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@ -55,6 +55,8 @@
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@ -4445,6 +4447,559 @@ für $a,b\in\intgr$.
Das heißt das Induktionsargument ist faul,
weil der Schritt $1\rightsquigarrow 2$ implizit übersprungen wird.
%% ********************************************************************************
%% FILE: body/ska/ska5.tex
%% ********************************************************************************
\setcounternach{chapter}{5}
\chapter[Woche 5]{Woche 5}
\label{ska:5}
%% SKA 5-2
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{2}
\section[Aufgabe 2]{}
\label{ska:5:ex:2}
\let\sectionname\altsectionname
Betrachtet sei die Teilbarkeitsrelation $(\intgr,\divides)$.
Wir prüfen, welche Axiome erfüllt sind und beurteilen aufgrund dessen,
ob es sich um eine Äquivalenzrelation, partielle Ordnung, Abbildung, usw. handelt.
\begin{kompaktenum}[\rtab][\rtab]
\item[\uwave{{\bfseries Reflexivität:}}]
Sei $a\in\intgr$ beliebig.
\textbf{Zu prüfen:} $a\divides a$?\\
Es gilt $a=1\cdot a$ und $1\in\intgr$.\\
Darum gilt $a\divides a$.\\
Also ist $(\intgr,\divides)$ \fbox{reflexiv}.
\item[\uwave{{\bfseries Symmetrie:}}]
Betrachte bspw. $2,10\in\intgr$.\\
Es gilt $2\divides 10$ aber $10\ndivides 2$.\\
Darum ist $(\intgr,\divides)$ \fbox{nicht symmetrisch}.
\item[\uwave{{\bfseries Antisymmetrie:}}]
Betrachte bspw. $2,-2\in\intgr$.\\
Es gelten $2\divides -2$ und $-2\divides 2$, aber $2\neq -2$.\\
Darum ist $(\intgr,\divides)$ \fbox{nicht antisymmetrisch}.
\item[\uwave{{\bfseries Transitivität:}}]
Seien, $a,b,c\in\intgr$.
\textbf{Zu prüfen:} ($a\divides b$ und $b\divides c$) $\Rightarrow$ $a\divides c$?\\
Es gilt:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
a\divides b\,\text{und}\,b\divides c
&\Longleftrightarrow
&\exists{k,j\in\intgr:~}c=kb,\,b=ja\\
&\Longrightarrow
&\exists{k,j\in\intgr:~}c=(kj)a\\
&\Longrightarrow
&\exists{m\in\intgr:~}c=ma\\
&\Longleftrightarrow
&a\divides c.\\
\end{mathe}
Also ist $(\intgr,\divides)$ \fbox{transitiv}.
\item[\uwave{{\bfseries Totalität:}}]
Betrachte bspw. $5,7\in\intgr$.\\
Dann $5\ndivides 7$, $7\ndivides 5$, und $5\neq 7$.\\
Darum ist $(\intgr,\divides)$ \fbox{nicht total}.
\item[\uwave{{\bfseries Linkstotalität:}}]
Sei $a\in\intgr$.
\textbf{Zu prüfen:} $\exists{b\in\intgr:~}a\divides b$?\\
Wegen Reflexivität gilt nun $a\divides a$.\\
Also ist $(\intgr,\divides)$ \fbox{linkstotal}.
\item[\uwave{{\bfseries Rechtseindeutigkeit:}}]
Betrachte bspw. $2,10,100\in\intgr$.\\
Es gilt $2\divides 10$ und $2\divides 100$, aber $10\neq 100$.\\
Darum ist $(\intgr,\divides)$ \fbox{nicht rechtseindeutig}.
\end{kompaktenum}
Daraus folgt, dass $(\intgr,\divides)$
weder
eine Äquivalenzrelation
noch
eine (lineare) Ordnungsrelation
noch
eine partielle Ordnungsrelation
ist.
Und es gibt keine Funktion ${f:\intgr\to\intgr}$,
so dass $\graph(f)=\divides$.
\textbf{Bemerkung:} Man kann aber zeigen, das die Beschränkungen
$(\ntrlzero,\divides)$
und $(\ntrlpos,\divides)$
zusätzlich Antisymmetrie aufweisen,
sodass diese partielle Ordnungsrelationen sind.
