Math. Daniel Haase

Übungsblätter zur Vorlesung
Algebra I
Wintersemester 2003-2004
Dipl.-Math. Daniel Haase
22.10.2003
WS 2003-2004
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)
Algebra I
-
Lösungsblatt 1
Zur Übungsstunde vom 22.10.2003
Aufgabe 1 (Algebraische Strukturen)
4 Punkte
Ordnen Sie die gegebenen Mengen mit der jeweiligen Verknüpfung in das Diagramm ein und begründen
Sie die Einordnung kurz:
Menge mit Verknüpfung
→
Halbgruppe
→
Monoid
→
Gruppe
(a) Natürliche Zahlen N = {1, 2, 3, · · · } mit der Addition.
(b) Ganze Zahlen Z = {0, ±1, ±2, · · · } mit der Subtraktion.
(c) Menge der Abbildungen A = {f : M → M } einer nichtleerer Menge M mit der Hintereinanderausführung (Komposition) (f ◦ g)(m) = f (g(m)).
(d) Menge der Homomorphismen Hom(G, G0 ) = {φ : G → G0 | ∀g, h ∈ G : φ(gh) = φ(g)φ(h)}
einer Gruppe G in eine Gruppe G0 mit werteweiser Multiplikation (φ · ψ)(g) = φ(g) · ψ(g).
Lösung
Bestmögliche Strukturen sind:
(a)
(b)
(c)
(d)
(N, +) ist nur Halbgruppe, dagegen ist (N0 , +) ein Monoid.
(Z, −) trägt keine Halbgruppenstruktur, da Subtraktion nicht assoziativ ist.
(A, ◦) ist ein Monoid, neutrales Element ist die Identität idM .
Für nicht-abelsche G0 ist · eine Verknüpfung, deren Bilder nicht notwendig in der Menge
Hom(G, G0 ) liegen: (φ · ψ)(xy) = φ(xy) · ψ(xy) = φ(x)φ(y)ψ(x)ψ(y) 6= φ(x)ψ(x)φ(y)ψ(y) =
[(φ·ψ)(x)]·[(φ·ψ)(y)], d. h. φ·ψ ist kein Gruppenhomomorphismus. Falls G0 abelsch ist bildet
Hom(G, G0 ) aber eine Gruppe: Neutrales Element ist die konstante Abbildung 1 : g 7→ 1G ,
das Inverse zu φ ist φ−1 : g 7→ (φ(g))−1 .
Aufgabe 2 (Untergruppen)
4 Punkte
Sei G eine Gruppe mit Untergruppen H1 , H2 ≤ G. Zeigen Sie:
(a) Der Schnitt H1 ∩ H2 ist wieder eine Untergruppe von G.
(b) Ist H eine Untergruppe und U ⊆ G zu H konjugiert, so ist auch U eine Untergruppe.
(c) Geben Sie konkrete Gruppen G, H1 und H2 an, so dass die Vereinigung H1 ∪ H2 keine
Untergruppe von G ist.
Lösung
Untergruppenkriterium: H ⊆ G ist Untergruppe gdw. x · y −1 ∈ H für alle x, y ∈ H.
(a) Angenommen x, y ∈ H1 ∩ H2 , dann ist xy −1 ∈ H1 wegen x, y ∈ H1 und H1 ≤ G. Analog ist
xy −1 ∈ H2 wegen x, y ∈ H2 und H2 ≤ G. Also insbesondere xy −1 ∈ H1 ∩ H2 .
(b) Sei g ∈ G mit U = g −1 Hg gegeben. Das Untergruppenkriterium in der Schreibweise mit dem
Komplexprodukt ergibt U U −1 = g −1 Hgg −1 H −1 g = g −1 HH −1 g ⊆ g −1 Hg = U .
(c) Beispielsweise G = Z (mit der Addition als Verknüpfung), H1 = 2Z und H2 = 3Z. Dann ist
2 ∈ H1 und 3 ∈ H2 . Sowohl 2 als auch 3 liegen in H1 ∪ H2 , aber 5 = 3 + 2 liegt weder in H1
noch in H2 .
Aufgabe 3 (Matrizengruppen)
4 Punkte
Es sei Rn×n der Ring der quadratischen Matrizen der Dimension n über einem kommutativen Ring
R. Er enthält die allgemeine Lineare Gruppe GLn (R) = {A ∈ Rn×n | A invertierbar}, die spezielle
Lineare Gruppe SLn (R) = {A ∈ GLn (R) | det(A) = 1R } und die Menge HR = {α · I | α ∈ R∗ } mit der
Einheitsmatrix I ∈ SLn (R). Zeigen Sie:
(a) HR und SLn (R) sind Untergruppen von GLn (R).
(b) HR ist abelsch und normal in GLn (R), aber GLn (R) ist nicht notwendig abelsch.
(c) Sei speziell R = Z, dann gibt es eine unendliche abelsche Untergruppe in SL2 (Z).
(Hinweis: Verwenden Sie die Matrix T aus der nachfolgenden Aufgabe)
Lösung
(a) Verwende das Untergruppenkriterium: Sind A, B ∈ SLn (R) mit det(A) = det(B) = 1, so ist
auch det(AB −1 ) = det(A) · det(B)−1 = 1, also AB −1 ∈ SLn (R). Analog ist (αI) · (βI)−1 =
αβ −1 I ∈ HR , da mit α, β ∈ R∗ auch αβ −1 in der Gruppe R∗ liegt.
