Lösungen zu Kapitel 8
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<strong>Lösungen</strong> <strong>zu</strong> <strong>Kapitel</strong> 8<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 1:<br />
M offenbar<br />
Wir setzen A = M\A. Für A, B ∈ P (M) gilt wegen A, B ⊆<br />
AB = (A\B) ∪ (B\A) = A ∩ B + A ∩ B,<br />
wobei + die disjunkte Vereinigung der beteiligten Mengen bedeutet.<br />
Wir erhalten <strong>zu</strong>nächst für A, B ∈ P (M):<br />
(a) AB ∈ P (M).<br />
(b) AB = BA (Kommutativität).<br />
(c) A∅ = A (∅ ist das Nullelement).<br />
(d) AA = ∅ (A ist <strong>zu</strong> sich selbst invers).<br />
Zum Nachweis, dass P (M), ) eine kommutative Gruppe ist, müssen wir noch die<br />
Assoziativität der Verknüpfung beweisen.<br />
Wir wissen nach Satz 2.2, dass P M mit ∪ und ∩ eine Boole’sche Algebra ist. Folglich<br />
gelten auch die Gesetze über die Negation, von de Morgan und die Distributivgesetze.<br />
Statt A ∩ B schreiben wir AB. Wir erhalten daher<br />
AB = AB + A B = (A ∪ B)(A ∪ B)<br />
= (A ∪ B) A ∪ (A ∪ B)B<br />
= (A A ∪ B A) ∪ (A B ∪ B B) = B A + A B<br />
= AB + A B.<br />
Jetzt gilt<br />
A(BC) = A(BC) + A(BC)<br />
= A(BC + B C) + A(BC + BC)<br />
= ABC + AB C + A BC + ABC<br />
= AB C + ABC + ABC + A BC<br />
= (AB + AB)C + (AB + A B)C<br />
= (AB)C + (AB)C<br />
= (AB)C.<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 2:<br />
(a) Es ist ( \{0}, · ) eine Gruppe mit Einselement 1. Es gilt G ⊆ \{0}. Nach<br />
Satz 8.13 ist für a, b ∈ G nur ab −1 ∈ G, also ab −1 > 0 <strong>zu</strong> zeigen, was für<br />
a, b > 0 trivialerweise erfüllt ist.<br />
(b) Wir definieren die Abbildung f : G → H durch f (a) = ln a für alle a ∈ G.<br />
Dann gilt f (ab) = ln(ab) = ln(a) + ln(b) = f (a) + f (b) für alle a, b ∈ G,<br />
das heißt, f ist ein Homomorphismus. Der inverse Homomorphismus wird durch<br />
g(a) = e a für alle a ∈ H definiert. Offenbar ist ( f ◦ g)(a) = a für alle a ∈ H<br />
und (g ◦ f )(b) = b für alle b ∈ G. Damit sind G und H isomorph.<br />
1
2 <strong>Lösungen</strong> <strong>zu</strong> <strong>Kapitel</strong> 8<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 3: Es seien ◦ i , i ∈ {1, 2, 3}, die Verknüpfungen von G i und e i<br />
die entsprechenden neutralen Elemente. Die Gruppenhomomorphismuseigenschaften<br />
von g ◦ f sind wegen<br />
(g ◦ f )(e 1 ) = g( f (e 1 )) = f (e 2 ) = e 3<br />
und<br />
(g ◦ f )(a ◦ 1 b) = g( f (a ◦ 1 b)) = g( f (a) ◦ 2 f (b)) = g( f (a) ◦ 3 g( f (b)<br />
= (g ◦ f )(a) ◦ 3 (g ◦ f )(b)<br />
für alle a, b ∈ G 1 erfüllt.<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 4:<br />
Es ist<br />
Satz 8.11 A n , n ∈ , ist eine Gruppe (die alternierende Gruppe) und besitzt 1 2 · n!<br />
Elemente.<br />
Beweis. Sind f = t 1 t 2 . . . t 2k , g = t ′ 1 t′ 2 . . . t′ 2l<br />
