WS 05/06 Priv.-Doz. Dr. S. Wewers

Algebra I

5. Übungsblatt

Aufgabe 1: (2+1+1=4 P) Die abelsche Gruppe G sei gegeben durch drei Erzeuger x, y, z und die Relationen

3x − 2y + 4z = 0,
2x − 3y + z = 0,
8x − 7y + 9z = 0.

(a) Bestimmen Sie die Elementarteiler d_{1}, …, d_{m} und den Rang von G.

(b) Bestimmen Sie ein Element von G mit der Ordnung 5 (als Linearkombination von x, y, z).

(c) Wieviele Elemente der Ordnung 5 gibt es in G?

Lösung:

(a) Es gilt also

G = ℤ^{3}/H ,

wobei

H := ⟨(3, −2, 4), (2, −3, 1), (8, −7, 9)⟩ ≤ ℤ^{3} .

Sind e_{1}, e_{2}, e_{3} die drei Einheitsvektoren in ℤ^{3}, so gilt x = e_{1} + H, y = e_{2} + H und z = e_{3} + H. Wir verwenden umkehrbare ganzzahlige Zeilen- und Spaltenumformungen, und erhalten

( \begin{matrix}3 & −2 & 4 \\ 2 & −3 & 1 \\ 8 & −7 & 9 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & −3 & 2 \\ 4 & −2 & 3 \\ 9 & −7 & 8 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & −3 & 2 \\ 0 & 10 & −5 \\ 0 & 20 & −10 \end{matrix} )

⇝ ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 10 & −5 \\ 0 & 20 & −10 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 10 \\ 0 & 10 & 20 \end{matrix} )

⇝ ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 10 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Also gibt es eine Basis (x_{1}, x_{2}, x_{3}) von ℤ^{3} derart, daß H = ℤ · x_{1} + ℤ · 5x_{2}. Setzt man x′ := x_{1} + H = 0, y′ := x_{2} + H und z′ := x_{3} + H, so wird G also von Elementen y′, z′ erzeugt unter der Relation 5y′ = 0. Folglich ist

\begin{aligned}G & = & ℤ^{3}/H ≅ ℤ × ℤ × ℤ/(ℤ × 5ℤ × 0ℤ) \\ & ≅ & (ℤ/ℤ) × (ℤ/5ℤ) × (ℤ/0ℤ) ≅ (ℤ/5ℤ) × ℤ . \end{aligned}

Daher hat G den Elementarteiler 5 und den Rang 1.

(b) Nach obigem ist y′ ein Element der Ordnung 5, denn dieses wird unter dem Ismomorphismus G → (Z/5ℤ) × ℤ auf das Elememt (¯1, 0) abgebildet, welches in (ℤ/5ℤ) × ℤ die Ordnung 5 hat. Um y′ als Linearkombination von x, y und z auszudrücken, müssen wir die die Variablensubstutionenen im Algorithmus, die durch Spaltenumformungen entstanden sind, wieder rückgängig machen.

\begin{aligned}( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) & ⇝ & ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & −1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} ) \\ & ⇝ & ( \begin{matrix}1 & −3 & 2 \\ 0 & 2 & −1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} ) ⇝ ( \begin{matrix}2 & −3 & 1 \\ −1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} ) . \end{aligned}

Also gilt x′ = 2x − 3y + z = 0, y′ = −x + 2y, z′ = y. Somit ist y′ = −x + 2y ein Element der Ordnung 5.

(c) Die Gruppe G hat wegen der Isomorphie genau so viele Elemente der Ordnung 5 wie (ℤ/5ℤ) × ℤ. Letztere Gruppe hat genau vier Elemente der Ordnung 5, nämlich (¯1, 0), (¯2, 0), (¯3, 0) und (¯4, 0). Also hat auch G genau vier Elemente der Ordnung 5.

Aufgabe 2: (1+1=2 P) Sei G eine abelsche Gruppe der Ordnung 100. Zeigen Sie:

(a) G enthält ein Element der Ordnung 10.

(b) Wenn G kein Element der Ordnung > 10 enthält, dann gilt

G ≅ ℤ/ℤ · 10 × ℤ/ℤ · 10.