(b) Die Einheitengruppe R∗ ist nach Voraussetzung abelsch. Daher gilt (αI) · (βI) = (αβI) =
(βαI) = (βI) · (αI). Die Menge HR ist auch Normalteiler, denn für jedes A ∈ GLn (R) ist
(αI) · A = α · A = A · α = A · (αI). Dass GLn (R) nicht notwendig abelsch ist zeigt
1 1
0 1
1 2
0 1
1 1
1 0
·
=
6=
·
=
1 0
1 1
0 1
1 1
1 0
2 1
falls im Ring R nicht 1 + 1 = 0 ist.
(c) Für die Matrix T aus Aufgabe 4 gilt
1 1
1 −1
1 2
1 −2
−1
2
−2
T =
, T =
, T =
, T =
.
0 1
0 1
0 1
0 1
Man sieht leicht, dass eine Multiplikation von T an T k von Links gerade die Matrix T k+1 mit
Komponente k + 1 oben rechts ergibt. Also sind alle T k für k ∈ Z verschieden, insbesondere
ist hT i = {T k | k ∈ Z} unendlich. Diese Gruppe ist aber zyklisch, also auch abelsch, und
es ist hAi ≤ SL2 (Z) wegen det(T k ) = det(T )k = 1. Die Abbildung φ : k 7→ T k ist sogar
ein injektiver Gruppenhomomorphismus von der additiven Gruppe Z in die multiplikative
Gruppe SL2 (Z).
Aufgabe 4 (Matrizen über endlichen Körpern)
4 Punkte
Sei Fp der endliche Körper zur Primzahl p. Berechnen Sie die (multiplikative) Ordnung der folgenden
Matrizen in GL2 (Fp ):
1 1
0
1
T =
, S =
, M = T ·S
0 1
p−1 0
!
Diese Aufgabe wurde nicht gewertet
!
Lösung
1 2
1 3
3
Ausmultiplizieren ergibt
=
,T =
usw. bis T p = I2×2 , denn es ist p = 0 in Fp ,
0 1
0 1
p−1
0
2
d. h. ord(T ) = p. Es ist S =
, also S 2 = −I2×2 in GL2 (Fp ). Ist p = 2, so besitzt S wegen
0
p−1
2
−1 = 1 in F2 die Ordnung
2. Für p > 2 ist die Ordnung dagegen4 wegen (−I
Ordnung
2×2 ) = I2×2. Die p−1 1
0
p
−
1
1
0
von M =
ist dagegen 3 unabhängig von p: M 2 =
bzw. M 3 =
.
p−1 0
1 p−1
0 1
T2
29.10.2003
WS 2003-2004
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)
Algebra I
-
Lösungsblatt 2
Zur Übungsstunde vom 29.10.2003
Aufgabe 5 (Komplexprodukt)
4 Punkte
Sei (Z, +) die additive Gruppe der ganzen Zahlen. Zeigen Sie:
(a) Jede Teilmenge der Form nZ = {0, ±n, ±2n, . . .} für n ∈ Z mit n ≥ 1 ist Untergruppe von Z.
(b) Komplexprodukte dieser Untergruppen sind wieder Untergruppen.
(c) Die Untergruppen G = (6Z) + (10Z) und H = (10Z) + (15Z) sind von der obigen Form,
d. h. G = mZ bzw. H = nZ.
(d) Es gibt m, n ∈ Z mit m, n 6= 1 und (mZ) + (nZ) = Z.
Lösung
(a) Untergruppenkriterium: nk und nk 0 in nZ mit k, k 0 ∈ Z, dann ist auch nk − nk 0 = n(k − k 0 ) ∈
nZ wegen k − k 0 ∈ Z.
(b) Komplexprodukte sind (nZ) + (mZ) = {na + mb | a, b ∈ Z}. Untergruppenkriterium: Sind
(na + mb), (na0 + mb0 ) ∈ (nZ) + (mZ), dann ist auch (na + mb) − (na0 + mb0 ) = n(a − a0 ) +
m(b − b0 ) ∈ (nZ) + (mZ).
(c) Es ist G = {6a + 10b | a, b ∈ Z}. Jede gerade ganze Zahl ist in G enthalten, da G nach der
vorigen Teilaufgabe eine Gruppe ist, und 2 = 10 · (−1) + 6 · 2 enthalten ist, also h2i = 2Z ≤ G.
Andererseits kann keine ungerade ganze Zahl in G liegen, da Vielfache von 6 bzw. Vielfache
von 10 und deren Summen stets gerade sind. Also besteht G genau aus den geraden Zahlen,
und es ist G = 2Z. Analog liegt 5 in H wegen 5 = 10 · (−1) + 15 · 1, also ist h5i = 5Z ≤ H.
Andererseits kann in H keine Zahl liegen, die kein Vielfaches von 5 ist: h = 10a + 15b =
5 · (2a + 3b) impliziert, dass h ein Vielfaches von 5 ist. Also besteht H gerade aus den
Vielfachen von 5, bzw. H = 5Z.
(d) Möglich ist zum Beispiel m = 2 und n = 3. Falls h ∈ Z gerade ist, so liegt h schon in 2Z,
also auch in (2Z) + (3Z). Ist h ungerade, so ist h0 = h − 3 gerade, liegt also in 2Z. Dann
aber liegt h = h0 + 3 in (2Z) + (3Z). Also liegen alle h ∈ Z im Komplexprodukt, und es ist
(2Z) + (3Z) = Z.
Aufgabe 6 (Konjugation)
Es seien die Permutationen
σ =