%% SKA 5-3
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{3}
\section[Aufgabe 3]{}
\label{ska:5:ex:3}
\let\sectionname\altsectionname
Seien $a,b\in\intgr$ mit $b>0$.
Um $a$ durch $b$ (mit Rest) zu teilen,
setzt man
\begin{mathe}[mc]{rcl}
q &:= &[a/b] \in\intgr\\
r &:= &a-b\cdot q\in\intgr.\\
\end{mathe}
wobei ${[\cdot]:\reell\to\intgr}$ die Gaußklammerfunktion ist,
die reelle Zahlen \emph{abrundet}.
Per Definition gilt
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
q &\leq &a/b &< &q+1\\
\end{mathe}
also
\begin{mathe}[mc]{rcccl}
0 &\leq &a-b\cdot q &< &b\\
\end{mathe}
Darum $r\in\{0,1,\ldots,b-1\}$.
Um dies aber \emph{per Hand} bzw. im Kopf zu machen,
verwendet man iterative Algorithmen,
die aus Schritten besteht:
$a$ und $b$ durch »einfachere« Zahlen ersetzen;
mit einfacheren Zahlen teilen;
Nachjustieren.
Welche Methode auch immer man anwendet hat dies mit \fbox{dem Existenz-Teil} des Beweises zu tun.
%% SKA 5-4
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{4}
\section[Aufgabe 4]{}
\label{ska:5:ex:4}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{claim}
\makelabel{claim:main:ska:5:ex:4}
Es gilt
\begin{kompaktenum}{\bfseries (i)}[\rtab][\rtab]
\item\punktlabel{1}
$\ggT(a,b)=\ggT(b,a)$;
\item\punktlabel{2}
$\ggT(a,b)=\ggT(|a|,|b|)$;
\item\punktlabel{3}
$\ggT(a,0)=\ggT(0,a)=|a|$, solange $a\neq 0$;
\item\punktlabel{4}
$\ggT(ca,cb)=|c|\ggT(a,b)$, solange $b,c\neq 0$;
\end{kompaktenum}
für $a,b,c\in\intgr$.
\end{claim}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}
\uline{\bfseries \punktcref{1}:}
Es gilt
$\ggT(a,b)
=\max\{d\in\ntrlpos\mid d\divides a,b\}
=\max\{d\in\ntrlpos\mid d\divides b,a\}
=\ggT(b,a)$.
\uline{\bfseries \punktcref{2}:}
Sei $d,x\in\intgr$. Dann ist es einfach zu sehen,
dass $d\divides x\Leftrightarrow d\divides|x|$.\\
Darum gilt
$\ggT(a,b)
=\max\{d\in\ntrlpos\mid d\divides a,b\}
=\max\{d\in\ntrlpos\mid d\divides |a|,|b|\}
=\ggT(|a|,|b|)$.
\uline{\bfseries \punktcref{3}:}
Laut \punktcref{1} reicht es aus \textbf{zu zeigen} $\ggT(a,0)=|a|$.\\
Es gilt $\ggT(a,0)=\max D$, wobei $D:=\{d\in\ntrl\mid d\divides a,0\}$.\\
(I) Setze $d_{0}:=|a|$. Offensichtlich gilt $d_{0}\divides a,0$.\\
(II) Für alle $d\in\ntrlpos$ gilt
$d\divides a$
$\Rightarrow$ $|\frac{a}{d}|\geq 1$
$\Rightarrow$ $d\leq|a|=d_{0}$.\\
(III) Für alle $d\in\ntrlpos$ gilt $d\divides 0$.\\
Zusammengefasst,
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
d_{0}
&\textoverset{(I)}{\in}
&D
&\textoverset{(III)}{=}
&\{d\in\ntrlpos\mid d\divides a\}
&\textoverset{(II)}{\subseteq}
&\{d\in\ntrlpos\mid d\leq d_{0}
\end{mathe}
woraus sich ergibt, dass $d_{0}\leq\max D\leq d_{0}$.
Also $\ggT(a,0)=\max D=d_{0}=|a|$.
\uline{\bfseries \punktcref{4}:}
Setze $d_{1}:=\ggT(a,b)$ und $d_{2}:=\ggT(ca,cb)$.
