Aufgabe P26

a) Ja. Sei f_{g} : G → G, h ↦ gh und f_{g}^{∗} : G → G, h ↦ g^{−1}h. Dann gilt (f_{g} ∘ f_{g}^{∗})(h) = gg^{−1}h = h und (f_{g}^{∗} ∘ f_{g})(h) = g^{−1}gh = h, also f_{g} ∘ f_{g}^{∗} = f_{g}^{∗} ∘ f_{g} = id. Damit ist f_{g} bijektiv.

b) Nein. Betrachte V_{4} = {1; (1 2)(3 4); (1 3)(2 4); (1 4)(2 3)} ⩽ S_{4} mit |V_{4}| = 4, aber für alle σ ∈ V_{4} ist σ^{2} = 1, also existiert in V_{4} kein Element der Ordnung 4.

c) Ja. Nach Definition ist ord g = | ⟨g⟩ |. Nach dem Satz von Lagrange gilt | ⟨g⟩ |||G| = m.

d) Ja. Nach Lagrange haben alle Untergruppen von G eine Ordnung, die |G| = m teilt. Da aber m eine Primzahl ist, gibt es nur Untergruppen der Ordnung 1 und Ordnung m. Dies sind genau zwei Untergruppen, also ist G nach Aufgabe P25 zyklisch.

e) Ja. Nach Teil c) muß gelten: ord g|15. Da nach Voraussetzung ord g nicht 1, 3 oder 5 ist, verbleibt nur noch die Möglichkeit ord g = 15. Damit gilt aber ⟨g⟩ = G.

f) Nein. Sei G = ℤ_{5}^{∗} und ∼ die durch die Partition {{1; 2; 3}; {4}} gegebene Äquivalenzrelation. Dann ist [1]_{∼} = {1; 2; 3} keine Untergruppe in G, da 2 · 2 = 4 ∉ [1]_{∼} ist.

g) Ja. Satz der Vorlesung.

h) Ja. Ist φ : G → H Homomorphismus, so ist nach dem Homomorphiesatz durch a ∼ a′ ⇔ φ(a) = φ(a′) eine Kongruenzrelation auf G definiert, es gilt Kern φ = {g ∈ G | φ(g) = 1 = φ(1)} = [1]_{∼} und nach Teil g) ist [1]_{∼} ⊴ G.

Aufgabe P27

a) Nein. Mit a = 2, m = 4 ist a^{φ(m)} = 2^{2} = 4 ≡ 0 mod m.

b) Ja. Es ist 101^{6n} − 1 ≡ 1^{6n} − 1 ≡ 0 mod 10 und wegen 1 ∈ ggT(7; 101) ist 101^{6n} = (101^{6})^{n} = (101^{φ(7)})^{n} ≡ 1^{n} ≡ 1 mod 7, also 7|(101^{6n} − 1). Da 7 und 10 teilerfremd sind, folgt damit 7 · 10 = 70|(101^{6n} − 1).

c) Nein. 1001^{6n} − 1 = (7 · 143)^{6n} − 1 ≡ −1 mod 7, also 7 ∤ (1001^{6n} − 1) ⇒ 70 ∤ (1001^{6n} − 1).

d) 1 und 2. Es gilt φ(p_{1}^{v_{1}} ⋯ p_{n}^{v_{n}}) = (p_{1} −1)p_{1}^{v_{1}−1} ⋯ (p_{n} −1)p_{n}^{v_{n}−1} für paarweise verschiedene Primzahlen p_{i}. Dieses Produkt ist gerade, wenn mindestens ein Faktor gerade ist. Ist ein p_{i} ungerade, so ist p_{i} − 1 gerade, also auch das Produkt. Damit können nur noch die φ(2^{v}) ungerade sein. Es gilt φ(2^{v}) = 2^{v−1}, was für v > 1 gerade ist. Es verbleiben also nur noch φ(1) und φ(2) zu überprüfen. Wegen φ(1) = φ(2) = 1 sind 1 und 2 genau die gesuchten m.

Aufgabe P28

a) Ja. ℤ_{m} ist nach Vorlesung eine additive Gruppe mit m Elementen

b) Nein. Sei g ∈ G mit ord g = 5 und U = ⟨g⟩. Da U zyklisch ist, gibt nach nach Vorlesung φ(5) = 4 Elemente der Ordnung 5 in U und damit existieren in G mindestens vier Elemente der Ordnung 5. Genau zwei Elemente der Ordnung kann es daher nicht geben.

c) Ja. Vorlesung.

d) Ja. Sei g ein erzeugendes Element der zyklischen Gruppe G. Dann ist φ(G) = {φ(g) | g ∈ G} = {φ(g^{i}) | i ∈ ℤ} = {φ(g)^{i} | i ∈ ℤ} = ⟨φ(g)⟩, also ist φ(G) zyklisch.

Aufgabe P29

a) Ja. Es gilt H = ⟨[8]_{20}⟩.

b) 5. Es ist 5 · [8]_{20} = [40]_{20} = [0]_{20}, also ist |H| = ord[8]_{20} = 5.

c) 4. Vergleiche Aufgabe P28 b)

d) 4. Die Nebenklassen sind [0]_{20} + H, [1]_{20} + H, [2]_{20} + H und [3]_{20} + H. (Es gilt [4]_{20} + H = [4]_{20} + [20]_{20} + H = [24]_{20} + H = [0]_{20} + H.)

e) Ja. Wegen [−24]_{20} + H = H ist [26]_{20} + H = [26]_{20} + [−24]_{20} + H = [2]_{20} + H.