Algebra (für LA Gym.)

Algebra (für LA Gym.)
— Lösung Blatt 3 —
(Globalübungsblatt)
Aufgabe 1
zu (a)
Sei M =
√1
2
M2
1
−1
1
1
1
2
=
M
4
M
8
!
. Dann gilt
1
1
!
−1
1
1
2
M ·M
=
4
M ·M
=
1
0
!
−1
1
2
4
!
−1
0
0
=
1
=
1
2
=
1
0
2
0
0
−1
!
!
=
0
1
0
0
−1
0
!
−1
0
0
−1
!
−1
!
−1
0
=
0
−1
1
−1
!
−2
0
=
1
!
0
0
1
!
ist das Neutralelement in GL2 (C). Aus M 4 6= I und M 8 = I folgt
0 1
ord(M ) = 8 nach (3.8), angewendet auf den einzigen Primteiler p = 2 von n = 8.
Die Einheitsmatrix I =
zu (b)
Zunächst beweisen wir die Gleichung
1
!n
1
0
1
=
1
n
0
1
!
für alle n ∈ N
durch vollständige Induktion. Für n = 1 ist die Gleichung offenbar erfüllt. Setzen wir sie für ein n ∈ N
voraus, dann ist sie wegen
1
!n+1
1
0
1
=
1
1
0
1
!n
1
!
1
0
1
=
1
1
n
0
1
!
1
!
1
0
1
=
1
n+1
0
1
!
!
1
für kein n ∈ N mit dem Neutralelement I von
0 1
GL2 (C) übereinstimmt. Wie in der Vorlesung gezeigt wurde, folgt daraus, dass das Element unendliche
auch für n + 1 gültig. Die Gleichung zeigt, dass
Ordnung besitzt.
zu (c)
Genau wie in Teil (b) beweist man zunächst für alle n ∈ N die Gleichung
1K
1K
0K
1K
!n
=
1K
n · 1K
0K
1K
!
.
Nach Definition der Charakteristik ist p die kleinste natürliche Zahl mit der Eigenschaft
p · 1K = 0K .
!n
1K 1K
Also ist p auch die kleinste natürliche Zahl n mit der Eigenschaft, dass
die Einheitsmatrix,
0K 1K
also das Neutralelement von GL2 (K) ist. Also hat das angegebene Element die Ordnung p.
zu (d)
Sei σ = (1 2 3 4) und τ = (5 6 7). Durch Nachrechnen erhält man σ 2 = (1 2 3 4) ◦ (1 2 3 4) =
(1 3)(2 4) und σ 4 = (σ 2 )2 = (1 3)(2 4) ◦ (1 3)(2 4) = id, ebenso τ 2 = (5 6 7)(5 6 7) = (5 7 6) und
τ 3 = τ 2 ◦ τ = (5 7 6) ◦ (5 6 7) = id. Daraus folgt σ 355 = σ 4·88+3 = (σ 4 )88 ◦ σ 3 = id88 ◦ σ 3 = σ 3 und
τ −19 = τ 3·(−7)+2 = (τ 3 )−7 ◦ τ 2 = id−7 ◦ τ 2 = τ 2 , insgesamt also σ 355 ◦ τ −19 = σ 3 ◦ τ 2 .
Durch Nachrechnen sieht man unmittelbar, dass σ und τ vertauschbar sind, somit auch σ 3 und τ 2 .
Daraus folgt (σ 3 ◦ τ 2 )n = σ 3n ◦ τ 2n für alle n ∈ N (siehe Skript, Kapitel 1, Seite 6). Nun gilt einerseits
(σ 3 ◦ τ 2 )12 = σ 36 ◦ τ 24 = (σ 4 )9 ◦ (τ 3 )8 = id9 ◦ id4 = id, andererseits aber (σ 3 ◦ τ 2 )6 = σ 18 ◦ τ 12 = σ 2 ◦ id =
σ 2 6= id und (σ 3 ◦ τ 2 )4 = σ 12 ◦ τ 8 = (σ 4 )3 ◦ τ 6 ◦ τ 2 = τ 2 6= id. Nach (3.8), angewendet auf die beiden
Primteiler p = 2, 3 von n = 12, ist also ord(σ 355 ◦ τ −19 ) = ord(σ 3 ◦ τ ) = 12.
