◦ x .
Lösungsvorschlag
x◦y = 1◦x◦y◦1
= (y ◦ y) ◦ x ◦ y ◦ (x ◦ x) = y ◦ ((y ◦ x) ◦ (y ◦ x)) ◦ x = y ◦ 1 ◦ x
= y ◦ x.
3
Hinweis: Die im Folgenden als Vorbereitung bezeichneten Aufgaben werden nicht bewertet und
dienen der häuslichen Vorbereitung der Tutoraufgaben, die ebenfalls nicht bewertet werden.
Die Abgabe einer Bearbeitung der Vorbereitungsaufgaben zusammen mit der Bearbeitung der
Hausaufgaben wird empfohlen. Tutoraufgaben werden in den Übungsgruppen bearbeitet.
Vorbereitung 1
Ganze Zahlen a, b ∈ Z nennt man kongruent modulo m, mit m ∈ N, i. Z. a ≡ b (mod m),
falls sich a und b um ein ganzzahliges Vielfaches von m unterscheiden, d. h., falls es ein
k ∈ Z gibt, so dass a = b + k ·m gilt. Genau dann wenn a ≡ b (mod m) und gleichzeitig
0 ≤ b < m gilt, dann gilt b = a mod n. Diesen Zusammenhang kann man der Definition
der Operation mod zugrunde legen.
In enger Beziehung zur mod-Operation steht die ganzzahlige Division a div m zweier
Zahlen a ∈ Z, m ∈ N. Es gilt
a = (a div m)·m + (a mod m) .
1. Zeigen Sie: (i)
5 div 2 = 2,
(−5) div 2 = −3.
(ii)
2. Zeigen Sie: Für alle a ∈ Z, m ∈ N gilt
a div m = max{k ∈ Z | k·m ≤ a} .
3. Zeigen Sie die folgende, für den Beweis von Gleichungen modulo einer natürlichen
Zahl m nützliche Kennzeichnung der Gleichheit von Zahlen x, y.
Für alle ganzen Zahlen x, y mit 0 ≤ x, y < m gilt:
x=y
⇐⇒
x ≡ y (mod m) .
Lösungsvorschlag
1. Wir verwenden die Formel für div.
(i) Seien a = 5 und m = 2. Dann gilt
(5 div 2) · 2 =
=
=
5 div 2 =
(5 − (5 mod 2))
(5 − 1)
4 , und es folgt
2.
(ii) Seien a = −5 und m = 2. Dann gilt
((−5) div 2) · 2 =
=
=
=
(−5) div 2 =
4
(−5 − ((−5) mod 2))
(−5 − ((−5 + 3 · 2) mod 2))
(−5 − 1)
−6 , und es folgt
−3 .
2. Wir zeigen für k := (a div m)
i. k · m ≤ a.
ii. (k + 1) · m 6≤ a.
i.: Wegen 0 ≤ a mod m folgt
k · m = (a div m) · m ≤ (a div m) · m + a mod m = a .
ii.: Wegen m > a mod m folgt
(k + 1) · m = k · m + m > k · m + a mod m = (a div m) · m + a mod m = a .
3. Die behauptete Äquivalenz ist gleichbedeutend mit der folgenden Kennzeichnung.
Für alle ganzen Zahlen x, y mit 0 ≤ x, y < m gilt:
x=y
⇐⇒
(∃k ∈ Z) [y = x + k · m] .
⇒ : Sei x = y. Für k = 0 folgt dann y = x + k · m.
⇐ : Sei y = x + km. Aus 0 ≤ x, y < m folgt einerseits y − x < m − x ≤ m, und
mithin y − x < m. Andererseits folgt analog x − y < m. D. h. also |y − x| < m. Wir
erhalten m > |y − x| = |k · m|. Aus der letzten Ungleichung folgt k = 0, d. h. x = y.
Vorbereitung 2
Zeigen Sie für alle a, b ∈ Z und m ∈ N:
a ≡ a mod m (mod m) ,
(a + b) mod m = [(a mod m) + (b mod m)] mod m .