∈ A n , so gilt offenbar auch f g =<br />
t 1 t 2 . . . t 2k t ′ 1 t′ 2 . . . t′ 2l<br />
∈ A n . Die Multiplikation ist assoziativ, da sie in S n assoziativ ist.<br />
Die identische Permutation (12)(12) ist gerade. Mit f = t 1 t 2 . . . t 2k ∈ A n gilt auch<br />
f −1 = t 2k t2k − 1 . . . t 2 t 1 ∈ A n . Wir schließen, dass A n eine Untergruppe von S n ist.<br />
Es sei t ∈ S n eine fest gewählte Transformation. Zu jedem g ∈ A n ist gt eine<br />
ungerade Transformation. Dabei gilt<br />
g 1 t = g 2 t ⇐⇒ g 1 = g 2 .<br />
Es folgt, dass es mindestens so viele ungerade Permutationen wie gerade Permutationen<br />
gibt. Wenn wir von ungeraden Permutationen ausgehen, erhalten wir die umgekehrte<br />
Aussage. Das bedeutet, dass es ebenso viele gerade wie ungerade Permutationen gibt,<br />
also |A n | = 1 2 · |S n| = 1 2 · n!.<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 5:<br />
Satz 8.14 Es sei U eine nichtleere Teilmenge einer endlichen Gruppe G. U ist genau<br />
dann eine Untergruppe, wenn aus a, b ∈ U stets ab ∈ U folgt.<br />
Beweis. Ist U eine Untergruppe, dann folgt ab ∈ U aus a, b ∈ U.<br />
Umgekehrt gelte a, b ∈ U. Es sei U = {u 1 , . . . , u k }. Linksseitige Multiplikation<br />
dieser Elemente mit a liefert nach Vorausset<strong>zu</strong>ng {au 1 , . . . , au k } ⊆ U. Aus au i = au j<br />
folgt durch linksseitige Multiplikation mit a −1 ∈ G die Gleichheit u i = u j , das heißt<br />
{au 1 , . . . , au k } = U. Für genau ein i gilt folglich au i = b. Linksseitige Multiplikation<br />
mit a −1 ∈ G liefert u i = a −1 b ∈ U. Nach Satz 8.13(b) ist U eine Untergruppe von G.<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 6: Da ¡ eine additive Gruppe ist, liefert Satz 8.16<br />
〈{4, 6}〉 = {z | z = (−1) i 1a i1 + . . . + (−1) i k<br />
a ik ,<br />
i 1 , . . . , i k ∈ {0, 1}, a i1 , . . . , a ik ∈ {4, 6}, k ∈ 0}.<br />
Offensichtlich sind alle z gerade, weiter gilt 0, 4−2 = 2 ∈ 〈{4, 6}〉 und damit 〈{4, 6}〉 =<br />
2¡ .<br />
Entsprechend gilt 0, 1 = 7 − 6 ∈ 〈{6, 7}〉 und damit 〈{6, 7}〉 = ¡ .
<strong>Lösungen</strong> <strong>zu</strong> <strong>Kapitel</strong> 8 3<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 7:<br />
(a) Wir nehmen G = U 1 ∪ U 2 mit U 1 , U 2 G an. Dann existieren Elemente<br />
a, b ∈ G mit a ∈ U 1 , a ̸∈ U 2 und b ∈ U 2 , b ̸∈ U 1 . Ohne Beschränkung<br />
der Allgemeinheit sei ab ∈ U 1 . Dann folgt wegen a ∈ U 1 die Gleichung<br />
a −1 ab = b ∈ U 1 , ein Widerspruch.<br />
(b) Gilt U 1 ⊆ U 2 oder U 2 ⊆ U 1 , dann ist offenbar U 1 ∪ U 2 eine Untergruppe von<br />
G. Es sei umgekehrt U 1 ∪ U 2 eine Untergruppe von G. Wir nehmen an, dass<br />
U 1 U 2 und U 2 U 1 gilt. Nach (a) kann dann U 1 ∪ U 2 keine Gruppe sein, ein<br />
Widerspruch.<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 8: Wir nehmen an, dass ∼ eine Äquivalenzrelation ist. Es seien<br />