 j falls k = i
1 2 3 4
und τij (k) = i falls k = j
2 3 4 1

k sonst
für i, j ∈ {1, 2, 3, 4} mit i 6= j aus S4 gegeben.
(a) Berechnen Sie die Ordnungen von σ und den τij .
(b) Berechnen Sie die Inversen von σ und den τij .
3 Punkte
(c) Berechnen Sie das Element σ −1 ◦ τij ◦ σ.
Hinweis: Allgemein bezeichnet man die τij ∈ Sn für i, j ∈ {1, 2, . . . , n} mit i 6= j als Transpositionen.
Lösung
(a) Es gilt
2
σ =
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
3
4
, σ =
, σ =
= id ,
3 4 1 2
4 1 2 3
1 2 3 4
also ist ord(σ) = 4. Die τij vertauschen gerade die Elemente i und j, lassen aber alle anderen
Elemente fest. Also ist τij2 = id, bzw. ord(τij ) = 2 für alle i 6= j.
(b) Nach der vorigen Teilaufgabe ist σ 4 = id = 1, also σ ◦ σ 3 = 1, und daher σ −1 = σ 3 . Da die
τij sämtlich Ordnung 2 besitzen ist τij−1 = τij für alle i 6= j.
(c) Sei π = σ −1 ◦ τij ◦ σ. Behauptung: π = τσ−1 (i),σ−1 (j) . Für k 6= σ −1 (i), σ −1 (j) ist σ(k) 6= i, j,
also ist τij (σ(k)) = σ(k). Insgesamt ist dann π(k) = σ −1 (τij (σ(k))) = σ −1 (σ(k)) = k.
Für k = σ −1 (i) ist dagegen τij (σ(k)) = j, also π(k) = σ −1 (j). Analog ist π(k) = σ −1 (i)
für k = σ −1 (j). Also vertauscht π gerade die Elemente σ −1 (i) und σ −1 (j), woraus mit der
Definition der τij die Behauptung folgt.
Aufgabe 7 (Bahnen)
5 Punkte
Sei Z / 2Z die Menge der Restklassen in Z modulo 2. Das minimale nichtnegative Restsystem ist dann
{0, 1} mit den Restklassen 0̄ = 0 + 2Z und 1̄ = 1 + 2Z. Mit den Rechenregeln
· 0̄ 1̄
0̄ 0̄ 0̄
1̄ 0̄ 1̄
+ 0̄ 1̄
0̄ 0̄ 1̄
1̄ 1̄ 0̄
wird Z / 2Z ein Körper. In diesem Zusammenhang schreibt man auch F2 statt Z / 2Z . Zeigen Sie, dass
die Matrix


