Lösung 16: Es sind zwei Richtungen zu zeigen: Sei (M, ) zunächst

Lösung 16: Es sind zwei Richtungen zu zeigen: Sei (M, ◦) zunächst eine Gruppe. Dann ist ◦ eine Operation
auf M , also kommen in der Verknüpfungstabelle nur Elemente von M vor. Wären in einer Zeile zweimal die
gleichen Elemente, so wäre für eine Konstellation von x, y, z ∈ M mit x 6= y:
x◦z =y◦z
Nach Multiplikation von z −1 (gibt es, da z in der Gruppe), erhält man
x=y
und somit hätten x und y keine unterschiedlichen Spalten haben dürfen. Die Assoziativität und das neutrale
Element sind bei einer Gruppe gegeben.
Jetzt die andere Richtung, wir prüfen die einzelnen Eigenschaften einer Gruppe:
(a) Assoziativität: Ist gegeben.
(b) Da die Verknüpfungstabelle nur Elemente aus M beinhaltet (*), ist ◦ eine Abbildung auf M . (*: Hier ist
die Aussage in der Aufgabenstellung nicht sehr genau gewesen.)
(c) Neutrales Element: Ist gegeben.
(d) Angenommen es gibt ein x ∈ M ohne inverses Element, d.h. in der Zeile von x kommt kein e vor. Wenn
es n Elemente in der endlichen Menge M gibt, so gibt es n Spalten in der Tabelle und diese werden mit
den n Elementen bestückt und keines erscheint doppelt. Dies ist im Widerspruch dazu, dass e nicht in
der Zeile sein soll, da es dann nur n − 1 Elemente geben kann, die man in die n Spalten füllen soll. Also
hat jedes Element ein inverses Element.
Lösung 17: Die Operationen sind kommutativ, also werden alle Einträge an der Diagonalen gespiegelt. Als
erstes suchen wir das neutrale Element der Addition, die 0. Da a + d = c sind a, d 6= 0. Damit und mit a · d = c
muss auch c 6= 0 sein. So haben wir b = 0 und erhalten:
+
a
b
c
d
a
b c d
a
c
a b c d
c
c d
·
a
b
c
d
a b
b
b b
b
c b
c d
c
b b
Als nächstes suchen wir die 1, das neutrale Element der Multiplikation: Hier kommt nur c = 1 in Frage, denn
wegen a · d = c sind offensichtlich weder a noch d das neutrale Element. Damit können wir die Multiplikationstabelle komplett füllen, denn da ({a, c, d}, ·) eine Gruppe bilden, darf jedes Symbol nur einmal in deren
Spalte vorkommen:
+ a b c d
· a b c d
a
a
c
a d b a c
b a b c d
b b b b b
c
c
c a b c d
d c d
d c b d a
Mit der Multiplikationstabelle und dem Distributivgesetz können wir aus a + d fehlende Summen bestimmen,
so ist z.B.
c + d = (a · d) + (a · a) = a · (d + a) = a · c = a
a + c = (d · d) + (a · d) = (d + a) · d = c · d = d
und damit füllen wir die Additionstabelle, da wiederrum jedes Symbol nur einmal in jeder Spalte oder Zeile
auftauchen darf, denn (M, +) ist eine Gruppe.
+
a
b
c
d
a b c d
b a d c
a b c d
d c b a
c d a b
·
a
b
c
d
a
d
b
a
c
b
b
b
b
b
c d
a c
b b
c d
d a
Diese Tabellen beschreiben den endlichen Körper mit 4 Elementen. Man kann diesen auch folgendermaßen
konstruieren: Auf Z2 betrachten wir die Menge der Polynome mit Koeffizienten in Z2 , für diesen schreibt
man Z2 [x], mit der assoziierten Addition und Multiplikation. Hier sucht man nun ein (sog. primes) Polynom
2. Grades, welches in Z2 keine Nullstelle besitzt, z.B. p(x) = x2 + x + 1. Definiert man nun auf Z2 [x] die
Äquivalenzrelation (Restklassenrelation bzgl. Polynomdivision)
r∼s
:⇐⇒
∃f ∈ Z2 [x] : r(x) − s(x) = f (x) · p(x)
so erhält man 4 Äquivalenzklassen. Zum Rechnen ist es sinnvoll zu erkennen, dass hier [x2 ]∼ = [x + 1]∼ ist.
Die obigen Tabellen erhält man dann für a = [x]∼ , b = [0]∼ , c = [1]∼ und d = [x + 1]∼ .
Lösung 18:
Man erhält die folgende Verknüpfungstabelle:
◦
f1
f2
f3
f4
f5
f6
f1
f1
f2
f3
f4
f5
f6
f2
f2
f1
f4
f3
f6
f5
Also z.B.
(f4 ◦ f3 )(x) = f4 (f3 (x)) =
f3
f3
f6
f1
f5
f4
f2
f4
f4
f5
f2
f6
f3
f1
f5
f5
f4
f6
f2
f1
f3
f6
f6
f3
f5
f1
f2
f4
1
1
=
1 − f3 (x)
1−
1
x
=
x
= f5 (x) .
x−1
Es ist eine Gruppe, mit den Kriterien von Aufgabe 16:
(a) Die Verknüpfung ◦ von Funktionen ist assoziativ.
(b) Es gibt ein neutrales Element f1 .
(c) In jeder Zeile kommt jedes Element einmal vor.
Übrigens ist sie nicht kommutativ, denn f4 ◦ f3 = f5 6= f2 = f3 ◦ f4 .