a, b ∈ A. Nach Satz 8.13(b) ist a −1 b ∈ A <strong>zu</strong> zeigen. Für alle a ∈ A folgt wegen der<br />
Definition von ∼ aus a = 1a = 1 −1 a ∈ A die Relation 1 ∼ a. Wegen der Symmetrie<br />
gilt a ∼ 1. Für a, b ∈ A erhalten wir dann a ∼ 1, 1 ∼ b und wegen der Transitivität<br />
a ∼ b. Die Definition von ∼ liefert a −1 b ∈ A.<br />
Für die umgekehrte Beweisrichtung sei A eine Untergruppe von G. Für ein beliebiges<br />
a ∈ G gilt a −1 a = 1 ∈ A, so dass die Reflexivität a ∼ a erfüllt ist. Es seien weiter<br />
a, b ∈ G mit a ∼ b, also a −1 b ∈ A. Dann folgt (a −1 b) −1 = b −1 a ∈ A und damit<br />
b ∼ a, die Symmetrie. Schließlich gelte a ∼ b und b ∼ c, also a −1 b, b −1 c ∈ A. Wir<br />
erhalten a −1 bb −1 c = a −1 c ∈ A und so a ∼ c.<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 9:<br />
(a) Für (a, b), (c, d) ∈ G gilt offenbar (a, b) ◦ (c, d) ∈ G. Die Ist weiter (e, f ) ∈ G,<br />
so erhalten wir die Assoziativität<br />
((a, b) ◦ (c, d)) ◦ (e, f ) = (ac, b + d) ◦ (e, f ) = ((ac)e, (b + d) + f )<br />
= (a(ce), b + (d + f )) = (a, b) ◦ (ce, d + f ) = (a, b) ◦ ((c, d) ◦ (e, f )).<br />
Das neutrale Element von G ist (1, 0), das Inverse von (a, b) ∈ G ist (a −1 , −b) ∈<br />
G.<br />
(b) Für ein Element (a, b) ∈ G der Ordnung 2 gilt (a, b) ◦ (a, b) = (a 2 , b + b) =<br />
(1, 0). Die Gleichung a 2 = 1 hat in \{0} nur die <strong>Lösungen</strong> a = ±1, die Gleichung<br />
b + b = 0 in nur b = 0. Da (1, 0) die Odnung 1 hat, ist (−1, 0) das<br />
einzige Element der Ordnung 2.<br />
(c) Es gelte (a, b) 3 = (a 3 , b + b + b) = (1, 0). Es folgt a = 1 und b = 0, (1, 0) hat<br />
jedoch die Ordnung 1.<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 10: Wir ¡ nehmen = 〈a〉 für ein a ¡ ∈ an. Dann gilt nach<br />
Satz ¡ 8.16 = {q | q = z · a, z ¡ ∈ }. Offenbar ist a 2 ∈ , jedoch a 2 ̸∈ {q | q =<br />
¡<br />
z · a, z ∈ ¡ }, ein Widerspruch.<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 11: Nach Satz 8.29 liegt eine primitive Wurzel a modulo p<br />
genau dann vor, wenn a p−1<br />
q mod p ̸= 1 für jeden Primfaktor q von p − 1 gilt.<br />
Wegen 28 = 2 2 · 7 haben wir hier die Primfaktoren 2 und 7 und damit die Werte 14<br />
und 4 für p−1<br />
q<br />
. Wir erhalten:
4 <strong>Lösungen</strong> <strong>zu</strong> <strong>Kapitel</strong> 8<br />
– a = 2: 2 14 mod 29 = 28 ̸= 1 und 2 4 mod 29 = 16 ̸= 1, das heißt, 2 ist eine<br />
primitive Wurzel modulo 29.<br />
– a = 3: 3 14 mod 29 = 28 ̸= 1 und 2 4 mod 29 = 23 ̸= 1, das heißt, 3 ist eine<br />
primitive Wurzel modulo 29.<br />
– a = 5: 5 14 mod 29 = 1, das heißt, 5 ist keine primitive Wurzel modulo 29.<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 12:<br />
von Shanks an:<br />
Wir geben <strong>zu</strong>nächst die Verallgemeinerung des Algorithmus<br />
