Viermal abelsche Gruppen

Aus dem Tutorium.

Es sei $(G,\,\ast,\,e)$ eine Gruppe. Wir behaupten: $G$ ist genau dann abelsch, wenn die Abbildung $G\to G$, $a\mapsto a\ast a$, ein Homomorphismus ist.

Gelte zunächst: $G\to G$, $a\mapsto a\ast a$, ist ein Homomorphismus.
Seien $a,b\in G$. Dann gilt $\varphi(a\ast b) = a\ast b\ast a\ast b$ und $\varphi(a)\ast \varphi(b) = a\ast a\ast b\ast b$, wegen der Homomorphieeigenschaft von $\varphi$ also \[ a\ast b\ast a\ast b = a\ast a\ast b\ast b\quad. \] Nun liefert die Multiplikation mit $a^{-1}$ von links \[ b\ast a\ast b = a\ast b\ast b\quad, \] und indem wir von rechts mit $b^{-1}$ multiplizieren, erhalten wir \[ b\ast a = a\ast b\quad. \] Also ist $G$ abelsch.

Gelte nun: $G$ ist abelsch.
Dann gilt für alle $a,\,b\in G$: \[b\ast a=a\ast b\quad,\]also \[b\ast a\ast b = a\ast b\ast b\quad,\] also \[a\ast b\ast a\ast b = a\ast a\ast b\ast b\] und damit \[\varphi(a\ast b) =\varphi(a)\ast \varphi(b)\quad,\]also ist $\varphi$ ein Homomorphismus.

Hier gelten also beide Richtungen.


Nächste Behauptung: Gilt $a\ast a=e$ für alle $a\in G$, so ist $G$ abelsch.

Nun: Gelte $a\ast a=e$ für alle $a\in G$. Dann folgt \[a=a^{-1}\quad\text{für alle $a\in G$}\quad,\] also \[a\ast b=(a\ast b)^{-1}\quad\text{für alle $a\in G$}\quad,\] also \[a\ast b=b^{-1}\ast a^{-1}\quad\text{für alle $a\in G$}\] und damit \[a\ast b=b\ast a\quad\text{für alle $a\in G$}\quad.\] Also ist $G$ abelsch.

Die Umkehrung gilt nicht, denn es gibt abelsche Gruppen, in denen nicht jedes Element Ordnung 2 hat, wo also nicht $a\ast a=e$ für alle $a\in G$ gilt. Einfachstes Beispiel ist die abelsche Gruppe $(\Z,\,+,\,0)$. Hier gilt die Gleichung $a+a=0$ sogar für kein von Null verschiedenes Element.


Nächste Behauptung: Ist $G$ zyklisch, so ist $G$ abelsch.

Gelte also: $G$ ist zyklisch. Dann gibt es ein $g\in G$ mit $G=\{g^k \mid k\in\Z\}$. Seien $a,\,b\in G$. Dann gibt es $i,\,j\in \Z$ mit $a=g^i$ und $b=g^j$. Es folgt \[ a\ast b = g^i\ast g^j = g^{i+j} = g^{j+i} = g^j\ast g^i = b\ast a\quad, \] also ist $G$ abelsch.

Die Umkehrung gilt nicht, denn es gibt abelsche Gruppen, die nicht zyklisch sind. Einfachstes Beispiel ist die abelsche Gruppe $V_4$, die Kleinsche Vierergruppe. Bezeichnet man ihre Elemente mit $1$, $5$, $7$ und $11$, wobei $1$ das neutrale Element ist, so gilt die folgende Verknüpfungstafel, aus der man sofort abliest, dass die Gruppe abelsch ist:

$\ast$	$\mathbf1$	$\mathbf5$	$\mathbf7$	$\mathbf{11}$
$\mathbf1$	$1$	$5$	$7$	$11$
$\mathbf5$	$5$	$1$	$11$	$7$
$\mathbf7$	$7$	$11$	$1$	$5$
$\mathbf{11}$	$11$	$7$	$5$	$1$

Jedoch erkennt man auch, dass $V_4$ nicht zyklisch ist:

• Die von $1$ erzeugte zyklische Untergruppe ist $\{1\}$, also ungleich $G$.
• Die von $5$ erzeugte zyklische Untergruppe ist $\{1,\ 5\}$, also ungleich $G$.
• Die von $7$ erzeugte zyklische Untergruppe ist $\{1,\ 7\}$, also ungleich $G$.
• Die von $11$ erzeugte zyklische Untergruppe ist $\{1,\ 11\}$, also ungleich $G$.

Also ist keines der Gruppenelemente ein Erzeuger von $G$, also ist $G$ nicht zyklisch.


Nächste Behauptung: Ist $G$ endlich und $\abs G$ ungerade und gilt $a\ast b\ast a\ast b=b\ast a\ast b\ast a$ für alle $a,b\in G$, so ist $G$ abelsch.
Quelle dazu.