0̄ 0̄ 1̄
A = 1̄ 0̄ 1̄
0̄ 1̄ 0̄
in der SL3 (F2 ) liegt, und dass die Operation der Untergruppe hAi auf SL3 (F2 ) durch Multiplikation
von Links eine Partition der SL3 (F2 ) in Bahnen (Nebenklassen) zu je 7 Elementen ergibt.
Lösung
Zunächst ist det(A) = 1̄, das kann man entweder mit dem Entwicklungssatz von Laplace oder der
direkten Berechnung von det(A) mit der Regel von Sarrus zeigen. Also ist A in der SL3 (F2 ) und
insbesondere invertierbar. Potenzieren von A ergibt






0̄ 1̄ 0̄
1̄ 0̄ 1̄
0̄ 1̄ 1̄
A2 = 0̄ 1̄ 1̄
A3 = 1̄ 1̄ 1̄
A4 = 1̄ 1̄ 0̄
1̄ 0̄ 1̄
0̄ 1̄ 1̄
1̄ 1̄ 1̄


1̄ 1̄ 1̄
A5 = 1̄ 0̄ 0̄
1̄ 1̄ 0̄


1̄ 1̄ 0̄
A6 = 0̄ 0̄ 1̄
1̄ 0̄ 0̄


1̄ 0̄ 0̄
A7 = 0̄ 1̄ 0̄
0̄ 0̄ 1̄
Daher ist ord(A) = 7. Sei also H = hAi = {I, A, A2 , . . . , A6 } das Erzeugnis von A mit H ≤ SL3 (F2 ).
Es gibt eine Bahn mit genau 7 Elementen in H\SL3 (F2 ), nämlich H selbst als Bahn von I. Jede weitere
Bahn ist eine Nebenklasse der Form H · B mit B ∈ SL3 (F2 ). Die Abbildung
H
Aj
−→ H · B
7→ Aj · B
ist eine Bijektion von H nach HB (Umkehrabbildung ist C 7→ C · B −1 , denn B ∈ SL3 (F2 ) ist invertierbar). Also enthalten alle Bahnen die gleiche Anzahl Elemente (das ist stets der Fall, wenn die Bahnen
Nebenklassen sind).
Aufgabe 8 (Endliche Gruppen)
2 Punkte
Sei G eine endliche und nicht triviale Gruppe. Zeigen Sie, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind:
(a) |G| = p für eine Primzahl p.
(b) G besitzt nur die trivialen Untergruppen {1} und G.
(c) |G| = p für eine Primzahl und G ist zyklisch.
Lösung
Ringschluss:
a ⇒ b
Sei H ≤ G eine Untergruppe mit Index (G : H) = k. Die Nebenklassen M = G/H = {gH | g ∈ G}
mit |M | = k sind eine Partitionierung von G. Die Nebenklassen sind disjunkt, und wegen |gH| = |H|
liegen in jeder Klasse gleich viele Elemente, also ist p = |G| = |H| · k. Da p aber eine Primzahl ist, sind
die einzigen Möglichkeiten k = p (bzw. H = {1}) und k = 1 (bzw. H = G).
b ⇒ c
Nach Voraussetzung gibt es ein g ∈ G das nicht das neutrale Element ist. Insbesondere enthält das
Erzeugnis H = hgi = {1, g, gg, ggg, . . .} neben 1 noch g, und ist daher nicht die triviale Gruppe. Da
H eine Untergruppe von G ist folgt mit (b) dass H = G ist, insbesondere ist G = hgi zyklisch von g
erzeugt. Angenommen |G| = n und n ist nicht prim, dann gibt es k mit k 6= 1 und k 6= n, das n teilt.
Die von dem Element h = g k erzeugte Untergruppe H ist dann gerade H = {h0 , h1 , h2 , h3 , . . .}. Mit
j = nk ist hj = g n = 1 in G, also ist H zyklisch von Ordnung j, aber 1 < j < n ist im Widerspruch zu
(b).
Der verbleibende Schluss von (c) auf (a) ist trivial.
Aufgabe 9 (Eigenschaften von Gruppen)