Algorithmus. (Verallgemeinerung des Algorithmus von Shanks)<br />
Eingabe: Ein Element ḡ ∈ ¡<br />
∗<br />
p der Ordnung d und ein Element b ∈ 〈ḡ〉.<br />
Ausgabe: Der diskrete Logarithmus x = logḡ b.<br />
(1) Berechne m = ⌈ √ d⌉.<br />
(2) Berechne g m · j mod p für alle j = 0, 1, . . . , m − 1.<br />
(3) Sortiere die m geordneten Paare ( j, ḡ m · j mod p) bezüglich ihrer zweiten Komponente<br />
(ergibt eine Liste L 1 ).<br />
(4) Berechne bḡ −i mod p = bḡ d−i mod p für alle i = 0, 1, . . . , m − 1.<br />
(5) Sortiere die m geordneten Paare (i, bḡ −i mod p) bezüglich ihrer zweiten Komponente<br />
(ergibt eine Liste L 2 ).<br />
(6) Finde ein Paar ( j, y) ∈ L 1 und ein Paar (i, y) ∈ L 2 (Paare mit gleicher zweiter<br />
Komponente).<br />
(7) Setze logḡ b = (m j + i) mod d.<br />
Satz. Der oben stehende Algorithmus bestimmt den diskreten Logarithmus logḡ b bezüglich<br />
des Modulus p, bei Nichtberücksichtigung von logarithmischen Faktoren, in<br />
der Zeit O( √ d) mit O( √ d) Speicherplatz.<br />
Beweis. Die Aussagen über die Laufzeit und den Platzbedarf sind offensichtlich richtig.<br />
Gilt ( j, y) ∈ L 1 und (i, y) ∈ L 2 , dann folgt<br />
und damit<br />
ḡ m · j mod p = y = bḡ −i mod p<br />
ḡ mj+i mod p = b.<br />
Nach Satz 8.21 gilt daher logḡ b = (m j + i) mod d.<br />
Da durch m j + i, i, j ∈ {0, . . . , m − 1}, alle Zahlen von 0 bis m 2 − 1 dargestellt<br />
werden, gibt es für jedes b ∈ 〈d〉 Zahlen i ′ , j ′ ∈ {0, . . . , m − 1} mit logḡ b = m j ′ + i ′ .<br />
Die Suche in Schritt 6 ist somit immer erfolgreich.<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 13: Für beliebige Elemente u 1 ∈ U 1 , u 2 ∈ U 2 betrachten wir<br />
das Element g = u 1 u 2 (u 2 u 1 ) −1 ∈ G. Da U 1 ein Normalteiler von G ist, gilt nach<br />
Definition 8.16 u 2 U 1 = U 1 u 2 , das heißt, es existiert u ′ 1 ∈ U 1 mit u 2 u 1 = u ′ 1 u 2. Es<br />
folgt g = u 1 u 2 u −1<br />
2 u′ −1<br />
1 = u 1 u ′ −1<br />
1 ∈ U 1 . Da U 2 ein Normalteiler von G ist, gilt u 1 U 2 =<br />
U 2 u 1 , das heißt, es existiert u ′ 2 ∈ U 2 mit u 1 u 2 = u ′ 2 u 1. Es folgt g = u ′ 2 u 1(u 2 u 1 ) −1 =<br />
u ′ 2 u 1u −1<br />
1 u−1 2<br />
= u ′ 2 u−1 2<br />
∈ U 2 . Wegen U 1 ∩ U 2 = {1} folgt g = 1 und damit (durch<br />
rechtsseitige Multiplikation mit u 2 u 1 )<br />
u 1 u 2 = u 2 u 1 .
<strong>Lösungen</strong> <strong>zu</strong> <strong>Kapitel</strong> 8 5<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 14: Es seien a, b ∈ G. Dann existieren i, j ∈ I mit a ∈ U i ,<br />
b ∈ U j . Falls i ̸= j gilt, folgt wegen U i ∩ U j = {1} nach Aufgabe 13 ab = ba.<br />
Es gelte i = j. Dann existiert c ∈ G mit c ̸∈ U i , das heißt c ∈ U k mit i ̸= k. Es<br />
folgt ca ̸∈ U i (anderenfalls würde c = caa −1 ∈ U i gelten) und damit ca ∈ U k ′ für ein<br />
k ′ ̸= i. Nach Aufgabe 13 gelten cb = bc und (ca)b = b(ca). Wir erhalten<br />