Lösungsvorschlag
1. Die Kongruenz modulo m ist definiert durch
x ≡ y (mod b)
:⇐⇒
(∃k ∈ Z) [ x = y + k·b ] .
Nach Definition von a mod b gilt für ein bestimmtes k ∈ Z gilt
d. h. a = a mod b + k 0 ·b ,
a mod b = a + k·b ,
mithin
a ≡ a mod b (mod b) .
2. Wir setzen nun
x := (a + b) mod m ,
y := [(a mod m) + (b mod m)] mod m .
5
Es gilt 0 ≤ x, y < m und
x
y
(a mod m)
(b mod m)
=
=
=
=
a + b + kx · m ,
(a mod m) + (b mod m) + ky · m ,
a + ka · m ,
b + kb · m
für gewisse ka , kb , kx , ky ∈ Z. Nun folgt
y =
=
=
=
a + ka · m + b + kb · m + k y · m
x − kx · m + ka · m + kb · m + ky · m
x + (ka + kb + ky − kx ) · m
x + k · m.
Mit der in Vorbereitungsaufgabe 1 gegebenen Kennzeichnung folgt x = y.
Vorbereitung 3
Zeigen Sie, dass im Folgenden Algebren A = hS, ◦i definiert werden, die bezüglich dem
binären Operator ◦ eine Gruppe bilden.
1. Sei S = R \ {−1} und für alle x, y ∈ S
x ◦ y = x + y + xy.
2. Sei S gleich der Potenzmenge P(X) (= 2X ) einer beliebigen Menge X und sei ◦
gegeben durch
A ◦ B = (A ∪ B) \ (A ∩ B).
3. Sei 1 < n ∈ N und S = Zn∗ = {p ∈ Zn | ggT(p, n) = 1}. ◦ sei gleich der Multiplikation
ganzer Zahlen modulo n.
Lösungsvorschlag
1. (a) Zunächst ist zu prüfen, ob durch die Gleichung x ◦ y = x + y + x · y tatsächlich
eine Abbildung von S × S in S definiert ist.
Seien x, y ∈ R \ {−1}. Es gilt offenbar x ◦ y ∈ R, denn wir können zeigen, dass
−1 = x + y + x · y einen Widerspruch ergibt und deswegen x, y ∈ R \ {−1}
gelten muss.
−1 = x + y + x · y ⇒ −1 − y = x(1 + y)
−1 − y
⇒ x=
1+y
⇒ x = −1 .
6
(b) Wir zeigen die Assoziativität von ◦.
x ◦ (y ◦ z) =
=
=
=
=
=
x + (y ◦ z) + x · (y ◦ z)
x + (y + z + y · z) + x · (y + z + y · z)
x+y+z+y·z+x·y+x·z+x·y·z
(x + y + x · y) + z + (x + y + x · y) · z
(x ◦ y) + z + (x ◦ y) · z
(x ◦ y) ◦ z .
(c) x = 0 ist das Einselement bezüglich (x ◦ y).
0◦y = 0+y+0·y = y.
Das linke Einselement ist offensichtlich auch rechtes Einselement, d. h. Einselement.
(d) Wir zeigen, dass zu einem Element x ∈ S das Inverse gegeben ist durch
x
x−1 = − 1+x
. Es gilt
x◦y =0 ⇔ x+y+x·y =0
x
⇔ y=−
.
1+x
Die Existenz eines linken Inversen ist damit bewiesen.
Allein schon aus der offensichtlichen Kommutativität folgt hier, dass jedes linke auch rechtes Inverses ist. Es sei aber bemerkt, dass die Beziehung zwischen
linken und rechten Inversen auch ohne Kommutativität ganz allgemein in Gruppen untersucht werden kann. Es genügt, allein die Existenz des linken Inversen
nachzuweisen.
Damit ist der Nachweis erbracht, dass G eine Gruppe ist.
2. Die Mengenoperation, die hier betrachtet wird, nennt man die Bildung der symmetrischen Mengendifferenz. Wir führen zunächst die Bildung der einfachen Mengendifferenz auf die Komplementbildung innerhalb X zurück, d. h. A \ B = A ∩ B mit
Y = X \ Y . Dies hat den Vorteil, die De Morganschen Gesetze anwenden zu können.
