Musterlösung zur 2.Übung  Seite 1

Universität des Saarlandes

Fachbereich 9, Mathematik Prof. Dr. R. Berger

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Musterlösung zur 2. Übung der Linearen Algebra I, WS 1998/99

Lösung zur Aufgabe 10:

a) Per definitionem ist eine von einem Element erzeugte Gruppe zyklisch. Die Gruppe (ℤ, +) wird von der ’1’ erzeugt, d.h. jedes Element z ∈ ℤ kann durch z-malige Addition oder 1 − z-malige Subtraktion der Eins erzeugt werden. Allerdings gibt es keine Zahl m ∈ ℕ, so daß m · 1 = 0 gilt, d.h. die zyklische Gruppe ℤ ist unendlich. Der Erzeuger 1 von ℤ ist nicht eindeutig – der andere ist (−1).

b) Trivialerweise sind {0} und ℤ Untergruppen von ℤ.

Sei nun U eine weitere Untergruppe von ℤ. Dann gibt es eine kleinste Zahl n ∈ ℕ, die in U liegt, da aus a ∈ U bereits (−a) ∈ U folgt, d.h.

n := min \underbrace{ℕ ∩ U}_{≠∅} .

\underline{Beh.:} nℤ = U \underline{Bew.:} ”⊂”: nℤ = \{n·z|z ∈ ℤ\} ist die von n erzeugte Untergruppe von ℤ. Wegen n ∈ U gilt nℤ ⊂ U. ”⊃”: Sei u ∈ U fest aber beliebig. Dann teilen wir jetzt mit Rest, d.h. es gibt eine Zerlegung

u = a · n + r mit a ∈ ℤ, 0 ≤ r < n.

(Dies ist eigentlich eine Vorwegnahme des Euklidschen Algorithmuses, aber in der Schule kam das sicher schon dran.) Formen wir dies um

r = \underbrace{u}_{∈U} − \underbrace{a · n}_{∈U} ∈ U

Da n minimal gewählt war, muß r = 0 gelten, d.h. u = a · n ∈ nℤ. _{□}

Auch die trivialen Untergruppen {0} = 0 · ℤ und ℤ = 1 · ℤ lassen sich in dieser Form schreiben. Fazit: Die Untergruppen von Z haben genau die Form n · ℤ für alle n ∈ ℕ.

c) Sei ∅ ≠ U ≤ ℤ. Dann gibt es ein minimales n ∈ ℕ ∖ {0} mit U = nℤ. \underline{Beh.:} Die Abbildung φ : ℤ → U : z↦n · z ist ein Isomorphismus. \underline{Bew.:} (i) ∀ a, b ∈ ℤ : φ(a + b) = n(a + b) = na + nb = φ(a) + φ(b) ⇒ Gruppenhomomorphismus. (ii) surjektiv ist evident. (iii) ker(φ) = {z ∈ ℤ|φ(z) = 0} = {z ∈ ℤ|n · z = 0} = {0}, da n ≠ 0. Also ist φ injektiv. Fazit: φ ist ein injektiver, surjektiver Gruppenhomomorphismus, d.h. ein Gruppenisomorphismus.

d) Allgemein heißt eine Untergruppe normal, wenn ∀ g ∈ G : gUg^{−1} = U gilt. Ist G abelsch, so gilt: g ∈ G ⇒ gUg^{−1} = gg^{−1}U = eU = U. Natürlich ist ℤ abelsch …

Lösung zur Aufgabe 11:

a) Sei |G| = p ≥ 2 prim. Dann liegt in G ein Element a ≠ e. Insbesondere erzeugt dieses Element eine Untergruppe U := ⟨a⟩ ≤ G von G mit ⟨e⟩ < ⟨a⟩ ≤ G. Es gilt also |U| ≥ 2 und nach dem Satz von Lagrange (1.8.6) gilt |U| teilt |G|, d.h. |U| teilt p. Da p prim und |U| ≥ 2 gilt, muß |U| = |G| gelten. Somit ist ⟨a⟩ = G und G wird von a erzeugt, ist also zyklisch. b) Sei m = |G| die Ordnung der zyklischen Gruppe (G, ·) und a ein Erzeuger von G.

Die Abbildung

φ : (ℤ, +) → (G, ·) : z↦a^{z}

ist ein Epimorphismus:

(i) φ(n + z) = a^{n+z} = a^{n}a^{z} = φ(n)φ(z)
(ii) Sei b ∈ G beliebig. Dann gibt es die Darstellung b = a^{n} für ein geeignetes

n mit 0 ≤ n < m. Damit gilt φ(n) = b und φ ist surjektiv.

Der Kern dieses Epimorphismus ist ker φ = {z ∈ ℤ|a^{z} = e} = {z ∈ ℤ|z = 0 mod m} = mℤ. Wenden wir darauf den Homomorphiesatz 1.9.5 für den surjektiven Fall an, so ergibt sich das nachfolgende kommutative Diagramm.

[figure: ℤ/mℤ; ℤ; G; s; ≅; φ]

Exakt analog verfährt man bei einer zweiten Gruppe, nennen wir sie H, der Ordnung m. Dadurch ergibt sich die Isomorphismenkette G ≃ ℤ/mℤ ≃ H und somit sind G und H zueinander isomorph.