Ein Element g einer Gruppe heißt selbstinvers, falls
2 Punkte
g −1
= g ist. Zeigen Sie:
(a) Ist in einer Gruppe jedes Element selbstinvers, so ist G abelsch.
(b) Gibt es in einer Gruppe G außer 1G noch weitere selbstinverse Elemente, so ist G entweder
endlich oder nicht zyklisch.
Lösung
(a) Seien a, b ∈ G beliebig. Die Aussage ab = ba ist äquivalent zu ab(ba)−1 = 1G . Nach Voraussetzung gilt nun ab(ba)−1 = abba = aa = 1G .
(b) Sei G zyklisch erzeugt von g ∈ G und a−1 = a mit a 6= 1G . Dann ist a = g k ∈ G für ein
k 6= 0. Multiplikation mit a auf beiden Seiten ergibt 1G = a2 = g 2k . Also ist ord(g) ≤ 2k,
insbesondere ist G = hgi endlich.
05.11.2003
WS 2003-2004
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)
Algebra I
-
Lösungsblatt 3
Zur Übungsstunde vom 05.11.2003
Aufgabe 10 (Stabilisatoren und Konjugation)
2 Punkte
Sei G eine beliebige Gruppe, die auf einer Menge M operiert. Zeigen Sie, dass StabG (m) und StabG (m0 )
zueinander konjugiert sind, falls m, m0 ∈ M in der gleichen Bahn unter G liegen.
Lösung
Seien m, m0 ∈ M aus der gleichen Bahn unter G, etwa mit hm = m0 für ein h ∈ G. Die Bedingung
gm0 = m0 ist dann gleichbedeutend mit g(hm) = (hm), und diese Gleichung geht durch Multiplikation von Links mit h−1 über in (h−1 gh)m = m. Also ist offenbar g ∈ StabG (m0 ) gleichbedeutend mit
h−1 gh ∈ StabG (m), was zu zeigen war.
Aufgabe 11 (Stabilisatoren in Matrizengruppen)
3 Punkte
Für einen Körper K operiert die Matrizengruppe GL(n, K) von Links auf dem Vektorraum K n durch
die übliche Multiplikation von Matrizen mit Vektoren. Sei speziell K = F2 (vgl. Aufgabe 7 vom letzten
Übungsblatt) und G = GL(3, F2 ), dann operiert G auf dem Vektorraum F32 . Die Elemente von F32
werden wie üblich als Spaltenvektoren geschrieben. Berechnen Sie für die Vektoren
 
 
1̄
1̄



~x = 1̄ , ~y = 0̄
0̄
1̄
ein A ∈ G mit StabG (~y ) = A · StabG (~x) · A−1 .
Lösung
Es ist StabG (~x) = {B ∈ G | B~x = ~x} bzw. StabG (~y ) = {B ∈ G | B~y = ~y }. Gesucht ist also ein A ∈ G,
dass die Eigenschaft
∀B ∈ G : B~x = ~x ⇐⇒ (A · B · A−1 )~y = ~y
erfüllt. Multipliziert man die rechte Gleichung von Links mit A−1 , so erhält man B · (A−1 ~y ) = (A−1 ~y ).
Die geforderte Äquivalenz gilt daher genau dann, wenn A−1 ~y = ~x ist. Gesucht ist also ein A ∈ G mit
A~x = ~y . Seien ~a1 , . . . , ~a3 die Zeilen von A, dann ergeben sich die Bedingungen
 
 
 
1̄
1̄
1̄
~a1 · 1̄ = 1̄ , ~a2 · 1̄ = 0̄ , ~a3 · 1̄ = 1̄
0̄
0̄
0̄
für die Matrix A. Die erste Bedingung ist beispielsweise mit der Wahl ~a1 = (1̄, 0̄, 0̄) erfüllt, die zweite
mit ~a2 = (0̄, 0̄, 1̄). Die dritte Bedingung erfüllt ~a3 = (0̄, 1̄, 0̄), und offensichtlich ist die zugehörige
Matrix


