Lösungsvorschläge - IAZD - Leibniz Universität Hannover

Leibniz Universität Hannover
Fakultät für Mathematik und Physik
Prof. Dr. M. Erné, Dr. Marcos Soriano Solá
29. März 2011
Wintersemester 2010/2011
Lösungsvorschläge zur 2. Klausur Algebra I
Aufgabe 1.
(a) Sei G = {e, a, b, c} eine vierelementige Gruppe mit neutralem Element e. Entweder ist G zyklisch, etwa
G = hai, also isomorph zu Z4 vermöge k 7→ ak . Oder weder a noch b erzeugt G. Dann ist c = ab (ab = a
führt auf b = e, ab = b führt auf a = e, und ab = e führt auf b = a− und c = aa, also doch G = hai).
Analog sieht man c = ba. Die Abbildung F : Z2 2 → G mit F (k, l) = ak bl ist dann ein Isomorphismus:
Sie ist bijektiv wegen F (0, 0) = e, F (1, 0) = a, F (0, 1) = b, F (1, 1) = c, und ein Homomorphismus wegen
ab = ba:
F ((k, l) + (m, n)) = F (k + m, l + n) = ak+m bl+n = ak am bl bn = ak bl am bn = F (k, l)F (m, n).
(b) Der bis auf Isomorphie eindeutige vierelementige Körper F4 ist als additive Gruppe bzw. als Vektorraum über Z2 isomorph zu Z2 2 . Diese Gruppe ist nicht isomorph zu Z4 (alle Elemente sind selbstinvers).
Somit ist Z2 2 , aber nicht Z4 isomorph zur additiven Gruppe eines Körpers.
(c) Da die multiplikative Gruppe K ∗ des Körpers Z5 zyklisch ist und vier Elemente hat, ist sie isomorph
zu Z4 . Hingegen kann Z2 2 nicht isomorph zur multiplikativen Gruppe eines endlichen Körpers sein, da
letztere nach Vorlesung immer zyklisch ist.
Aufgabe 2.
(a) Da 9 und 10 teilerfremd sind, gilt R4 = Z90 ∼
= Z9 × Z10 = R1 nach dem Chinesischen Restsatz. Eine
doppelte Anwendung dieses Satzes liefert wegen ggT(2, 3) = ggT(2, 15) = 1 entsprechend
R2 = Z6 × Z15 ∼
= Z3 × Z2 × Z15 ∼
= Z3 × Z30 = R3 .
Für die jeweiligen Einheitengruppen gilt ]E(R1 ) = ]E(R4 ) = ϕ(90) = ϕ(2)ϕ(9)ϕ(5) = 1 · 6 · 4 = 24 sowie
(wegen E(R × S) = E(R) × E(S) für beliebige Ringe R, S)
]E(R2 ) = ]E(R3 ) = ϕ(6)ϕ(15) = ϕ(2)ϕ(3)2 ϕ(5) = 16 .
Demzufolge sind R1 und R2 nicht zueinander isomorph.
(b) Die drei Zahlen 4 = 22 , 7 und 11 sind paarweise teilerfremd. Somit ist das gegebene Kongruenzsystem
nach dem Chinesischen Restsatz eindeutig lösbar modulo 4 · 7 · 11 = 308. Eine Lösung x erhält man
durch Bestimmung der Bézout-Koeffizienten für die drei Paare teilerfremder Zahlen (4, 7 · 11), (7, 4 · 11),
(11, 4 · 7):
1 = 1 · 77 − 19 · 4 = −3 · 44 + 19 · 7 = 2 · 28 − 5 · 11,
so dass x = 3 · 77 + 6 · (−132) + 3 · (56) = 231 − 792 + 168 = −393 ≡ −85 ≡ 223 mod 308.
Demnach sind −85 und 223 die einzigen Lösungen im Intervall [−300, 300].
Aufgabe 3.
Zur Abkürzung setzen wir R := Z75 . Die Primfaktorzerlegung der ganzen Zahl 75 ist 3 · 52 .
(a) Unter den vorgegebenen Zahlen sind nur 38 = 2 · 19 und 41 zu 75 teilerfremd, somit Einheiten in R.
Die zugehörigen Inversen sind 38− = 2 (wegen 2 · 38 = 76 ≡75 1) bzw. 41− = 11 (wegen 1 = 11 · 41 − 6 · 75,
wie der euklidische Algorithmus, angewandt auf das Paar (75, 41), zeigt).
∼ Z3 × Z25 , so dass die Zahl 25 wegen 25 ≡3 1 ∈ B(Z3 ) und
(b) Nach dem Chinesischen Restsatz gilt R =
25 ≡25 0 ∈ B(Z25 ) ein Idempotent in R ist.
(c) Wegen 152 = 32 · 52 ≡75 0 ist 15 nilpotent in R.
(d) Die maximalen Ideale von R stehen in Bijektion zu den Primteilern von 75. Für k ∈ R gilt kR =
ggT(k, 75)R, so dass sowohl 18 = 2 · 32 als auch 63 = 7 · 32 das maximale Ideal 3R erzeugt.
