Chr.Nelius : Grundzüge der Algebra (WS 2005/06)

13. Übungsblatt

Musterlösungen

54. Aufgabe: (Idee. Diese Aufgabe wurde ausführlich in den Übungen besprochen.)

Seien G := GL_{2}(ZZ_{3}) und S := SL_{2}(ZZ_{3}) . Dann ist S der Kern des surjektiven Gruppenhomomorphismus det:G ⟶ ZZ_{3}^{⋆} . Aus G/S ≅ ZZ_{3}^{⋆} folgt

|S| = \frac{1}{2} · |G|

Zur Bestimmung von |G| geht man wie in Aufgabe 53 vor: Man zählt die Anzahl der Möglichkeiten, linear unabhängige 2–Tupel aus ZZ_{3}^{2} zu bilden. Das Ergebnis ist |G| = 48 , also

|S| = \frac{1}{2} · 48 = 24 .

Aufgabe 55 a) In einer abelschen Gruppe ist jede Untergruppe ein Normalteiler. Ist also G abelsch, so gilt: G einfach ⟺ G hat keine Untergruppen ≠ {1} und ≠ G ⟺ |G| = p ∈ IP (s. Aufgabe 37) .

b) (Idee. Dieser Aufgabenteil ist ausführlich in den Übungsgruppen besprochen worden.) Annahme: G ist eine einfache Gruppe der Ordnung 12. Dann muß G drei 2–Sylowuntergruppen der Ordnung 4 und vier 3–Sylowuntergruppen der Ordnung 3 besitzen. Damit enthält G 4·2 = 8 Elemente der Ornung 3 . Sind die 3 2–Sylowgruppen alle zyklisch, so enthält G 6 Elemente der Ordnung 4, sind dagegen die 2–Sylowuntergruppen Klein’sche Vierergruppen, so enthält G mindestens 5 Elemente der Ordnung 2 . Damit wird aber die Elementzahl von G in beiden Fällen größer als 12 , was ein Widerspruch ist.

c) Sei |G| = 2p. Im Falle \underline{p = 2} ist G ≅ ZZ_{4} oder G ≅ ZZ_{2} × ZZ_{2} nicht einfach.

Sei nun \underline{p ≥ 3} . Dann besitzt G eine p–Sylowuntergruppe U der Ordnung p, die damit vom Index 2 ist. Folglich ist U ein Normalteiler mit {1} ≠ U < G, so daß G nicht einfach ist.

d) K := Kern(f) ist Normalteiler von G. Ist also G einfach, so folgt entweder K = {1} (⟹ f injektiv) oder K = G (⟹ f trivial) .

e) Klar ist, daß f(N) Untergruppe von H ist. Noch z.z.: ∀ y ∈ f(N) ∀ b ∈ H : byb^{−1} ∈ f(N) . Da f surjektiv ist, existiert ein a ∈ G mit b = f(a) . Außerdem ist y von der Form y = f(x) mit x ∈ N . Es folgt

byb^{−1} = f(a)f(x)f(a)^{−1} = f(a)f(x)f(a^{−1}) = f(axa^{−1}) ∈ f(N)

Dabei gilt axa^{−1} ∈ N , da N Normalteiler ist.

f) Da sich die Einfachheit einer Gruppe bei Isomorphie überträgt, genügt es zu zeigen, daß H × K nicht einfach ist. Nach Aufgabe 41b) ist H ×{1_{K}} ein Normalteiler in H ×K. Da H mindestens zwei Elemente enthält, ist H × {1_{K}} ≠ {(1_{H}, 1_{K})} , und da K mindestens zwei Elemente enthält, ist H × {1_{K}} ≠ H × K.