\textbf{Zu zeigen:} $d_{2}=|c|d_{1}$.\\
Wir zeigen dies durch zwei Ungleichungen.\\
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
d_{1}\divides a,b
&\Longleftrightarrow
&\exists{k,j\in\intgr}a=kd_{1}\,\text{und}\,b=jd_{1}\\
&\Longleftrightarrow
&\exists{k,j\in\intgr}ca=kcd_{1}\,\text{und}\,cb=jcd_{1}\\
&\Longleftrightarrow
&\exists{k,j\in\intgr}ca=k|c|d_{1}\,\text{und}\,cb=j|c|d_{1}\\
&&\text{da manz.\,B. $k$ durch $-k$ ersetzen kann}\\
&\Longleftrightarrow
&|c|d_{1}\divides ca,cb\\
\end{mathe}
Per Maximalität von $d_{2}$ unter den positiven Teilern,
folgt \fbox{$|c|d_{1}\leq d_{2}$}.\\
Andererseits existieren nach dem \emph{Lemma von B\'ezout}
$u,v\in\intgr$, so dass
\begin{mathe}[mc]{rcl}
d_{1}=\ggT(a,b) &= &ua+vb\\
\end{mathe}
woraus sich ergibt, dass
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:\beweislabel]
\frac{|c|d_{1}}{d_{2}} &= &\underbrace{%
\textstyle\pm u\frac{ca}{d_{2}}+\pm v\frac{cb}{d_{2}}
}_{=:w}\\
\end{mathe}
Da $d_{2}\divides ca,cb$ ist die rechte Seite von \eqcref{eq:1:\beweislabel} in $\intgr$.
Und da $|c|,d_{1},d_{2}>0$, ist die linke Seite von \eqcref{eq:1:\beweislabel} strikt positiv,
sodass $w\geq 1$ gilt.
Darum \fbox{$|c|d_{1}=w\cdot d_{2}\geq 1\cdot d_{2}$}.
\end{proof}
\end{einzug}
\textbf{Bemerkung.}
Ohne das \emph{Lemma von B\'ezout} ist ein Beweis vom Letzten Punkt praktisch unmachbar.
%% SKA 5-5
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{5}
\section[Aufgabe 5]{}
\label{ska:5:ex:5}
\let\sectionname\altsectionname
Seien $a=57$ und $b=21$.
Dann gilt $a=qb+r$, wobei $q=2$ und \fbox{$r=15$}.
Es gilt
$\ggT(a,b)=3$\footnote{%
weil $r=3\cdot 5$ und $3,5\in\mathbb{P}$ und nur $3\divides 57$ gilt.
}
und
$\ggT(b,r)=3$\footnote{%
weil $r=3\cdot 5$ und $3,5\in\mathbb{P}$ und nur $3\divides 21$ gilt.
}
Also gilt $\ggT(a,b)=\ggT(b,\modfn(a,b))$,
genau wie \cite[Lemma 3.4.5]{sinn2020} allgemein besagt.
%% SKA 5-6
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{6}
\section[Aufgabe 6]{}
\label{ska:5:ex:6}
\let\sectionname\altsectionname
Für jeden Fall berechnen wir $\ggT(a,b)$ mittels des Euklidischen Algorithmus
(siehe \cite[Satz 3.4.7]{sinn2020}).
