Lösungsvorschlag zur Nachklausur Aufgabe 1

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 = {eG }, 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 = {eG } gilt, muss keine der beiden Gruppen normal in G sein.
(Gegenbeispiel!)
Lösung:
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 = {eG }
vorausgesetzt war, folgt
hkh−1 k −1 = eG , 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 = S4 , K = S3 und H = h(1 2 3 4)i benutzen.
Hierbei identzieren wir S3 mit den Permutationen von S4 , 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
(1 2 3 4)(1 2 3)(1 2 3 4)−1 = (2 3 4) 6∈ K
und
(1 2 3)(1 2 3 4)(1 2 3)−1 = (1 4 2 3) 6∈ H.
Das zeigt, dass beide Gruppen nicht normal in S4 sind.
Trotzdem ist KH = S4 , da wegen
k1 h1 = k2 h2 ⇐⇒ K 3 k2−1 k1 = h2 h−1
1 ∈ H ⇐⇒ k2 = k1 und h1 = h2
die Menge KH oensichtlich 24 Elemente enthält.
Aufgabe 2
Die endliche Gruppe G operiere auf der Menge M. Für g ∈ G bezeichne
M g = {x ∈ M | gx = x}
die Menge der Fixpunkte von g auf M .
Zeigen Sie:
a) Wenn die Operation transitiv ist, dann haben für alle x, y ∈ M die Stabilisatoren
StabG (x) und StabG (y) dieselbe Ordnung und es gilt
X
|G| =
|M g |.
g∈G
b) Ist allgemeiner M endlich, dann ist die Zahl
1 X g
|M |
|G| g∈G
die Anzahl der Bahnen von G auf M .
Lösung:
a) Nach der Bahnbilanzformel gilt wegen der Transitivität
|M | = (G : StabG (x)) = (G : StabG (y)).
Da weiter (G : StabG (x)) = |G|/|StabG (x)| gilt (und analog für y ), folgt
∀x, y ∈ M : |StabG (x)| = |StabG (y)|.
Wir nennen diese Kardinalität s := |StabG (x)|. Es gilt also
|M | = |G|/s.
Dann gilt
P
g∈G
P
|M g | = g∈G |{(g, m) | m ∈ M und gm = m}|
=P
|{(g, m) ∈ G × M | gm = m}|
= Pm∈M |{(g, m) | g ∈ G und gm = m}|
= m∈M |StabG (m)|
= |M | · s = (|G|/s) · s = |G|.
b) Es seien B1 , . . . , Bh die Bahnen von G auf M . Dann ist M die disjunkte Vereinigung
der G-invarianten Teilmengen Bi , 1 ≤ i ≤ h, und es folgt für g ∈ G :
M g = ∪i Big .
Dies ist wieder eine disjunkte Vereinigung. Daher gilt
h X
h
X
X
1 X g
g
|M | =
(
|Bi |)/|G| =
1 = h,
|G| g∈G
i=1 g∈G
i=1
da auf jeder Bahn die Operation transitiv ist und daher die Formel aus Aufgabenteil
a) benutzt werden darf.
Aufgabe 3
a) Es sei N ∈ N eine natürliche Zahl mit der Eigenschaft
N teilt 2N − 1.
Folgern Sie, dass N = 1 gelten muss.
Betrachten Sie anderenfalls die Potenzen von 2 modulo eines geeigneten
Primteilers von N und nutzen Sie den Satz von Lagrange aus.
Hinweis:
b) Zeigen Sie für alle ungeraden b ∈ N und alle n ∈ N :
n
2n teilt b2 − 1.
Lösung:
a) Wir nehmen an, dass N > 1 und trotzdem ein Teiler von 2N − 1 sei. Da 2N − 1
ungerade ist, ist auch N ungerade. Der kleinste Primteiler p von N ist also nicht 2
und teilt ebenfalls 2N − 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 2p−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
1 = k(p − 1) + lN, k, l ∈ Z geeignet.
Es folgt, dass
1 = 21 − 1 = 2k(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.
n
Für n = 1 teilt 2 natürlich b2 − 1, da b2 wie alle Potenzen b2 für natürliches n
ungerade ist.
n
Nun nehmen wir an, dass für ein n ∈ N wie behauptet 2n ein Teiler von b2 − 1 sei.
Dann gilt:
b2
n+1
n
n
n
− 1 = (b2 )2 − 1 = (b2 − 1)(b2 + 1),
und da 2n ein Teiler des ersten Faktors ist und 2 ein Teiler des zweiten, ist 2n+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
x2 ≡ −1 (mod N )?
Bestimmen Sie gegebenenfalls solch ein x sowie die Anzahl der modulo N verschiedenen Lösungen.
Lösung:
a) Hier gibt es natürlich verschiedene Varianten. . . insbesondere:
Es seien
M, N
zwei teilerfremde ganze Zahlen. Dann gibt es einen Ringisomorphis-
mus
Z/(M N Z) ∼
= Z/M Z × Z/N Z.
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 x2 ≡ −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) ∈ Z3 mit
a2 ≡ −1 (mod 5), b2 ≡ −1 (mod 13), c2 ≡ −1 (mod 17)
eine Zahl x gibt, sodass
x ≡ a (mod 5), x ≡ b (mod 13), x ≡ c (mod 17)
gilt und daher auch x2 ≡ −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
65r ≡ −3r ≡ 4 − 57 ≡ −2,
was zum Beispiel von r = 12 gelöst wird.
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 Fp eine dritte Potenz ist.
Hinweis:
Betrachten Sie natürliche Zahlen der Form x3 − a.
b) Finden Sie nun für a = 5 drei verschiedene Primzahlen p, sodass a eine dritte Potenz
modulo p ist.
Lösung:
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 03 − 0
und damit 0 eine dritte Potenz modulo p.
Sei also a 6= 0.
Für 1 < N ∈ N ist dann M := (N !)3 a2 − 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 a2 − 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
×
3
c : F×
p → Fp , x 7→ c(x) := x ,
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,
modulo 3 nicht den Rest 1 lassen, die wiederum daraus folgt, dass die Zahl N ! − 1
N ≥ 3 nicht 0 oder 1 modulo 3 ist und daher mindestens einen Primteiler hat, der
modulo 3 ist. Da alle Primteiler gröÿer als N sind, gibt es für jedes N eine Primzahl,
gröÿer als N ist und kongruent zu −1 modulo 3.
die
für
−1
die
b) Hier können die Primzahlen p = 2, 3, 5 dienen, denn modulo jeder dieser Primzahlen
gilt 53 ≡ 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.
Lösung:
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 ( nd )g ∈ H für alle g ∈ G.
Angewandt auf die Restklaae der 1 heiÿt dies, dass die Restklasse von nd in H liegt. Da
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/e1 Z × · · · × Z/eh Z,
wobei 1 < e1 | e2 | · · · | eh .
Es seien π1 und πh die Projektionen auf den ersten bzw. letzten Faktor.
Dann ist π1−1 (0) eine Untergruppe vom Index e1 in G, und damit von Ordnung n/e1 .
Weiter gibt es in Z/eh Z die Untergruppe, die von der Restklasse von eh /e1 erzeugt wird.
Sie hat Index e1 , und wegen der Surjektivität der Projektion gilt dies auch für ihr Urbild
in G unter πh . Also ist auch dieses Urbild eine Untergruppe von Ordnung n/e1 .
Da es aber höchstens eine Untergrupe von Ordnung n/e1 gibt, folgt h = 1 und damit die
Zyklizität von G.