c(ab) = (ca)b = b(ca) = (bc)a = (cb)a = c(ba).<br />
Linksseitige Multiplikation mit c −1 liefert ab = ba.<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 15: Damit h wohldefiniert ist, muss aus a n¡ + = b n¡ +<br />
die Gleichung a mod n = b mod n folgen. Wir betrachten a n¡ + = b n¡ + . Wegen<br />
Satz 8.17(b) folgt daraus a ∈ b n¡ + , also a = b + un für ein u ¡ ∈ . Dann gilt<br />
a mod n = b mod n.<br />
Mit a n¡ + , b n¡ + ¡ /n¡ ∈ betrachten wir<br />
h((a + n¡ ) + (b + n¡ )) = h((a + b) + n¡ ) (nach Satz 8.33)<br />
= (a + b) mod n<br />
= (a mod n) ⊕ (b mod n) (nach Satz 6.32)<br />
= h(a + n¡ ) ⊕ h(b + n¡ ),<br />
das heißt, h ist ein Homomorphismus.<br />
Den inversen Homomorphismus h −1 definieren wir durch h −1 (a) = a + n¡ für alle<br />
a ∈ ¡ n. Offenbar gilt h ◦ h −1 = 1<br />
n wegen a mod n = a für a ∈ ¡ n. Die Gleichung<br />
h −1 ◦ h = 1 /n gilt wegen a + n¡ = (a mod n) + n¡ für a + n¡ ∈ ¡ /n¡ .<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 16: Nach Seite 271 des Buchs gilt<br />
⋃<br />
G = U 1 U 2 . . . U n und U i ∩ 〈<br />
j∈{1,...,n}, j̸=i<br />
U j 〉 = {1}.<br />
(a) Aus U i ∩ 〈 ⋃ j∈{1,...,n}, j̸=i U j〉 = {1} folgt für alle i ̸= j erst recht U i ∩ U j = {1}.<br />
Nach Aufgabe 13 gilt dann ab = ba für alle a ∈ U i , b ∈ U j .<br />
(b) Es sei a 1 a 2 . . . a n = b 1 b 2 . . . b n mit a i , b i ∈ U i , i ∈ {1, . . . , n}. Multiplikation<br />
dieser Gleichung mit (a 2 . . . a n ) −1 ∈ 〈 ⋃ j∈{1,...,n}, j̸=1 U j〉 liefert<br />
a 1 = b 1 (b 2 . . . b n )(a 2 . . . a n ) −1 .<br />
Wegen a 1 , b 1 ∈ U 1 folgt (b 2 . . . b n )(a 2 . . . a N ) −1 ∈ U 1 . Dieses Element gehört<br />
jedoch auch <strong>zu</strong> 〈 ⋃ j∈{2,...,n} U j〉. Es folgt (b 2 . . . b n )(a 2 . . . a N ) −1 = 1 und damit<br />
a 1 = b 1 . Wir schließen a 2 . . . a n = b 2 . . . b n . Hierauf können die vorhergehenden<br />
Elemente angewendet werden, wobei jetzt U 2 ∩ 〈 ⋃ j∈{3,...,n} U j〉 = {1} benötigt<br />
wird. Wir erhalten a i = b i für alle i ∈ {1, . . . , n}.<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 17:<br />
Nach dem 1. Isomorphiesatz (Satz 8.42) gilt für jeden Homomorphismus<br />
f : ¡ 6 → ¡ 4 die Isomorphie von Im( f ) mit ¡ 6/Ker( f ). Nach Satz 8.40<br />
ist dabei Im( f ) eine Untergruppe von ¡ 4 und Ker( f ) ein Normalteiler von ¡ 6. Nach
6 <strong>Lösungen</strong> <strong>zu</strong> <strong>Kapitel</strong> 8<br />
Satz 8.19 (Lagrange) kommen für Im( f ) <strong>zu</strong>nächst die Untergruppen ¡ 4, {0, 2} (isomorph<br />
<strong>zu</strong> ¡ 2) und {0} in Frage. Die möglichen Normalteiler Ker( f ) von ¡ 6 sind ¡ 6,<br />
{0, 2, 4} (isomorph <strong>zu</strong> ¡ 3), {0, 3} (isomorph <strong>zu</strong> ¡ 2) und {0}. Gemäß Satz 8.34 gilt<br />
|¡ 6/Ker( f )| = | 6|<br />