1̄ 0̄ 0̄
A = 0̄ 0̄ 1̄
0̄ 1̄ 0̄
invertierbar mit Determinante 1̄ (in F2 ist 1̄ = −1̄). Mit diesem A gilt dann A~x = ~y , also auch die
obige Äquivalenz und damit die Forderung StabG (~y ) = A · StabG (~x) · A−1 .
Aufgabe 12 (Isomorphie und Konjugation)
4 Punkte
h−1
Zwei Untergruppen U1 , U2 ≤ G sind konjugiert, falls es ein h ∈ G gibt mit hU1
= U2 . Sie heißen
isomorph, falls es einen bijektiven Gruppenhomomorphismus Φ : U1 → U2 gibt. Zeigen Sie:
(a) Zueinander konjugierte Untergruppen sind auch zueinander isomorph.
(b) In G = S4 gibt es isomorphe Untergruppen, die nicht konjugiert sind.
(Verwenden Sie die Eigenschaften der Transpositionen τij aus Aufgabe 6)
Lösung
(a) Seien U1 , U2 ≤ G konjugiert, also h−1 U1 h = U2 für ein h ∈ G. Zu h sei die Abbildung
U1 →
U2
ϕh =
g 7→ h−1 gh
definiert. Zunächst liegt das Bild von ϕh tatsächlich in U2 wegen der Konjugation von U2
zu U1 über h. Die Abbildung ist ein Homomorphismus, denn es gilt ϕh (gg 0 ) = h−1 (gg 0 )h =
(h−1 gh)(h−1 g 0 h) = ϕh (g)ϕh (g 0 ). Sie ist auch injektiv, denn aus h−1 gh = h−1 g 0 h folgt durch
Multiplikation mit h von Links und mit h−1 von Rechts sofort g = g 0 . Die Abbildung ist
surjektiv, denn zu g ∈ U2 ist offenbar hgh−1 ein Urbild (d. h. ϕ−1
h = ϕh− 1 ). Insgesamt ist
also ϕh ein Isomorphismus von Gruppen, was zu zeigen war.
Die Abbildungen ϕh für h ∈ G bezeichnet man auch als innere Automorphismen von G
(b) Setze U1 = hτ12 i = {id, τ12 } und U2 = hτ12 τ34 i = {id, τ12 τ34 }. Beide Gruppen bestehen
neben der Identität nur aus einem weiteren selbstinversen Element, sie sind daher isomorph
(man sagt, sie sind vom Isomorphietyp Z/2Z). Der zugehörige Isomorphismus bildet id auf
id und τ12 auf τ12 τ34 ab. Angenommen die Gruppen sind konjugiert über ein π ∈ S4 , also
π −1 U1 π = U2 . Für die Identität ist natürlich π −1 ◦ id ◦ π wieder die Identität, aber für das
andere Element von U1 bekommt man die Gleichung
π −1 τ12 π = τ12 τ34 .
Nachrechnen analog zu Aufgabe 6 vom vorigen Übungsblatt zeigt, dass auch τ 0 = π −1 τ12 π
wieder eine Transposition ist, die gerade die Elemente π −1 (1) und π −1 (2) vertauscht, alle
anderen aber fest lässt. Andererseits ist einfach zu sehen, dass die rechte Seite der Gleichung
τ12 τ34 keine Transposition ist, da sie kein Element fest lässt. Also kann die Konjugationsgleichung π −1 τ12 π = τ12 τ34 für kein π ∈ S4 zutreffen, d. h. die isomorphen Gruppen U1 und U2
sind nicht konjugiert.
Aufgabe 13 (Kleinsche Vierergruppe)
4 Punkte
Die Untergruppe V4 = {id , τ12 τ34 , τ13 τ24 , τ14 τ23 } der S4 heißt Kleinsche Vierergruppe. Zeigen Sie,
dass V4 ein abelscher Normalteiler von S4 ist, der selbst genau fünf Normalteiler enthält.
Lösung
Zunächst ist sind alle Elemente der V4 selbstinvers, mit Aufgabe 9 ist V4 daher abelsch. Sei nun π ∈ S4