\begin{longtable}[mc]{|cc|c|c|}
\hline
\hline
$a$ &$b$ &Restberechnung (symbolisch) &Restberechnung (Werte)\\
\hline
\endhead
$1529$ &$170$ &$a = b\cdot q_{1} + r_{1}$ &$1529 = 170\cdot 8 + 169$\\
&&$b = r_{1}\cdot q_{2} + r_{2}$ &$170 = 169\cdot 1 + \boxed{1}$\\
&&$r_{1} = r_{2}\cdot q_{3} + r_{3}$ &$169 = 1\cdot 169 + 0$\\
\hline
$13758$ &$21$ &$a = b\cdot q_{1} + r_{1}$ &$13758 = 21\cdot 655 + \boxed{3}$\\
&&$b = r_{1}\cdot q_{2} + r_{2}$ &$21 = 3\cdot 7 + 0$\\
\hline
$210$ &$45$ &$a = b\cdot q_{1} + r_{1}$ &$210 = 45\cdot 4 + 30$\\
&&$b = r_{1}\cdot q_{2} + r_{2}$ &$45 = 30\cdot 1 + \boxed{15}$\\
&&$r_{1} = r_{2}\cdot q_{3} + r_{3}$ &$30 = 15\cdot 2 + 0$\\
\hline
$1209$ &$102$ &$a = b\cdot q_{1} + r_{1}$ &$1209 = 102\cdot 11 + 87$\\
&&$b = r_{1}\cdot q_{2} + r_{2}$ &$102 = 87\cdot 1 + 15$\\
&&$r_{1} = r_{2}\cdot q_{3} + r_{3}$ &$87 = 15\cdot 5 + 12$\\
&&$r_{2} = r_{3}\cdot q_{4} + r_{4}$ &$15 = 12\cdot 1 + \boxed{3}$\\
&&$r_{3} = r_{4}\cdot q_{5} + r_{5}$ &$12 = 3\cdot 4 + 0$\\
\hline
\hline
\end{longtable}
%% SKA 5-7
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{7}
\section[Aufgabe 7]{}
\label{ska:5:ex:7}
\let\sectionname\altsectionname
%% SKA 5-8
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{8}
\section[Aufgabe 8]{}
\label{ska:5:ex:8}
\let\sectionname\altsectionname
Das Lemma von B\'ezout wird mittels des \fbox{Euklidischen Algorithmus} bewiesen.\\
Korollar 3.4.10 baut darauf und charakterisiert, wann zwei Zahlen teilerfremd sind.\\
Lemma 3.4.12 baut darauf und zeigt $\forall{i:~}b,a_{i}\,\text{teilerfremd}\Rightarrow b,\prod_{i=1}^{n}a\,\text{teilerfremd}$.\\
Satz 3.4.14 baut darauf und zeigt $p\divides\prod_{i=1}^{n}a_{i}\Rightarrow \exists{i:~}p\divides a_{i}$ für $p$ prim.
Dieses letzte Ergebnis wird im Induktionsargument instrumentalisiert,
um Primzerlegungen der Länge $k,l$ auf Primfaktorzerlegungen der Länge $k-1,l-1$ zu reduzieren,
um das Induktionsargument voranzubringen.
\begin{rem}
In der Algebra gibt es zwei Begriffe, die bei gewöhnlichen Primzahlen, sich anwenden lassen:
\emph{Irriduzibilität} und \emph{prim}.
Die Definition in abstrakten Kontexten von \emph{prim} entspricht der Eigenschaft in \cite[Satz 3.4.14]{sinn2020},
während \emph{Irriduzibilität} eher sich auf die Teilbarkeit bezieht.
Etwas »Zufälligerweise« handelt es sich bei $\intgr$ um eine Art von Struktur,
in der diese zwei Konzepte zusammenfallen.
Wie in fast allen technischen Bereichen sollte man auf solche »Zufälligkeiten« achten:
Irgendwann befindet man sich in einer Situation,
wo man feiner unterscheiden muss und es nicht mehr selbstverständlich ist,
zwei Konzepte als identisch zu behandeln.
\end{rem}
%% SKA 5-10
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{10}
\section[Aufgabe 10]{}
\label{ska:5:ex:10}
\let\sectionname\altsectionname
Siehe \cite[Satz 3.5.1]{sinn2020}.
Hier eine Alternative:\\
Für $r=0$ setze man $q_{r}:=1$ und $p_{r}:=0$.
Und für alle anderen rationalen Zahlen, $r\in\rtnl\ohne\{0\}$, wähle
\begin{mathe}[mc]{rcl}
q_{r} &:= &\min\overbrace{%
\{n\in\ntrlpos\mid q_{r}\cdot r\in\intgr\}
}^{D(r)}\in\ntrlpos\\
p_{r} &:= &q_{r}\cdot r\in\intgr.\\
\end{mathe}
Da $r$ ration ist, ist $D(r)$ per Definition nicht leer.
Darum ist die Wahl von $q_{r}$ und $p_{r}$ wohldefiniert
und per Konstruktion gilt $p_{r}/q_{r}=r$.
(Für $r=0$ gilt ebenfalls offensichtlich $p_{r}/q_{r}=r$.)