Lösung:

(a) Nach dem Hauptsatz über enndlich erzeugte abelsche Gruppen gibt es abgesehen von Isomorphie genau die folgenden abelschen Gruppen der Ordnung 100.

• ℤ/100ℤ

• ℤ/2ℤ × ℤ/50ℤ

• ℤ/5ℤ × ℤ/20ℤ

• ℤ/10ℤ × ℤ/10ℤ.

Jede dieser Gruppen enthält ein Element der Ordnung 10; z.B.

• \overline{10} ∈ ℤ/100ℤ

• (0, \overline{5}) ∈ ℤ/2ℤ × ℤ/50ℤ

• (0, \overline{2}) ∈ ℤ/5ℤ × ℤ/20ℤ

• (\overline{1}, 0) ∈ ℤ/10ℤ × ℤ/10ℤ.

(b) Offenbar gibt es in jeder der drei anderen Gruppen Element der Ordnung > 10, z.B.

• ord \overline{1} = 100 in ℤ/100ℤ

• ord(\overline{0}, \overline{1}) = 50 in ℤ/2ℤ × ℤ/50ℤ

• ord(\overline{0}, \overline{1}) = 20 in ℤ/5ℤ × ℤ/20ℤ.

Daraus folgt die Behauptung.

Aufgabe 3: (1+1+1=3 P)

(a) Zeigen Sie: jede endlich erzeugte Untergruppe von (ℚ, +) ist zyklisch.

(b) Zeigen Sie: jede endlich erzeugte Untergruppe von (ℚ^{×}, ·) ist frei.

(c) Bestimmen Sie eine Untergruppe von (ℚ^{×}, ·) vom Rang 5 (durch Angabe einer Basis).

Lösung:

(a) • 1. Möglichkeit: Es sei G eine endlich erzeugte Untergruppe von (ℚ, +). Also gibt es q_{1}, …, q_{r} ∈ ℚ so, daß

G = ℤq_{1} + … + ℤq_{r} .

Schreibt man q_{i} = \frac{m_{i}}{n_{i}}, so folgt

G ⊆ ℤ \frac{1}{n_{1}} + … + ℤ \frac{1}{n_{r}} ⊆ ℤ \frac{1}{n_{1} · . . . · n_{r}} := U ≤ ℚ .

Also ist G Untergruppe der zyklischen Gruppe U. Nach Vorlesung ist dann auch G zyklisch.

• 2. Möglichkeit: Nach dem Haupsatz für endlich erzeugte abelsche Gruppen gilt folgendes

Korollar Eine endlich erzeugte abelsche Gruppe ist genau dann frei, wenn sie keine nicht-trivialen Elemente endlicher Ordnung hat.

In (ℚ, +) gibt es keine Elemente endlicher Ordnung außer 0. Folglich ist jede endlich erzeugte Untergruppe G von (ℚ, +) frei. Also besitzt G eine Basis (q_{1}, …, q_{r}). Wäre r ≥ 2, q_{1} = \frac{m_{1}}{n_{1}} , q_{2} = \frac{m_{2}}{n_{2}} , so sind m_{1}, n_{1}, m_{2}, n_{2} jeweils ≠ 0, und die Gleichung

n_{1}m_{2}q_{1} + n_{2}m_{1}q_{2} = 0

zeigt, daß q_{1} und q_{2} linear abhängig sind, ein Widerspruch. Daher gilt r ≤ 1 und G ist zyklisch

(b) • Die Aussage stimmt nicht. Zum Beispiel ist die Untergruppe {−1, 1} von (ℚ^{×}, ·) endlich erzeugt, aber nicht frei, da sie nicht-triviale Elemente endlicher Ordnung enthält, nämlich −1 wegen (−1)^{2} = 1.

• Richtig ist jedoch, daß jede endlich erzeugte Untergruppe von (ℚ_{>0}, ·) frei ist. Dies liegt daran, daß es in (ℚ_{>0}, ·) keine nicht-trivialen Elemente endlicher Ordnung gibt, denn aus q^{n} = 1 und q ∈ ℚ_{>0} folgt stets q = 1. Also folgt die Behauptung aus obigem Korollar.