Es gilt
A◦B =
=
=
=
(A ∪ B) ∩ (A ∩ B)
(A ∪ B) ∩ (A ∪ B)
(A ∩ A) ∪ (A ∩ B) ∪ (B ∩ A) ∪ (B ∩ B)
(A ∩ B) ∪ (B ∩ A) ,
und folglich
A ◦ B = (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) .
(a) Offensichtlich ist durch die Gleichung A ◦ B = (A ∪ B) \ (A ∩ B) eine Abbildung von S × S in S definiert, denn die gesamte Potenzmenge von X ist als
Bildbereich der Verknüpfung zugelassen.
7
(b) Die Bildung einer mehrfachen symmetrischen Mengendifferenz läßt sich mit drei
Mengen A, B, C gut veranschaulichen. Es werden genau jene Elemente erhalten,
die entweder in genau einer der Mengen A, B, C sind oder die im Durchschnitt
aller 3 Mengen enthalten sind. Dies wird durch folgende Rechnung bestätigt
zum Nachweis der Assoziativität:
(A ◦ B) ◦ C = (A ◦ B) ∩ C ∪ (A ◦ B) ∩ C
= [(B ∩ A) ∪ (A ∩ B)] ∩ C ∪ [(A ∩ B) ∪ (B ∩ A)] ∩ C
= (A ∩ B ∩ C) ∪ (B ∩ A ∩ C) ∪ (C ∩ A ∩ B) ∪ (A ∩ B ∩ C).
Substituiert man B für A, C für B und A für C, dann erhält man einerseits
den Ausdruck (B ◦ C) ◦ A und andererseits die gleiche Formel wie oben, denn
die Formel ist invariant gegenüber der genannten Permutation von Variablen.
Also gilt
(A ◦ B) ◦ C = (B ◦ C) ◦ A = A ◦ (B ◦ C) .
(c) Das Einselement der symmetrischen Mengendifferenz ist offensichtlich die leere
Menge.
A ◦ ∅ = (A ∪ ∅) \ (A ∩ ∅) = A .
(d) Die Inverse von A ist A selbst. Es gilt
A ◦ A = (A ∪ A) \ (A ∩ A) = A \ A = ∅ .
Damit ist der Nachweis erbracht, dass G eine Gruppe ist.
3. (a) Zunächst ist zu zeigen, dass das Produkt p ◦ q zweier Elemente p, q ∈ Z∗n wieder
in Z∗n liegt. Es ist also zu zeigen
ggT(p, n) = 1 ∧ ggT(q, n) = 1 =⇒ ggT((p · q) mod n, n) = 1 ,
wobei ggT((p · q) mod n, n) = 1 gleichbedeutend ist mit ggT(p · q, n) = 1. Die
folgende Überlegung ist elementar.
Falls x|(p·q) und x|n, dann gilt x = x1 · x2 mit x1 |p und x2 |q, und natürlich
x1 |n, x2 |n. Mithin gilt x1 = 1, x2 = 1, falls p und q zu n teilerfremd sind. Damit
muss ggT(p · q, n) = 1 gelten.
(b) Die Assoziativität von ◦ wird von der Multiplikation modulo n geerbt.
(c) Die 1 ist das Einselement der Multiplikation.
(d) Nun ist die Existenz von Inversen zu zeigen, also, dass für alle a ∈ Z∗n ein
x ∈ Z∗n existiert, so dass a ·n x = 1 gilt.
Gesetzt den Fall wir hätten ein x und ein y, welche die Gleichung x·a+y ·n = 1
erfüllen. Dann wäre x mod n das Inverse zu a, denn aus x · a + y · n = 1 folgt
offenbar
((x mod n) · a) mod n = (x mod n) ·n a = 1 ,
wobei klar ist, dass ggT(x, n) = 1 und damit ggT(x mod n, n) = 1 , d. h.
x mod n ∈ Z∗n .