56. Aufgabe: Zeige: ord(A) = n , ord(B) = 2 und AB = BA^{−1} . Nach (11.2) folgt dann die Behauptung .

57. Aufgabe: Es gilt Δ_{n} ≅ D_{n}, wobei D_{n} die Symmetriegruppe des regelmäßigen n–Ecks ist . Es ist anschaulicher, mit D_{n} zu arbeiten!

a) D_{31} enthält 31 Spiegelungen, die die Ordnung 2 haben. Die 31 Drehungen bilden eine Untergruppe der Ordnung 31, die zyklisch ist und die von jedem Element ≠ id erzeugt wird. Also gibt es 30 Elemente der Ordnung 31 und die Identität, die die Ordnung 1 hat. Folglich

Ordnung 1 2 31 62
Anzahl 1 31 30 −

b) Teiler von |D_{31}| = 62 sind 1,2,31,62 . Es gibt also genau 1 Untergruppe der Ordnung 1, 31 Untergruppen der Ordnung 2 (2 ∈ IP und es gibt genau 31 Elemente der Ordnung 2 ), 1 Untergruppe der Ordnung 31 (da 31 ∈ IP und eine Gruppe der Ordnung 31 von jedem Element der Ordnung 31 erzeugt wird). Schließlich gibt es die Untergruppe D_{31} .

c) Es gilt |G| = 62 = 2 · 31 mit 2, 31 ∈ IP . Also git es 2–Sylowuntergruppen der Ordnung 2 (nach b) sind das 31 Stück) und genau eine 31–Sylowuntergruppe der Ordnung 31 , die Normalteiler sein muß . Zur Kontrolle:

s_{2} ∈ {1, 2, 31, 62} , s_{2} ≡ 1 (mod 2) ⟹ s_{2} ∈ {1, 31}

s_{31} ∈ {1, 2, 31, 62} , s_{31} ≡ 1 (mod 31) ⟹ s_{31} = 1 .

d) {1} und G sind immer Normalteiler in G. Nach c) ist die einzige Untergruppe der Ordnung 31 Normalteiler in G. Ein Normalteiler der Ordnung 2 wäre eine 2–Sylowuntergruppe, also einzige 2–Sylowuntergruppe im Widerspruch dazu, daß es 31 Untergruppen der Ordnung 2 gibt.

e) Z(G) ist Normalteiler in G mit |Z(G)| ∈ {1, 2, 31, 62}.

Es ist |Z(G)| ≠ 62 , da sonst G abelsch wäre.

Wäre |Z(G)| = 31 , so wäre die Faktorgruppe G/Z(G) wegen |G/Z(G)| = \frac{62}{31} = 2 zyklisch, G also abelsch nach Aufgabe 51 .

Einen Normalteiler der Ordnung 2 kann es in G nach d) nicht geben.

Folglich \underline{Z(G) = \{1\}}.

g) Die obigen Aussagen gelten entsprechend in den Gruppen Δ_{p}, wobei p ≥ 3 eine Primzahl ist.

*58. Aufgabe: (Idee) Es genügt zu zeigen: Ist die Gruppe H × K endlich, p–primär und zyklisch, so folgt |H| = 1 oder |K| = 1 (wieso?) . Nach Aufgabe 50c) sind auch H und K p–primär, und beide Gruppen sind zyklisch und endlich (wieso?) .

Gelte |H| = p^{m} und |K| = p^{n} mit m, n ∈ IN_{0} .

Annahme: m ≥ 1 und n ≥ 1 .

U := H × {1_{K}} und V := {1_{H}} × K sind Untergruppen von H × K (sogar Normalteiler nach Aufgabe 41 ) mit |U| = |H| = p^{m} und |V | = |K| = p^{n}. Außerdem gilt

U ∩ V = {1}

In der endlichen zyklischen Gruppe H × K sind die Untergruppen U und V wieder zyklisch, und es gilt (wieso?) :

U ⊆ V ⟺ |U| teilt |V | .

Gelte o.B.d.A. m ≤ n. Dann folgt p^{m}|p^{n} und daraus U ⊆ V , also

{1} ≠ U = U ∩ V = {1}

Widerspruch! Also gilt m = 0 oder n = 0 , folglich |H| = p^{0} = 1 oder |K| = p^{0} = 1 .