• Man kann auch direkt beweisen, daß jede endlich erzeugte Untergruppe von (ℚ_{>0}, ·) frei ist. Es sei etwa G = ⟨q_{1}, …, q_{n}⟩ eine endlich erzeugte Untergruppe. Es seien p_{1}, …, p_{r} alle Primzahlen, die in den Primfaktorzerlegungen der Zähler und Nenner der q_{i} auftreten. Also gilt

G ⊆ ⟨p_{1}, …, p_{r}⟩ := U .

Betrachte nun die Abbildung

ℤ^{r} → U, (m_{1}, …, m_{r}) ↦ p_{1}^{m_{1}} · . . . · p_{r}^{m_{r}} .

Dies ist offenbar ein surjektiver Gruppenhomomorphismus. Er ist auch injektiv, da die p_{1}, …, p_{r} paarweise verschiedene Primzahlen sind. Also ist U eine freie abelsche Gruppe, und G ist eine Untergruppe davon. Nach Vorlesung ist G daher auch eine freie abelsche Gruppe.

(c) Wir nehmen die Idee aus dem letzten Paragraphen zur Lösung von Teil (b), angewandt auf die Primzahlen 2, 3, 5, 7, 11. Wie dort erklärt, ist die Abbildung

\begin{matrix}ℤ^{5} & → & U := ⟨2, 3, 5, 7, 11⟩ , \\ (m_{1}, m_{2}, m_{3}, m_{4}, m_{5}) & ↦ & 2^{m_{1}}3^{m_{2}}5^{m_{3}}7^{m_{4}}11^{m_{5}} \end{matrix}

ein Isomorphismus. Also ist

U = ⟨2, 3, 5, 7, 11⟩

eine Untergruppe von (ℚ, ·) vom Rang 5 mit Basis (2, 3, 5, 7, 11).

Aufgabe 4: (3 P) Sei G = (ℤ/ℤ · 70)^{×}. Bestimmen Sie die Elementarteiler von G, und finden Sie ein Element der Ordnung 12. (Hinweis: benutzen Sie den Chinesischen Restsatz.)

Lösung: Es gilt 70 = 2 · 5 · 7. Nach dem Chinesischen Restsatz folgt

(ℤ/70ℤ)^{×} ≅ (ℤ/2ℤ)^{×} × (ℤ/5ℤ)^{×} × (ℤ/7ℤ)^{×}
≅ (ℤ/4ℤ) × (ℤ/6ℤ)
≅ (ℤ/4ℤ) × (ℤ/3ℤ) × (ℤ × 2ℤ)
≅ (ℤ/12ℤ) × (ℤ/2ℤ)
≅ (ℤ/2ℤ) × (ℤ/12ℤ) .

Also sind 2 und 12 die Elementarteiler von G. Nun hat \overline{2} ∈ (ℤ/5ℤ)^{×} die Ordnung 4, und \overline{2} ∈ (ℤ/7ℤ)^{×} hat die Ordnung 3. Folglich hat das Element

(\overline{1}, \overline{2}, \overline{2}) ∈ (ℤ/2ℤ)^{×} × (ℤ/5ℤ)^{×} × (ℤ/7ℤ)^{×}

die Ordnung 3·4 = 12. Wir suchen ein Urbild x davon unter obigem Isomorphismus. Also suchen wir ein x ∈ ℤ derart, daß

x ≡ 1 mod 2
x ≡ 2 mod 5
x ≡ 2 mod 7 .

Die Lösungen von x ≡ 1 mod 2, x ≡ 2 mod 5 sind offenbar von der Form 7, 17, 27, . . .. Die erste Zahl in dieser Reihe die auch ≡ 2 mod 7 ist, ergibt sich als 37. Also löst x = 37 das Kongruenzsystem, und \overline{37} ∈ (ℤ/70ℤ)^{×} hat die Ordnung 12.

Bemerkung: Jedes x ∈ ℤ mit x ≡ 1 mod 2, x ≡ 2 oder 3 mod 5 und x ≡ 2 oder 4 mod 7 erfüllt ord \overline{x} = 12 in (ℤ/70ℤ)^{×}.