Lösung zur Aufgabe 12:

a) Der Nachweis ist eine Mischung aus Lagrange und Kombinatorik: Im Wesentlichen nutzt man die Tatsache, daß die Ordnung einer Untergruppe die Gruppenordnung teilt. Da �_{3} die Ordnung 6 hat, kann eine Untergruppe nur von Ordnung 1, 2, 3 oder 6 sein. Zum Ergebnis: �_{3} hat genau \underline{1 Untergruppe der Ordnung 1:} U_{0} = \{e\} (Mehr kann es nicht geben!) \underline{3 Untergruppe der Ordnung 2:} Gruppen der Ordnung 2 sind nach Aufgabe 11 a) zyklisch, werden also von einem Element der Ordnung 2 erzeugt. Dies sind in �_{3} gerade die Transpositionen: U_{i} = ⟨τ_{i}⟩ für i ∈ {1, 2, 3}. \underline{1 Untergruppe der Ordnung 3:} Gruppen der Ordnung 3 sind nach Aufgabe 11 a) zyklisch, werden also von einem Element der Ordnung 3 erzeugt. Dies sind in �_{3} gerade σ_{1} und σ_{2}. Beide erzeugen dieselbe Gruppe: U_{4} (in der Vorlesung �_{3} genannt). \underline{1 Untergruppe der Ordnung 6:} U_{5} = �_{3} selbst!

b) U_{0}, U_{1}, U_{2}, U_{3}: Trivialerweise sind alle Untergruppen der Ordnung 1 und 2 abelsch.

U_{4}: Diese Untergruppe wird von etwa σ := σ_{1} erzeugt und besteht aus {σ^{0} = e, σ, σ^{2}}. Es gilt σ^{i} ∘ σ^{j} = σ^{i+j} = σ^{j} ∘ σ^{j} für beliebige i, j ∈ ℕ. Also ist U_{4} abelsch. U_{5}: Die einzige nichtabelsche Gruppe ist die �_{3} selber wie man der Gruppentafel entnimmt, denn jene Tafel ist nicht diagonalsymmetrisch.

c) Die inneren Automorphismen sind (vgl 1.7.13)

\begin{matrix}φ_{τ_{1}} : �_{3} → �_{3} : & a↦τ_{1} · a · τ_{1} & φ_{e} : �_{3} → �_{3} : & a↦e · a · e = a \\ φ_{τ_{2}} : �_{3} → �_{3} : & a↦τ_{2} · a · τ_{2} & φ_{σ_{1}} : �_{3} → �_{3} : & a↦σ_{1} · a · σ_{2}, \\ φ_{τ_{3}} : �_{3} → �_{3} : & a↦τ_{3} · a · τ_{3} & φ_{σ_{2}} : �_{3} → �_{3} : & a↦σ_{2} · a · σ_{1}, \end{matrix}

d) Eine Untergruppe U ≤ G heißt Normalteiler von G, wenn U invariant unter allen inneren Automorphismen von G ist, d.h. wenn φ(U) ⊂ U für alle φ gilt. (vgl. 1.7.13 und 1.7.16) Die Untergruppen U_{0} und U_{5} sind trivialerweise normal, doch auch U_{4} ist normal! Bei letzterer reicht es, φ_{τ_{i}}(U_{4}) nachzurechnen. Eine Untergruppen V heißt konjugiert zu einer Untergruppe U, falls es einen inneren Automorphismus φ mit V = φ(U) gibt. U_{1}, U_{2}, U_{3} sind zueinander konjugiert

U_{1} : φ_{τ_{2}}(τ_{1}) = τ_{2} ∘ τ_{1} ∘ τ_{2} = τ_{3} ⇒ φ_{τ_{2}}(U_{1}) = U_{3} (= φ_{τ_{1}}(U_{2}))

U_{1} : φ_{τ_{3}}(τ_{1}) = τ_{3} ∘ τ_{1} ∘ τ_{3} = τ_{2} ⇒ φ_{τ_{3}}(U_{1}) = U_{2} (= φ_{τ_{1}}(U_{3}))

U_{2} : φ_{τ_{3}}(τ_{2}) = τ_{3} ∘ τ_{2} ∘ τ_{3} = τ_{1} ⇒ φ_{τ_{3}}(U_{2}) = U_{1} (= φ_{τ_{2}}(U_{3})) und damit keine Normalteiler.

Lösung zur Aufgabe 13:

Die Maplelösungen sind auf der Maplehomepage der Linearen Algebra zu finden.

Lösung von Teilaufgabe c): Angenommen, es gebe nur endlich viele Primzahlen. Dann gibt es eine Primzahl p, die größer als alle anderen ist. Bilde das Produkt alle Primzahlen q = 2 · 3 · 5 · . . . · p_{r}. Dann ist m = q + 1 sicher größer als alle Primzahlen, also insbesondere keine Primzahl. Es gibt also eine Zerlegung von m in Primfaktoren. Sei p ein solcher Primfaktor. Angenommen, es gilt p ∈ {2, 3, ⋯, p_{r}}. Dann gilt p|q und p|m, also auch p|(m − q), was p|1 bedeutet. Da p aber als Primzahl vorausgesetzt war, also insbesondere größer als eins ist, haben wir einen Widerspruch. Damit war die Annahme falsch und p ∉ {2, 3, ⋯, p_{r}}.

Nach Voraussetzung war p ein Primfaktor, als prim. Somit ist p eine weitere Primzahl und die Annahme, daß es nur endlich viele Primzahlen gibt war falsch!

Fazit: Es gibt unendlich viele Primzahlen. Insbesondere können mit dem Sieb des Eratosthenes nicht alle gefunden werden.