Sind a' und a'' inverse Elemente zu $$a\in G$$, so gilt $$a^{\prime }\circ a=n=a^{″}\circ a$$. Da es genau ein inverses Element $$a^{-1}$$ zu a gibt, muss a' = a'' gelten (man multipliziere $$a^{\prime }\circ a=a^{″}\circ a$$ von rechts mit $$a^{-1}$$).

Eine Gruppe ist kommutativ (oder "abelsch"), wenn für alle a,b in G  $$a\circ b=b\circ a$$  gilt (Lateinisch "commutare": vertauschen).

$$(\mathbb{Z},+)$$ ist eine Gruppe (neutrales Element 0, inverses Element -n für jedes $$n\in \mathbb{Z}$$, Assoziativgesetz gilt). Sie ist sogar kommutativ, denn a+b = b+a für alle $$a,b\in \mathbb{Z}$$. Dasselbe gilt für $$(\mathbb{Q},+)$$.

$$({\mathbb{Z}}_m,+)$$ ist ebenfalls eine kommutative Gruppe (neutrales Element 0, inverses Element a' = m-a für jedes $$a\in {\mathbb{Z}}_m$$).

In $$({\mathbb{N}}_0,+)$$ gibt es zwar ein neutrales Element 0, aber keine inversen Elemente.

Nur $$(\mathbb{Q}\setminus \left\{0\right\},\cdot )$$ ist eine multiplikative Gruppe: Das neutrale Element ist 1, das inverse Element zu x=p/q ist $$x^{-1}=q/p$$, und das Assoziativgesetz gilt (x.y = y.x für alle Gruppenelemente x,y). Bei den anderen Mengen scheitert es am inversen Element.

$${\mathbb{Z}}_6=\{0,1,2,3,4,5\}$$ ist die Menge aller Reste bei Division durch 6.
$${\mathbb{Z}}_6^{\ast }=\{1,5\}$$ ist die Menge aller Reste modulo 6, die ein multiplikatives Inverses haben. Diese müssen teilerfremd sein zu 6, was nur 1 und 5 erfüllen. $$({\mathbb{Z}}_6,\cdot )$$ ist somit auch keine Gruppe, $$({\mathbb{Z}}_6^{\ast },\cdot )$$ dagegen schon (denn es sind ja per Definition nur Elemente darin enthalten, die auch ein multiplikatives Inverses haben, und das Assoziativgesetz gilt).

Folgendes muss gelten, damit $$(K,+,\cdot )$$ ein Körper ist:

1. $$(K,+)$$ ist eine kommutative Gruppe mit neutralem Element 0.
2. $$(K\setminus \left\{0\right\},\cdot )$$ ist eine kommutative Gruppe mit neutralem Element 1.
3. $$a\cdot (b+c)=a\cdot b+a\cdot c$$ für alle a,b,c in K (Distributivgesetz)

Dies erfüllen $$({\mathbb{Z}}_3,+,\cdot )$$ sowie $$(\mathbb{Q}+,\cdot )$$ und $$(\mathbb{R}+,\cdot )$$. Bei den anderen Beispielen scheitert es am multiplikativen Inversen.

Nur die erste Aussage ist zutreffend: $$({\mathbb{Z}}_9,+)$$ ist eine Gruppe (neutrales Element 0, Inverses 9-x für jedes x in $${\mathbb{Z}}_9$$, Assoziativgesetz gilt).

$$({\mathbb{Z}}_4,+)$$ ist eine kommutative Gruppe (neutrales Element 0, inverses Element a' = 4-a für jedes a in $${\mathbb{Z}}_4$$, Assoziativgesetz gilt).
$$({\mathbb{Z}}_4^{\ast },+)$$ ist keine Gruppe, da das neutrale Element fehlt: $$0\notin {\mathbb{Z}}_4^{\ast }=\{1,3\}$$
$$({\mathbb{Z}}_4,\cdot )$$ ist keine Gruppe, da nicht jedes Element (z.B. 2) ein Inverses besitzt.
$$({\mathbb{Z}}_4^{\ast },\cdot )$$ ist eine kommutative Gruppe mit den Elementen $${\mathbb{Z}}_4^{\ast }=\{1,3\}$$: Neutrales Element 1, Inverse $$1^{-1}=1$$ und $$3^{-1}=3$$, Assoziativgesetz gilt.

$$2^0=1,2^1=2,2^2=4,2^3=8,2^4=16=1mod15$$

Die von 2 erzeugte multiplikative Untergruppe ist also $$\{1,2,4,8\}$$.

Die Ordnung von 7 ist die Ordnung der von 7 erzeugten Untergruppe. 7 hat Ordnung 4: $$7^0=1,7^1=7,7^2=49=4,7^3=28=13,7^4=91=1mod15$$.
Die von 7 erzeugte Untergruppe ist somit $$\{1,4,7,13\}$$ und hat ebenfalls Ordnung 4.

$${\mathbb{Z}}_{15}^{\ast }=\{1,2,4,7,8,11,13,14\}$$ enthält diejenigen Elemente aus $${\mathbb{Z}}_{15}$$, welche modulo 15 ein multiplikatives Inverses besitzen (dies sind die zu 15 teilerfremden Zahlen). Die Ordnung von G ist 8. Die Ordnung einer Untergruppe von G muss somit ein Teiler von 8 sein.

2 hat Ordnung 4: $$2^0=1,2^1=2,2^2=4,2^3=8,2^4=1mod15$$. Somit ist 2 kein erzeugendes Element von G (denn dafür müsste 2 Ordnung 8 haben).

11 hat Ordnung 2: $${11}^0=1,{11}^1=11,{11}^2=1mod15$$. Die von 11 erzeugte Untergruppe $$\{1,11\}$$ hat somit ebenfalls Ordnung 2.

Die Gruppenelemente 7 und 13 haben beide Ordnung 4:
$$7^0=1,7^1=7,7^2=4,7^3=13,7^4=1mod15$$
$${13}^0=1,{13}^1=13,{13}^2=4,{13}^3=7,{13}^4=1mod15$$

7 und 13 erzeugen also dieselbe Untergruppe $$\{1,4,7,13\}$$ von G; diese hat (ebenso wie 7 und 13) die Ordnung 4.