beliebig. Nachrechnen analog zu Aufgabe 6 ergibt π −1 τ12 τ34 π = τij τkl mit i = π −1 (1), j = π −1 (2),
k = π −1 (3) und l = π −1 (4). Da π eine Bijektion ist sind i, j, k, l ∈ {1, 2, 3, 4} paarweise verschieden,
insbesondere liegt τij τkl wieder in V4 . Die Rechnung für die Elemente τ13 τ24 und τ14 τ23 ist analog. Also
ist π −1 V4 π ⊆ V4 , mit Satz 1.4.2 ist die Kleinsche Vierergruppe also ein Normalteiler. In V4 ist jede
Untergruppe wegen der Kommutativität automatisch ein Normalteiler. Für jedes v ∈ V4 ist {id, v}
eine Untergruppe, da jedes Element selbstinvers ist. Zudem sind {id} und V4 selbst Untergruppen. Es
gibt keine weiteren Untergruppen, da das Produkt zweier verschiedener nichttrivialer Elemente aus V4
gerade das dritte Element der V4 ergibt.
Aufgabe 14 (Transitivität von Untergruppeneigenschaften)
3 Punkte
Sei G eine Gruppe und Aut(G) die Menge der Automorphismen von G (ein Automorphismus ist ein
Isomorphismus Φ : G → G). Eine Untergruppe U ≤ G heißt charakteristisch in G, falls für jeden
Automorphismus Φ von G die Einschränkung auf U wieder ein Automorphismus ist. Zeigen Sie:
(a) Die Eigenschaft charakteristisch zu sein ist transitiv.
(Ist U charakteristisch in G und V charakteristisch in U , so ist V charakteristisch in G)
(b) Die Eigenschaft Normalteiler zu sein ist nicht transitiv.
(Verwenden Sie dazu Aufgabe 13)
Lösung
(a) Seien V ≤ U ≤ G jeweils charakteristisch und Φ ∈ Aut(G) beliebig. Da U in G charakteristisch ist, liegt die Einschränkung Ψ = Φ|U von Φ auf U in Aut(U ). Da nun V charakteristisch
in U ist, liegt die Einschränkung Ψ|V von Ψ auf V in Aut(V ). Es ist aber gerade Φ|V = Ψ|V ,
also insbesondere Φ|V ∈ Aut(V ). Da Φ ∈ Aut(G) beliebig war folgt, dass V in G ebenfalls
charakteristisch ist.
(b) Es sei V = {id, τ12 τ34 } und V4 die Kleinsche Vierergruppe, dann gilt nach der vorherigen
Aufgabe V E V4 E S4 . Sei
1 2 3 4
σ =
2 3 4 1
die Permutation aus Aufgabe 6, dann erhält man
1 2 3 4
−1
σ τ12 τ34 σ =
= τ14 τ23 ∈
/V
4 3 2 1
durch einfaches Nachrechnen. Also ist V kein Normalteiler der S4 .
12.11.2003
WS 2003-2004
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)
Algebra I
-
Lösungsblatt 4
Zur Übungsstunde vom 12.11.2003
Aufgabe 15 (Kongruenzgruppen)
Für ein N ∈ N sind die Mengen
a b
U1
=
∈ SL(2, Z)
c d
U2
=
a b
c d
5 Punkte
b, c ≡ 0 mod N
∈ SL(2, Z) b, c ≡ 0 mod N und a, d ≡ 1 mod N
Beispiele für Kongruenzgruppen in der SL(2, Z). U2 heißt Hauptkongruenzgruppe zur Stufe N . Beide
Mengen sind Untergruppen der SL(2, Z) (das brauchen Sie nicht zu zeigen). Zeigen Sie die folgenden
Eigenschaften:
(a) U2 ist ein Normalteiler der SL(2, Z).
(b) U1 ist kein Normalteiler der SL(2, Z).
Hinweis für Teil b): Konjugieren Sie ein typisches Element aus U1 mit der Matrix T aus Aufgabe 4!
Lösung
!
Der zweite Aufgabenteil (3 Punkte) wurde nicht gewertet
!
(a) Sei G = SL(2, Z) und G0 = SL(2, Z/nZ). Dann ist