8
Die Existenz des Inversen für ein a ∈ Z∗n folgt also aus
(∃x, y ∈ Z) [ x · a + y · n = 1 ] ,
was aber eine Konsequenz aus ggT(a, n) = 1 ist, wie folgendermaßen gezeigt
wird.
Sei U = {xa + yn | x, y ∈ Z}. Offenbar ist U eine Untergruppe von Z, d. h.
U = k · Z für ein bestimmtes k ∈ N0 (den Beweis dazu überlassen wir der
Hausaufgabe auf Blatt 12). Daraus folgt aber, dass sowohl a als auch n Vielfache
von k sind. Also gilt k | ggT(a, n). Es folgt k = 1. Mithin ist 1 ∈ U , d. h.
1 = xa + yn für bestimmte x, y ∈ Z.
9
Tutoraufgabe 1
Die folgenden Aufgaben stützen sich auf die entsprechenden Vorbereitungsaufgaben.
1. Zeigen Sie für alle a, b ∈ Z und m ∈ N
(a · b) mod m = [(a mod m) · (b mod m)] mod m .
2. Berechnen Sie (1017 + 523 − 30100 ) mod 3 !
3. Bestimmen Sie 27346790100 mod 12 !
Lösungsvorschlag
1. Wir setzen
x := (a · b) mod m ,
y := [(a mod m) · (b mod m)] mod m .
Es gilt 0 ≤ x, y < m und
x
y
(a mod m)
(b mod m)
=
=
=
=
a · b + kx · m ,
(a mod m) · (b mod m) + ky · m ,
a + ka · m ,
b + kb · m
für gewisse ka , kb , kx , ky ∈ Z. Nun folgt
y =
=
=
=
(a + ka · m) · (b + kb · m) + ky · m
x − kx · m + ka · m · b + a · kb · m + ka · m · k b · m + ky · m
x + (ka · b + kb · a + ka · kb · m + ky − kx ) · m
x + k · m, .
Also folgt x ≡ y(mod m), und mit der in Vorbereitung 1.3 gegebenen Kennzeichnung
folgt x = y.
2. Wir benützen die schon bewiesenen Rechenregeln und erhalten
(1017 +523 −30100 ) mod 3 =
=
=
=
=
[(10 mod 3)17 +(5 mod 3)23 −(30 mod 3)100 ] mod 3
[117 + 223 − 0100 ] mod 3
(1 + 411 · 2) mod 3
(1 + (4 mod 3)11 · 2) mod 3
(1 + 2) mod 3 = 0 .
3. Die Potenzen 2k müssen sich modulo 12 wiederholen. Man rechnet z. B. sofort
22 ≡ 24 (mod 12). Also lassen sich die Potenzen n ≥ 4 von 2 gleichwertig um 2
verringern, d. h. für alle k ∈ N0
24+k ≡ 22+k (mod 12) .
Für gerade, positive Potenzen n = 2 + 2k von 2 ergibt sich per Induktion
2n ≡ 22 (mod 12) .
Mithin folgt
27346790100 mod 12 = 4 .
10
Tutoraufgabe 2
Zeigen Sie: Die Menge aller Elemente endlicher Ordnung in einer abelschen Gruppe bildet
eine Untergruppe.
Lösungsvorschlag
Sei U die Menge aller Elemente endlicher Ordnung einer abelschen Gruppe hG, +, 0i, d. h.
U = {x ∈ G | (∃n ∈ N) [n · x = 0]}. Wir zeigen
1. Abgeschlossenheit von U unter +: Seien x, y ∈ U , d. h. mx = 0, ny = 0 für gewisse
m, n ∈ N. Es folgt mn(x + y) = 0, d. h. x + y ∈ U .
2. Neutrales Element in U : Wegen z. B. 1 · 0 = 0 gilt 0 ∈ U .
3. Abgeschlossenheit gegen Inversenbildung: Sei x ∈ U , d. h. nx = 0 für ein n ∈ N0 .
Dann gilt auch nx + n(−x) = 0, also n(−x) = 0, mithin −x ∈ U .
Tutoraufgabe 3
Beweisen Sie die folgenden Aussagen.