(e) Zwei Elemente eines kommutativen Ringes sind genau dann zueinander assoziiert, wenn sie das selbe
Hauptideal erzeugen. Somit gilt 18 ∼ 63 (beide Elemente erzeugen 3R) sowie 38 ∼ 41 (beide Einheiten
erzeugen R).
Aufgabe 4.
(a) Ein Primelement in Z[x] ist entweder eine Primzahl in Z oder ein primitives Polynom, das in Q[x]
irreduzibel ist. Es gilt: f1 = 2(x4 − 81) = 2(x2 − 9)(x2 + 9) = 2(x + 3)(x − 3)(x2 + 9). Die primitiven
Linearfaktoren sind irreduzibel (da von Grad 1), der quadratische Faktor x2 + 9 ist sogar in R[x] irreduzibel, da ohne Nullstelle in R. Weiter erhält man f2 = 6(x4 − 7x2 + 14) = 2 · 3(x4 − 7x2 + 14).
Das Polynom x4 − 7x2 + 14 ist irreduzibel nach dem Kriterium von Eisenstein (angewandt für die
Primzahl p = 7: 7 - 1, 7 | (−7), 7 | 14, 72 - 14). Andererseits ist das Kriterium von Eisenstein für
das normierte Polynom f3 nicht anwendbar, da der konstante Term sogar (bis aufs Vorzeichen) das
Quadrat der Primzahl q = 5 ist. Dafür stellt man fest, dass die Primzahl q eine Nullstelle von f3 ist
(53 −20·52 +80·5−25 = 125−500+400−25 = 0), und Polynomdivision liefert f3 = (x−5)(x2 −15x+5).
Der zweite Faktor x2 − 15x + 5 ist irreduzibel nach Eisenstein (für die Primzahl q = 5). Die gesuchten
Zerlegungen sind also:
f1 = 2(x + 3)(x − 3)(x2 + 9),
f2 = 2 · 3 · (x4 − 7x2 + 14),
f3 = (x − 5)(x2 − 15x + 5) .
(b) Wir setzen gp := g mod p. Als Polynom vom Grad 3 ist gp genau dann irreduzibel, wenn es keine
Nullstelle in Zp hat. Damit sind weder g2 = x3 + x2 + x + 1 (wegen g2 (1) = 1 + 1 + 1 + 1 = 0 in Z2 ) noch
g5 = x3 + 3x + 1 (da z.B. g5 (1) = 1 + 3 + 1 = 0 in Z5 ) irreduzibel, aber g3 = x3 + 2x2 + 1 ist irreduzibel
über Z3 , denn es gilt g3 (0) = g3 (1) = 1 und g3 (2) = 2, d.h. g3 hat keine Nullstelle in Z3 . Also ist auch
g ∈ Z[x] ⊂ Q[x] irreduzibel über Q.
Aufgabe 5.
(a) Die komplexe Zahl w ist der Schnittpunkt im ersten Quadranten des Einheitskreises mit der ersten
Winkelhalbierenden (da ein Achtel des Einheitskreises
als Kreisbogen zu nehmen ist), d.h. w = a + aı
√
√
mit 2a2 = 1 und a positiv. Also ist w = 22 + 22 ı (alternativ: w = cos( π4 ) + sin( π4 )ı).
(b) Die achte Einheitswurzel w = eπı/4 ist Nullstelle von x4 + 1 (da w4 = e−πı = −1). Das Polynom
x4 + 1 ist irreduzibel in Q[x] (zum Beispiel führt die umkehrbare Substitution x 7→ x + 1 zum Polynom
(x + 1)4 + 1 = x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 2, welches nach Eisenstein irreduzibel ist). Damit ist x4 + 1 das
Minimalpolynom mw,Q von w über Q und [Q(w) : Q] = Grad mQ,w = 4 der Grad der Körpererweiterung.
(c) Wegen w8 = 1 gilt wn = wm und somit Q(wn ) = Q(wm ), falls n ≡8 m.
Für ungerades n = 2m + 1 gilt 8 | 4m(m + 1), also w = w4m(m+1)+1 = (w2m+1 )2m+1 ∈ Q(wn ) = Q(w).
Für gerades n = 2m ist wn ∈ {1, −1, ı, −ı}, in jedem Fall w 6∈ Q(wn ) ⊆ Q(ı) und daher Q(wn ) 6= Q(w).
Also gilt Q(wn ) = Q(w) genau dann, wenn die natürliche Zahl n ungerade ist.
(d) Der Grad [Z : Q] muss nach √
der Gradformel ein echter Teiler von 4 = [Q(w) : Q] sein, d.h. [Z : Q] = 2.
Echte Zwischenkörper sind Q( 2) = Q(w + w) = Q(w + w7 ) und Q(ı) = Q(w2 ). (Ein weiterer ist
√
Q( −2) = Q(w + w3 ), denn: (w + w3 )2 = w2 + 2w4 + w6 = ı − 2 − ı = −2).
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