Damit haben wir die Existenz einer kanonischen Darstellung begründet.
Stimmt dies mit der Konstruktion im \cite[Satz 3.5.1]{sinn2020} überein?
Für $r=0$ gilt offensichtlich $\ggT(p_{r},q_{r})=1$.
Für $r\in\rtnl\ohne\{0\}$ gilt $d:=\ggT(p_{r},q_{r})=1$,
denn sonst wäre $\frac{q_{r}}{d}$ eine positive natürliche Zahl in $D(r)$,
da $\frac{q_{r}}{d}\cdot r=\frac{q_{r}\cdot r}{d}=\frac{p_{r}}{d}\in\intgr$,
während $\frac{q_{r}}{d}<q_{r}$ (strikt),
was ein Widerspruch zur Minimalität ist.
Darum entspricht unserer Darstellung der im \cite[Satz 3.5.1]{sinn2020}.
%% SKA 5-12
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{12}
\section[Aufgabe 12]{}
\label{ska:5:ex:12}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{claim*}[vgl. {\cite[Satz 3.5.3]{sinn2020}}]
Sei $p\in\mathbb{P}$ eine Primzahl.
Dann $\nexists{x\in\rtnl:~}x^{2}=p$.
\end{claim*}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}
Angenommen, dies sei nicht der Fall.
Dann existieren $a\in\intgr$ und $b\in\ntrlpos$ mit $(\frac{a}{b})^{2}=p$.
Wir konstruieren nun per Rekursion eine Folge
$((a_{n},b_{n}))_{n\in\ntrlpos}\subseteq\intgr\times\ntrlpos$
mit der Eigenschaft,
dass
$(\frac{a_{n}}{b_{n}})^{2}=p$
und $(b_{n})_{n\in\ntrlpos}$ strikt monoton absteigend ist:
\begin{kompaktitem}
\item
Setze $a_{0}:=a$ und $b_{0}=b$.
Offensichtlich gilt per Wahl $(\frac{a_{n}}{b_{n}})^{2}=p$.
\item
Sei $n>0$.
Angenommen, wir haben bereits
$((a_{k},b_{k}))_{k=0}^{n-1}$
konstruiert.
Aus $(\frac{a_{n}}{b_{n}})^{2}=p$
folgt nun $a_{n}^{2}=pb_{n}^{2}$.
Daraus folgt
${p\divides a_{n}\cdot a_{n}}$
und damit gilt (vgl. \cite[Satz 3.4.14]{sinn2020})
${p\divides a_{n}}$,
weil $p$ prim ist.
Da $b_{n}^{2}=p\cdot(\frac{a_{n}}{p})^{2}$
und da $\frac{a_{n}}{p}\in\intgr$,
erhalten wir ebenfalls
${p\divides b_{n}\cdot b_{n}}$
und wiederum ${p\divides b_{n}}$.
Setze also $a_{n+1}:=\frac{a_{n}}{p}$ und $b_{n+1}:=\frac{b_{n}}{p}$.
Dann wie oben gezeigt wurde, gilt $a_{n+1}\in\intgr$
und $b_{n+1}\in\ntrlpos$.
Offensichtlich gilt $(\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}})^{2}=(\frac{a_{n}}{b_{n}})^{2}=p$.
Und, da $p>1$, gilt $b_{n+1}<b_{n}$.
\end{kompaktitem}
Darum funktioniert die rekursive Konstruktion.
Da nun $(b_{n})_{n\in\ntrlpos}\subseteq\ntrlpos$
eine strikt monoton absteigende Folge ist,
haben wir einen Widerspruch erreicht,
weil $(\ntrlpos,\leq)$ eine Wohlordnungsrelation ist.
\end{proof}
\end{einzug}
%% SKA 5-13
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{13}
\section[Aufgabe 13]{}
\label{ska:5:ex:13}
\let\sectionname\altsectionname
\begin{claim*}[vgl. {\cite[Satz 3.5.5]{sinn2020}}]
Seien $a,b,c\in\reell$ mit $a\neq 0$.
Dann existiert eine Nullstelle von $ax^{2}+bx+c$
gdw. $\Delta\geq 0$,
wobei $\Delta:=b^{2}-4ac$.