|Ker( f )| . Der Vergleich mit |Im( f ) lässt nur die Normalteiler ¡ 6 und<br />
{0, 2, 4} <strong>zu</strong>, das heißt ¡ 6/¡ 6 = {0} und ¡ 6/{0, 2, 4} = {0, 2}. Die <strong>zu</strong>gehörigen Homomorphismen<br />
¡ 6 → ¡ 4 sind durch f 1 (a) = 0 und f 2 (a) = a + {0, 2, 4}, also<br />
f 2 (0) = f 2 (2) = f 2 (4) = 0 und f 2 (1) = f 2 (3) = f 2 (5) = 2, gegeben. Weitere<br />
Homomorphismen ¡ 6 → ¡ 4 gibt es nicht.<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 18: Mit 1 G und 1 H werden die Einselemnte von G bzw. H<br />
bezeichnet. Es gilt ¯H = {(1 G , h) | h ∈ H } (siehe Seite 270). Wir definieren<br />
ϕ : G → (G × H )/ ¯H<br />
durch ϕ(g) = (g, 1 H ) ¯H . Es ist ϕ die Komposition des Homomorphismus ϕ 1 : G →<br />
G × H (ϕ 1 (g) = (g, 1 H ) für alle g ∈ G) und des kanonischen Homomorphismus<br />
G × H → (G × H )/ ¯H. Nach Aufgabe 3 ist ϕ daher ein Homomorphismus.<br />
Für ein beliebiges Element (g, h) ¯H gilt<br />
(g, h) ¯H = {(g, h)(1 G , h ′ ) | h ′ ∈ H } = {(g, h ′′ ) | h ′′ ∈ H }<br />
= {(g, 1 H )(1 G , h ′′ ) | h ′′ ∈ H } = (g, 1) ¯H.<br />
Damit ist ϕ surjektiv.<br />
Weiter gelte ϕ(g 1 ) = ϕ(g 2 ) für g 1 , g 2 ∈ G. Dann folgt (g 1 , 1 H ) ¯H =<br />
(g 2 , 1 G ) ¯H . Durch linksseitige Multiplikation mit (g1 −1 H) erhalten wir (1 G , 1 H ) ¯H =<br />
(g1 −1 2, 1 H ) ¯H und damit g1 −1 2 = 1 G , also g 1 = g 2 . Wir schließen, dass ϕ injektiv<br />
und so insgesamt ein Isomorphismus ist.<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 19:<br />
Es sei f : ¡ → G ein beliebiger Gruppenhomomorphismus.<br />
Nach dem 1. Isomorphiesatz (Satz 8.42) sind ¡ /Ker( f ) und Im( f ) isomorph. Nach<br />
Satz 8.40 ist Ker( f ) ein Normalteiler von ¡ . Da ¡ eine abelsche Gruppe ist, ist nach<br />
Beispiel 8.16(b) jede Untergruppe von ¡ ein Normalteiler, nach Beispiel 8.11(a) sind<br />
dies genau die Untergruppen n¡ für alle n ∈ 0. Damit sind alle homomorphen Bilder<br />
von ¡ durch ¡ /n¡ (isomorph <strong>zu</strong> ¡ n bzw. <strong>zu</strong> ¡ für n = 0) gegeben, da für jedes n<br />
ein surjektiver Homomorphismus f n : ¡ → ¡ n existiert (nämlich f n (a) = a mod n,<br />
n ∈ , bzw. f 0 = 1 ).<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 20:<br />
Wir betrachten h 1 u 1 , h 2 u 2 ∈ HU und erhalten damit<br />
h 1 u 1 (h 2 u 2 ) −1 = h 1 u 1 u −1<br />
2 h−1 2<br />
= h 1 h −1<br />
2 u′<br />
mit einem u ′ ∈ U, da U ein Normalteiler von G ist. Es folgt h 1 u 1 (h 2 u 2 ) −1 ∈ HU, so<br />
dass HU wegen Satz 8.13 eine Untergruppe von G ist. U ist eine Untergruppe von HU<br />
und damit ein Normalteiler von HU.<br />
Wir definieren eine Abbildung ϕ : H → G/U mit ϕ(h) = hU für alle h ∈ H , die<br />
als Restriktion des kanonischen Homomorphismus ebenfalls ein Homomorphismus ist.<br />
Es gilt<br />
Im(ϕ) = {hU | h ∈ H } = {huU | h ∈ H, u ∈ U} = {xU | x ∈ HU} = HU/U.