Es gelte: $G$ ist endlich und von ungerader Ordnung. Dann gibt es $k\in\N$ mit $\abs G=2k-1$. Seien $a,\,b\in G$. Dann gilt \[ \begin{array}{rcll} a\ast b &=& a\ast b\ast e & \text{} \\ &=& a\ast b\ast (a\ast b)^{2k-1} & \text{kleiner Satz von Fermat}\\ &=& (a\ast b)^{2k}\\ &=& (a\ast b\ast a\ast b)^k\\ &=& (b\ast a\ast b\ast a)^k & \text{Voraussetzung}\\ &=& (b\ast a)^{2k}\\ &=& b\ast a\ast(b\ast a)^{2k-1}\\ &=& b\ast a\ast e & \text{kleiner Satz von Fermat}\\ &=& b\ast a\quad, \end{array} \] und damit ist $G$ abelsch.

Der Beweis stammt auch von obiger Quelle.

Auch hier gilt die Umkehrung nicht: Eine abelsche Gruppe braucht nicht endlich zu sein. Einfachstes Beispiel ist die abelsche Gruppe $(\Z,\,+,\,0)$.

Isomorphie endlicher Gruppen, Teil 1

Und nun geht es doch schneller als gedacht.
In dem einen Matheforum – genauer hier – bin ich auf die folgende Aussage gestoßen:

Sei $n\in{\mathbb N}$. Genau dann sind alle Gruppen der Ordnung $n$ isomorph, wenn $n$ quadratfrei ist und für je zwei Primteiler $p$ und $q$ von $n$ gilt: $p\nmid q-1$.

Zuerst der einfache Teil der Behauptung: Was ist mit der trivialen Gruppe los? Sie hat Ordnung $1$, und $1$ ist quadratfrei (denn eine natürliche Zahl $n$ ist genau dann quadratfrei, wenn in der PFZ von $n$ kein Primfaktor mit Vielfachheit größer als $1$ erscheint). Die Menge der Primteiler von $1$ ist leer, denn die kleinste Primzahl ist $2$. Also ist hier nicht viel zu tun.
Und nun… Trommelwirbel………………………… Je zwei Gruppen der Ordnung $1$ sind isomorph! (Beweis? vielleicht später irgendwann mal… es sei denn, jemand hinterlässt ihn als Kommentar ;))

Jetzt sei also $n$ eine natürliche Zahl größer als $1$.

Wenn $n$ eine Primzahl ist, dann ist die Sache einfach.
Denn sei $n$ eine Primzahl und $G$ eine Gruppe der Ordnung $n$. Dann gilt zunächst, dass $n$ mit Ausnahme von $1$ und $n$ keine positiven Teiler hat. Aus dem Satz von Lagrange können wir also folgern, dass $G$ keine nichttrivialen Untergruppen, d.h. solche, die von $G$ und $\{1\}$ verschieden sind, haben kann. Also hat jedes Element von $G$ entweder die Ordnung $1$ oder die Ordnung $n$.

Welche Elemente von $G$ haben Ordnung $1$?
Sicherlich das neutrale Element, denn $1$, egal wie oft mit sich selbst verknüpft, ist wieder gleich $1$.
Kann es noch weitere Elemente von $G$ geben, die Ordnung $1$ haben?
Nein, denn sei $a\in G\setminus\{1\}$, und es gelte $\mathrm{ord}(a)=1$. Dann folgt, dass die von $a$ erzeugte zyklische Untergruppe gleich $\{1\}$ ist, und damit wäre $a$ ein neutrales Element in $G$. Jedoch hatten wir $a$ als vom neutralen Element verschieden vorausgesetzt.

Damit haben wir gezeigt: Jedes Element $a\in G\setminus\{1\}$ hat Ordnung $n$.
Insgesamt haben wir damit die Ordnung aller Gruppenelemente bestimmt, und dadurch ist die Gruppe natürlich (bis auf Isomorphie ;)) festgelegt.

Wir sind jetzt also bei folgender Aussage angekommen: „Je zwei Gruppen von Primzahlordnung sind isomorph.“ Wenn wir nun zeigen „Für jede Primzahl $p$ gilt: $p$ ist quadratfrei und für alle Primteiler $q$, $r$ von $p$ gilt $q\nmid r-1$“, dann haben wir die behauptete Äquivalenz zumindest für Primzahlordnungen nachgewiesen. Und das sind immerhin schon unendlich viele.

Sei also $p$ eine Primzahl. Dann ist $p$ klarerweise quadratfrei, denn der einzige Primteiler mit Vielfachheit $1$ ist $p$, und alle anderen Primteiler haben Vielfachheit $0$. Also hat kein Primteiler Vielfachheit größer als $1$.
Nun zum zweiten Teil der Und-Aussage. Seien $q$, $r\in\mathbb P$, und es gelte $q\mid p$ und $r \mid p$. Dann folgt sofort $q=p=r$. Also gilt $q\nmid q-1=r-1$, denn zwei aufeinander folgende natürliche Zahlen sind stets teilerfremd.

So. Das war der einfache Teil. Der schwierige Teil, also die zusammengesetzten Gruppenordnungen, kommt später.