Aufgabe 2
zu (a)
Nehmen wir zunächst an, G wäre nicht zyklisch. Wählen wir ein beliebiges g ∈ G \ {eG }, dann
gilt für die Untergruppe U = hgi offenbar U 6= {eG }. Andererseits ist U ( G, denn im Fall G = U = hgi
wäre G zyklisch.
Betrachten wir nun den Fall, dass G eine zyklische Gruppe unendlicher Ordnung und g ∈ G mit G = hgi
ist. Laut Vorlesung besitzt G dann neben {eG } für jedes m ∈ N eine Untergruppe Um = hg m i, und
diese Untergruppen sind alle voneinander verschieden. Also besitzt G unendlich viele Untergruppen, im
Widerspruch zur Voraussetzung.
Zum Schluss betrachten wir den Fall, dass G eine zyklische Gruppe der Ordnung n ist, wobei n aber
keine Primzahl ist. Wäre n = 1, dann würde G = {eG } folgen, im Widerspruch zur Voraussetzung.
Ist n > 1 keine Primzahl, dann gibt es r, s ∈ N mit n = rs und 1 < r, s < n. Laut Vorlesung ist
Gr = hg s i eine Untergruppe der Ordnung
n
s
= r und somit verschieden von {eG } und G, was erneut den
Voraussetzungen widerspricht. Also muss G eine zyklische Gruppe von Primzahlordnung sein.
zu (b)
Nach dem Lemma von Bézout gibt es r, s ∈ N mit rm + sn = 1. Daraus folgt a = a1 = arm+sn =
(ar )m · (an )s = (ar )m · esG = (ar )m für alle a ∈ G. Ist nun a ∈ G vorgegeben, dann ist b = ar also ein
Element mit bm = (ar )m = a. Nehmen wir an, dass c ∈ G ein weiteres Element mit cm = a ist. Aus
bm = a = cm folgt dann (bm )r = (cm )r , also brm = crm und somit b = (br )m = brm = crm = (cr )m = c.
Aufgabe 3
zu (a)
Seien a, b ∈ G mit teilerfremden Ordnungen m = ord(a) und n = ord(b). Dann gilt hai ∩
hbi = {eG }. Denn ein Element im Durchschnitt hätte die Form ak = b` für geeignete k, ` ∈ Z. Wegen
(ak )m = (am )k = ekG = eG und (b` )n = (bn )` = e`G = eG wäre die Ordnung dieses Elements zugleich ein
Teiler von m und von n. Wegen ggT(m, n) = 1 folgt daraus ord(ak ) = 1 und ak = eG . Für alle k ∈ Z
gilt somit die Äquivalenz
(ab)k = eG
⇔
a k bk = e G
ak = bk = eG
⇔
⇔
ak = b−k
(m | k) ∧ (n | k)
ak = b−k = eG
⇔
⇔
⇔
(mn) | k
wobei im dritten Schritt hai = hbi = {eG }, im fünften Schritt (3.3) auf die Ordnungen m und n der
Elemente a und b und im letzten Schritt die Teilerfremdheit von m und n angewendet wurde. Nach (3.3)
folgt aus der Äquivalenz die Gleichung ord(ab) = mn = ord(a)ord(b).
zu (b) Seien a, b ∈ G beliebig vorgegeben. Wir wenden den Hinweis am Ende der Aufgabe auf k = ord(a)
und ` = ord(b) an und erhalten teilerfremde Zahlen k0 , `0 ∈ N mit k0 | k, `0 | ` und k0 `0 = kgV(k, `).
Nach (3.7) gilt ord(ak/k0 ) = k0 und ord(b`/`0 ) = `0 . Weil diese Zahlen teilerfremd sind, können wir Teil
(a) auf die Elemente a0 = ak/k0 und b0 = b`/`0 anwenden. Das Element c = a0 b0 hat demnach die Ordnung
k0 `0 = kgV(k, `) = kgV(ord(a), ord(b)).
zu (c)
Sei d ∈ G ein Element maximaler Ordnung, und nehmen wir an, es gibt ein a ∈ G mit der
Eigenschaft, dass ord(a) kein Teiler von ord(d) ist. Dann gilt kgV(ord(a), ord(d)) > ord(d). Nach (b)
gibt es ein c ∈ G mit ord(c) = kgV(ord(a), ord(d)). Dies steht im Widerspruch dazu, dass das Element
d ∈ G maximale Ordnung besitzt.