\end{claim*}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}
Zunächst berechnen wir eine Umformung: Sei $x\in\reell$.
Dann
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:1:ska:5:ex:13]
ax^{2}+bx+c=0
&\Longleftrightarrow
&4a(ax^{2}+bx+c)=0
\quad\text{da $a\neq 0$}\\
&\Longleftrightarrow
&(2ax)^{2}+2b(2ax)+b^{2}=b^{2}-4ac\\
&\Longleftrightarrow
&(2ax+b)^{2}=\Delta.\\
\end{mathe}
Falls $\Delta\geq 0$,
so existiert ein $\sqrt{\Delta}\geq 0$ mit $\sqrt{\Delta}^{2}=\Delta$.
Darum gilt
\begin{mathe}[mc]{rcccccl}
ax^{2}+bx+c=0
&\eqcrefoverset{eq:1:ska:5:ex:13}{\Longleftrightarrow}
&(2ax+b)^{2}=\Delta
&\Longleftrightarrow
&2ax+b=\pm\sqrt{\Delta}
&\Longleftrightarrow
&x=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}\\
\end{mathe}
für alle $x\in\reell$.
Das heißt, falls $\Delta\geq 0$, hat das Polynom reellwertige Nullstellen,
und zwar sind die Nullstellen durch $\{\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}\}$ gegeben.
Falls $\Delta<0$, so existieren keine Nullstellen.
Angenommen, dies sei nicht der Fall.
Fixiere eine Lösung $x\in\reell$ und setze $\alpha:=2ax+b\in\reell$.
Aus \eqcref{eq:1:ska:5:ex:13} folgt nun $\Delta=\alpha^{2}$.
Aber $\alpha^{2}\geq 0$ für alle $\alpha\in\reell$.
Dies ist ein Widerspruch.
\end{proof}
\end{einzug}
%% SKA 5-14
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{14}
\section[Aufgabe 14]{}
\label{ska:5:ex:14}
\let\sectionname\altsectionname
Die Gruppe von Bijektionen von $\{1,2\}$ auf $\{1,2\}$ entspricht der Permutationsgruppe $S_{2}$.
Dies hat $2!=2$ Elemente:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
e &:= &\text{Funktion, die alles fixiert}\\
(1\,2) &:= &\text{Funktion, die $1$ und $2$ tauscht}\\
\end{mathe}
Die Gruppentafel sieht folgendermaßen aus:
\begin{longtable}{|CC|CC|}
\hline
\hline
&&\multicolumn{2}{C|}{h}\\
&gh &e &(1\,2)\\
\hline
\multirow{2}{*}{g}
&e &e &(1\,2)\\
&(1\,2) &(1\,2) &e\\
\hline
\hline
\end{longtable}
Die Gruppe von Bijektionen von $\{1,2,3\}$ auf $\{1,2,3\}$ entspricht der Permutationsgruppe $S_{3}$.
Dies hat $3!=6$ Elemente:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
e &:= &\text{Funktion, die alles fixiert}\\
(1\,2) &:= &\text{Funktion, die $1$ und $2$ tauscht}\\
(1\,3) &:= &\text{Funktion, die $1$ und $3$ tauscht}\\
(2\,3) &:= &\text{Funktion, die $2$ und $3$ tauscht}\\
(1\,2\,3) &:= &\text{Funktion, die $1\mapsto 2\mapsto 3\mapsto 1$ abbildet}\\
(1\,3\,2) &:= &\text{Funktion, die $1\mapsto 3\mapsto 2\mapsto 1$ abbildet}\\
\end{mathe}
Die Gruppentafel sieht folgendermaßen aus:
({\itshape Unter Arbeit})
%% SKA 5-15
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{SKA}
\setcounternach{section}{15}
\section[Aufgabe 15]{}
\label{ska:5:ex:15}
\let\sectionname\altsectionname
Die erste Gruppe, $S_{2}$, ist kommutativ (»abelsch«). Das lässt sich daran erkennen, dass die Tafel symmetrisch ist.
Die zweite Gruppe, $S_{3}$, ist kommutativ (»abelsch«). Das lässt sich daran erkennen, dass die Tafel nicht symmetrisch ist.
\setcounternach{part}{3}
\part{Quizzes}

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