1. Jede zyklische Gruppe ist kommutativ.
2. In jeder zyklischen additiven Gruppe mit ungerader Ordnung ist die Summe aller
Elemente gleich ihrem neutralen Element 0.
3. Es gibt keine zyklische additive Gruppe mit gerader Ordnung, in der die Summe
aller Elemente gleich dem neutralen Element 0 ist.
4. Es gibt keine Gruppe der Ordnung 13, die eine echte Untergruppe enthält, i. e. eine
Untergruppe weder von der Ordnung 13, noch von der Ordnung 1.
5. Ist jede Gruppe der Ordnung 13 kommutativ? Begründung!
Hinweis : Eine Gruppe nennt man additiv/multiplikativ, wenn man die Verknüpfung als
Summe/Produkt bezeichnen will. Inhaltlich gibt es keinen Unterschied zwischen additiven
und multiplikativen Gruppen.
Lösungsvorschlag
1. Sei b ein Generator der zyklischen Gruppe G = hS, ◦i, d. h. S = {bi | i ∈ Z}. Für
alle x, y ∈ S gibt es dann n, m ∈ N0 , so dass x = bn und y = bm . Damit gilt
x ◦ y = bn ◦ bm = bn+m = bm+n = bm ◦ bn = y ◦ x .
2. Vorbemerkung : Der einfachste Beweis der Teilaufgaben 2 und 3 benutzt die Tatsache, dass jede zyklische Gruppe endlicher Ordnung isomorph ist zu hZn , +n i. In
hZn , +n i aber gilt
n−1
X
n(n − 1)
0 : n ungerade,
(
i) mod n =
mod n =
n
: n gerade.
2
2
i=0
11
Wir beweisen die Aufgaben nun direkt ohne Benutzung des Isomorphiesatzes.
Für jedes Element a einer Gruppe G gilt, dass U = {0, a, a2 , . . . , aord(a)−1 } eine
Untergruppe von G der Ordnung ord(U ) = ord(a) ist. Falls G eine zyklische Gruppe
der Ordnung n ist mit erzeugendem Element a, dann gilt also ord(a) = n.
Wir schreiben die Gruppe additiv, entsprechend schreiben wir n · a anstelle von an .
Dann gilt G = {0, a, 2a, 3a, . . . , (n − 1)a} mit |G| = n.
Zur Summation der Gruppenelemente benutzen wir eine Überlegung von Gauß,
indem wir für alle i mit 1 ≤ i < n die Summation ia + (n − i)a = na durchführen.
Wegen n = ord(a) gilt stets ia + (n − i)a = na = 0.
Für ungerades n gilt damit
n−1
X
i=0
n−1
ia =
2
X
(ia + (n − i)a) = 0 .
i=1
3. Wir setzen die Überlegung von Teilaufgabe 2 fort und nehmen nun an, dass n gerade
ist. Wir zerlegen nun die Summation wie folgt.
n

−1
n−1
2
X
X
n
n
ia = 
(ia + (n − i)a) + a = a .
2
2
i=0
i=1
Da
n
2
< ord(a) gilt, folgt n2 a 6= 0 mithin
Pn−1
i=0
ia 6= 0 .
4. Eine Untergruppe U einer Gruppe G ist echt, wenn sie nicht nur aus dem neutralen
Element (Einselement) besteht (einelementige Untergruppe) und nicht gleich G ist.
Also ist die Ordnung einer echten Untergruppe nicht 1 und nicht gleich der Ordnung
von G. Nach dem Satz von Lagrange ist ord(U ) · ind(U ) = ord(G). Da ord(G) = 13
eine Primzahl ist, folgt ord(U ) = 1 oder ord(U ) = ord(G), d. h. U ist nicht echte
Untergruppe.
5. Jede Gruppe G mit Primzahlordnung ist zyklisch, weil für alle a ∈ G die Menge
{ai | i ∈ Z} eine Untergruppe von G bildet, die aber bei Primzahlordnung von G
nicht echt ist. Für a 6= 1 folgt {ai | i ∈ G} = G, d. h. G ist zyklisch und damit nach
Teilaufgabe 1 kommutativ.
12