Algebra I, MC05

(a) Richtig, sei $h\in H$ beliebig. Da $\phi$ surjektiv ist, existiert ein $g\in G$, so dass $\phi (g)=h$. Es folgt

$$\begin{array}{rl}h\phi (N)h^{-1}& =\phi (g)\phi (N)\phi (g^{-1})\\ & =\phi (gN{g}^{-1})\\ & =\phi (N),\end{array}$$

womit $\phi (N)$ ein Normalteiler ist.
(b) Falsch, sei $G=H$ eine Gruppe mit einer Untergruppe $N$, welche nicht normal ist (z.B. $D_4$ mit $N=⟨s⟩$). Sei $\phi$ die identitätsabbildung. Dann gilt $\phi (N)=N$ nicht normal.
(c) Richtig, seien $g\in G$ und $n\in {\phi }^{-1}(N)$ beliebig. Dann gilt

$$\phi (gn{g}^{-1})=\phi (g)\underset{\in N}{\underbrace{\phi (n)}}\phi (g{)}^{-1}\in N,$$

womit $gn{g}^{-1}\in {\phi }^{-1}(N)$. Also ist ${\phi }^{-1}(N)$ eine normale Untergruppe von $G$.

(a) Falsch, im allgemeinen sind die Kardinalitäten der Menge $H/(H\cap N)$ und $N/(H\cap N)$ verschieden.
(b) Falsch, da wir nicht fordern, dass $H$ ein Normalteiler von $G$ oder $N$ ist, bildet der Quotient $G/H$ und der Quotient $N/H$ im allgemeinen keine Gruppe.
(c) Falsch, wir nehmen nicht an, dass $N$ eine Untergruppe von $H$ ist. Somit ist der Quotient $H/N$ im allgemeinen nicht definiert.
(d) Richtig, dies ist gerade der zweite Isomorphiesatz

Wir betrachten den Homomorphismus

$$\begin{array}{rl}{\phi }_{a,b}:\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}& \to \mathbb{Z}\\ (x,y)& \mapsto ax-by\end{array}$$

für $a,b\in \mathbb{Z}$.
Behauptung: Falls $\mathrm{ggT}(a,b)=1$, so gilt $\ker {\phi }_{a,b}=⟨(b,a)⟩$ und $\mathrm{Im}{\phi }_{a,b}=\mathbb{Z}$.
Beweis der Behauptung:
Sei $a,b\in \mathbb{Z}$ mit $\mathrm{ggT}(a,b)=1$. Dann finden wir mit hilfe des Euklidischen Algorithmus $x,y\in \mathbb{Z}$, so dass $xa+yb=1$. Es folgt $1\in \mathrm{Im}{\phi }_{a,b}$ und somit $\mathrm{Im}{\phi }_{a,b}=\mathbb{Z}$. Sei nun $(x,y)\in \ker {\phi }_{a,b}$. Dann gilt $ax-by=0$, also $ax=by$. Da $a,b$ teilerfremd sind folgt $a|y$ und $b|x$. Seien $u,v\in \mathbb{Z}$, so dass $au=y$ und $bv=x$. Setzen wir dies in die Gleichung $ax=by$ ein erhalten wir $abv=abu$ also $u=v$. Es folgt $(x,y)=u\cdot (b,a)$, also $(x,y)\in ⟨(b,a)⟩$. Sei umgekehrt $(x,y)\in ⟨(b,a)⟩$, dann existiert ein $k\in \mathbb{Z}$, so dass $(x,y)=k\cdot (b,a)=(kb,ka)$. Wir erhalten

$${\phi }_{a,b}(x,y)=ax-by=akb-bka=0,$$

womit $(x,y)\in \ker {\phi }_{a,b}$. Es folgt $\ker {\phi }_{a,b}=⟨(b,a)⟩$.
\tag*{$\boxed{\tiny\text{Beh.}}$}
Falls $\mathrm{ggT}(a,b)=1$ folgt nun mit der Behauptung und dem ersten Isomorphisatz

$$(\mathbb{Z}\times \mathbb{Z})/⟨(b,a)⟩\cong \mathbb{Z}.$$

Da $\mathrm{ggt}(47,44)=1$ und $\mathrm{ggt}(2,17)=1$ gilt

$$(\mathbb{Z}\times \mathbb{Z})/⟨(47,44)⟩\cong (\mathbb{Z}\times \mathbb{Z})/⟨(2,17)⟩\cong \mathbb{Z}.$$

Die richtige Antwort ist also (d).

Wir wollen nun noch die Struktur von $(\mathbb{Z}\times \mathbb{Z})/⟨(3,6)⟩$ besser verstehen. Dafür bemerken wir zuerst, dass $⟨(3,6)⟩$ eine echte Untergruppe von $⟨(1,2)⟩$ ist. Mit obigen folgt

$$(\mathbb{Z}\times \mathbb{Z})/⟨(1,2)⟩\cong \mathbb{Z}.$$

Da $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ abelsch ist sind alle Untergruppen normal. Mit dem dritten Isomorphiesatz folgt nun

$$\mathbb{Z}\cong ((\mathbb{Z}\times \mathbb{Z})/⟨(3,6)⟩)/\underset{\cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}}{\underbrace{(⟨(1,2)⟩/⟨(3,6)⟩)}}.$$

Mit Aufgabe 35 aus Serie 5 folgt

$$\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})=\left\{\overline{x}\mapsto k\cdot \overline{x}\mid k\in \mathbb{Z},\mathrm{ggT}(k,n)=1\right\}$$

für $n\in \mathbb{N}$. Es folgt also

$$\begin{array}{rl}|\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/20\mathbb{Z})|& =|\left\{[k]\in \mathbb{Z}/20\mathbb{Z}\mid \mathrm{ggt}(k,n)=1\right\}|\\ & =|\left\{[1],[3],[7],[9],[11],[13],[17],[19]\right\}|\\ & =8.\end{array}$$

So ist also (c) die richtige Antwort.

Man kann das Beispiel aus letzter Woche ganz analog mit $k$ verschiedenen Farben durchrechnen und erhält

$$\frac{1}{8}(k^4+2k^3+3k^2+2k).$$

Also ist (b) die richtige Antwort.