<strong>Lösungen</strong> <strong>zu</strong> <strong>Kapitel</strong> 8 7<br />
Weiter erhalten wir<br />
h ∈ Ker(ϕ) ⇐⇒ hU = U ⇐⇒ h ∈ H ∩ U.<br />
Wir schließen Ker(ϕ) = H ∩ U. Nach Satz 8.40 ist H ∩ U ein Normalteiler von H .<br />
Der 1. Isomorphiesatz (Satz 8.42) liefert die Isomorphie von H/Ker(ϕ) = H/(H ∩<br />
U) und Im(ϕ) = HU/U.<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 21: Wir definieren die Abbildung ϕ : G/U 1 → G/U 2 mit<br />
ϕ(gU 1 ) = gU 2 . Es sei gU 1 = g ′ U 1 . Speziell gilt dann g = g ′ u ′ mit einem geeigneten<br />
u ′ ∈ U 1 . Es folgt<br />
gU 2 = {gu 2 | u 2 ∈ U 2 } = {g ′ u ′ u 2 | u 2 ∈ U 2 } = {g ′ ū 2 | ū 2 ∈ U 2 } = g ′ U 2 ,<br />
das heißt, ϕ ist wohldefiniert.<br />
Weiter ist ϕ(U 1 ) = U 2 und<br />
ϕ((g 1 U 1 )(g 2 U 1 )) = ϕ(g 1 g 2 U 1 ) = g 1 g 2 U 2 = (g 1 U 2 )(g 2 U 2 ) = ϕ(g 1 U 1 )ϕ(g 2 U 2 ),<br />
ϕ ist also ein Gruppenhomomorphismus.<br />
Offenbar ist Im(ϕ) = G/U 2 . Außerdem gilt<br />
gU 1 ∈ Ker(ϕ) ⇐⇒ gU 2 = U 2 ⇐⇒ g ∈ U 2 ⇐⇒ gU 1 ∈ U 2 /U 1 ,<br />
das heißt Ker(ϕ) = U 2 /U 1 . Nach Satz 8.40 ist U 2 /U 1 ein Normalteiler von G/U 1 .<br />
Satz 8.42 liefert die Isomorphie von (G/U 1 )/Ker(ϕ) = (G/U 1 )/(U 2 /U 1 ) mit<br />
Im(ϕ) = G/U 2 .<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 22: Es sei Aut(G) = { f | f : G → G Isomorphismus}<br />
die Menge aller Automorphismen von G. Mit f, g ∈ Aut(G) ist f ◦ g bijektiv und<br />
nach Aufgabe 3 ein Homomorphismus, insgesamt also ein Isomorphismus. Es folgt<br />
f ◦ g ∈ Aut(G). Wir wissen, dass die Komposition von Abbildungen assoziativ ist<br />
(siehe Seite 47). Die identische Abbildung 1 G : G → G liegt in Aut(G). Für ein<br />
f ∈ Aut(G) betrachten wir die inverse Abbildung f −1 , die<br />
f −1 (ab) = f −1 ( f f −1 (a) f f −1 (b))<br />
= f −1 ( f ( f −1 (a) f −1 (b))) = f −1 (a) f −1 (b)<br />
für alle a, b ∈ G erfüllt und damit <strong>zu</strong> Aut(G) gehört. Folglich ist Aut(G) eine Gruppe.<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 23:<br />
Es sei<br />
B = {ϕ g | ϕ g (a) = gag −1 , a ∈ G}<br />
die Menge aller inneren Automorphismen von G. Für ein beliebiges g ∈ G gilt offenbar<br />
(ϕ g ) −1 = ϕ g −1. Für ϕ g1 , ϕ g2 ∈ B erhalten wir<br />
ϕ g1 ((ϕ g2 ) −1 (a)) = ϕ g1 (ϕ g<br />
−1(a)) = g 1 g2 −1 ag 2g1 −1 = ϕ<br />
2<br />
gg g2<br />
−1 (a)
8 <strong>Lösungen</strong> <strong>zu</strong> <strong>Kapitel</strong> 8<br />
für alle a ∈ G. Das bedeutet ϕ g1 ◦ (ϕ g2 ) −1 ∈ B, so dass nach Satz 8.13 B eine Untergruppe<br />
von Aut(G) ist.<br />
Lösung <strong>zu</strong> Aufgabe 24:<br />
Für beliebige g 1 , g 2 ∈ G gilt für alle a ∈ G<br />
und<br />
ϕ(1)(a) = ϕ 1 (a) = 1a1 −1 = a<br />
ϕ(g 1 g 2 )(a) = ϕ g1 g 2<br />
(a)<br />
= g 1 g 2 a(g 1 g 2 ) −1 = g 1 g 2 ag2 −1 g−1 1<br />
= g 1 ϕ g2 (a)g1 −1 = ϕ g1 (ϕ g2 (a))<br />
= (ϕ g1 ◦ ϕ g2 )(a) = (ϕ(g 1 ) ◦ ϕ(g 2 ))(a).<br />
Es folgt ϕ(1) = 1 G und ϕ(g 1 g 2 ) = ϕ(g 1 ) ◦ ϕ(g 2 ), ϕ ist also ein Gruppenhomomnorphismus.