Lösung 19:
Die Verknüpfungstabellen in Z5 :
+
0
1
2
3
4
0
0
1
2
3
4
1
1
2
3
4
0
2
2
3
4
0
1
3
3
4
0
1
2
·
0
1
2
3
4
4
4
0
1
2
3
0
0
0
0
0
0
1
0
1
2
3
4
2
0
2
4
1
3
3
0
3
1
4
2
4
0
4
3
2
1
(a) Um die Lösungen der Gleichung x2 +x+3 = 0 zu lösen, kann man entweder alle Elemente in Z5 probieren,
es sind ja nur fünf, oder man faktorisiert das Polynom nach Vieta (4 + 2 = 1, 4 · 2 = 3):
x2 + x + 3 = (x + 2)(x + 4) = (x − 3)(x − 1)
Damit ist A = {1, 3}.
(b) Wir können die Gleichung 2x + y = 1 nach y auflösen und erhalten:
y = 1 − 2x = 1 + 3x
Damit kann man die Menge berechnen:
B = {(0, 1), (1, 4), (2, 2), (3, 0), (4, 3)}
(c) Wir berechnen einige Potenzen in Z5 (0 ausgenommen):
xy
1
2
3
4
0
1
1
1
1
1
1
2
3
4
2
1
4
4
1
3
1
3
2
4
4
1
1
1
1
Da für alle x ∈ {1, 2, 3, 4} gilt, dass x4 = 1, gilt induktiv xk+4 = xk . Wir lesen alle Lösungen mit
Exponenten kleiner 4 ab: (Wer mag, kann (0, 0) auch hinzunehmen.)
D̂ = {(1, 0), (1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 0), (3, 0), (4, 0), (4, 2)}
Damit können wir nun die komplette Lösung angeben:
D = {(x, y + 4n) : (x, y) ∈ D̂, n ∈ N}
Lösung 20:
(a) Wir können die folgenden Permutationen erzeugen:
%1 =
1
2
%3 = %2 ◦ %1 =
2
3
3
4
1
4
4
1
2
1
%2 = %1 ◦ %1 =
3
2
4
3
1
3
2
4
%0 = %3 ◦ %1 =
3
1
1
1
4
2
2
2
3
3
4
4
Da alle Elemente als mehrfache Ausführungen von %1 darstellbar sind, ist die Operation kommutativ.
Wir erhalten die folgende Verknüpfungstabelle auf R = {%0 , %1 , %2 , %3 }:
◦
%0
%1
%2
%3
%0
%0
%1
%2
%3
%1
%1
%2
%3
%0
%2
%2
%3
%0
%1
%3
%3
%0
%1
%2
Die Verknüpfung zweier Funktionen ist assoziativ, das %0 ist das neutrale Element. Jedes Element kommt
in jeder Spalte und Zeile je genau einmal vor (Aufgabe 16), somit haben wir hier eine kommutative
Gruppe.
(b) Ausser σ1 erhalten wir drei weitere Elemente:
σ 1 ◦ %3 =
1
1
2
4
3
3
4
2
= %1 ◦ σ 1 , σ 1 ◦ %2 =
1
2
2
1
3
4
4
3
= %2 ◦ σ 1 , σ 1 ◦ % 1 =
1
3
2
2
3
1
4
4
= %3 ◦ σ 1
Da σ1 ◦ σ1 = %0 ist, haben wir damit alle möglichen Elemente erreicht. Auch sehen wir jetzt schon, dass
keine Kommutativität vorliegt.
Hier die Verknüpfungstafel auf T = {%0 , %1 , %2 , %3 , σ1 , σ1 ◦ %1 , σ1 ◦ %2 , σ1 ◦ %3 }:
◦
%0
%1
%2
%3
σ1
σ 1 ◦ %1
σ 1 ◦ %2
σ 1 ◦ %3
%0
%0
%1
%2
%3
σ1
σ 1 ◦ %1
σ 1 ◦ %2
σ 1 ◦ %3
%1
%1
%2
%3
%0
σ 1 ◦ %1
σ 1 ◦ %2
σ 1 ◦ %3
σ1
%2
%2
%3
%0
%1
σ 1 ◦ %2
σ 1 ◦ %3
σ1
σ 1 ◦ %1
%3
%3
%0
%1
%2
σ 1 ◦ %3
σ1
σ 1 ◦ %1
σ 1 ◦ %2
σ1
σ1
σ 1 ◦ %3
σ 1 ◦ %2
σ 1 ◦ %1
%0
%3
%2
%1
σ 1 ◦ %1
σ 1 ◦ %1
σ1
σ 1 ◦ %3
σ 1 ◦ %2
%1
%0
%3
%2
σ 1 ◦ %2
σ 1 ◦ %2
σ 1 ◦ %1
σ1
σ 1 ◦ %3
%2
%1
%0
%3
σ 1 ◦ %3
σ 1 ◦ %3
σ 1 ◦ %2
σ 1 ◦ %1
σ1
%3
%2
%1
%0
Wie zuvor ist die Verknüpfung assoziativ, und es gibt ein neutrales Element %0 . Weiterhin kommt jedes
Element in jeder Spalte und Zeile je einmal vor, damit haben wir eine Gruppe. Da %1 ◦ σ1 6= σ1 ◦ %1 , ist
die Gruppe nicht kommutativ.
(c) Die Abbildung
τ=
1
1
2
3
3
4
4
2
ist nicht in T . Wenden wir diese auf ein Quadrat an, so erhalten wir einen Repräsentanten einer neuen
Klasse. Auf diesem Weg erhalten wir drei Quadrate:
1
4
1
2
1
3
2
3
3
4
4
2
Die Gruppe S4 hat 4! = 24 Elemente. In jeder Äquivalenzklasse sind 8 Elemente, somit kann es nur 3
Klassen geben. Somit haben wir oben zu allen drei Klassen Repräsentanten angegeben.