 G → G0 a b
a b
φ =
7→

c d
c d
ein Epimorphismus (die Homomorphie ergibt sich aus der Verträglichkeit von + und · mit dem
Übergang a 7→ a). Eine Matrix A liegt genau dann im Kern von φ, wenn A komponentenweise
kongruent zur Einheitsmatrix (dem Einselement in G0 ) ist, das ist aber gerade die Definition
von U2 . Also ist Ker(φ) = U2 , und nach dem Homomorphiesatz ist U2 dann ein Normalteiler
von G.
(b) Dieser Aufgabenteil ist nur lösbar, wenn zusätzlich N > 3 und N ungerade vorausgesetzt wird.
Ein typisches Element von U1 ist
a N
A =
N b
mit a, b ∈ Z und det(A) = ab − N 2 = 1. Mit der Matrix T aus Aufgabe 4 gilt dann
a+N b−a
A0 = T · A · T −1 =
.
N
b−N
Dann ist
A0 ≡
a b−a
mod N (komponentenweise) .
0
b
Falls N ungerade ist (etwa N = 2k − 1 für ein k ∈ N) kann man beispielsweise a = 2 und
b = 21 (N 2 + 1) wählen (mit N ist auch N 2 ungerade). Dann ist det(A) = N 2 + 1 − N 2 = 1
und b − a = 12 (N 2 + 1) − 2 = 12 (4k 2 − 4k + 2) − 2 = 2k 2 − 2k + 1 − 2 = 2k 2 − k − k − 1 =
k(2k − 1) − k − 1 = kN − (k + 1) ≡ −(k + 1) mod N . Mit N > 3 (bzw. k > 2) ist dann
k + 1 6≡ 0 mod N wegen k + 1 < N und damit auch −(k + 1) 6≡ 0 mod N .
Aufgabe 16 (Charakterisierung der zyklischen Gruppen)
3 Punkte
Bestimmen Sie alle möglichen zyklischen Gruppenisomorphietypen, indem Sie die folgenden Aussagen
zeigen:
(a) Jede unendliche zyklische Gruppe ist isomorph zu (Z, +).
(b) Jede endliche zyklische Gruppe der Ordnung n ist isomorph zu (Z/nZ, +).
Lösung
(a) Sei G = hgi zyklisch und unendlich, dann ist G = {g k | k ∈ Z} nach Satz 1.1.2. Für jedes
a ∈ G gibt es also ein k ∈ Z mit a = g k . Die Abbildung
G → Z
L =
g 7→ k mit g = ak
0
0
ist zunächst wohldefiniert, denn aus g = ak und g = ak in G folgt g k−k = 1G , das ist aber
wegen g 6= 1 und ord(g) = ∞ nur für k = k 0 möglich. L ist ein Epimorphismus (G, ·) → (Z, +),
0
0
0
denn es ist L(ab) = L(g k g k ) = L(g k+k ) = k+k 0 = L(g k )+L(g k ) = L(a)+L(b), und für k ∈ Z
ist g k ∈ G ein Urbild. L ist sogar ein Isomorphismus, denn Ker(L) = {g k ∈ G|k = 0} = {1G }.
Also ist G isomorph zu (Z,+).
(b) Sei G = hgi endlich und zyklisch, dann ist G = {g k | k ∈ Z} nach Satz 1.1.2, wegen der
Endlichkeit von G ist aber g n = 1G für n = ord(G). Dann gilt auch g k+n = g k , insbesondere
0
0
ist G = {g 0 , g 1 , . . . , g n−1 }. Sei andererseits g k = g k in G, dann ist g k−k = 1G . Sei r ≥ 0 der
0
0
Rest von k − k 0 bei Divison durch n, dann ist g k−k = g qN +r = 1G · g r . Aus g k = g k folgt
dann r = 0, da g r 6= 1G für r = 1 . . . n − 1 ist. Also gilt die Äquivalenz
g k = 1G ⇔ k ≡ 0 mod n
für alle k ∈ Z. Insbesondere ist die Abbildung L aus Teil a) für endliche G nicht wohldefiniert,
da ihre Bilder nur modulo n eindeutig sind. Wegen der obigen Äquivalenz ist aber die modulo
n faktorisierte Abbildung
G → Z/nZ
L =
g 7→
k
mit g = ak
wohldefiniert. Die Homomorphie folgt aus der Homomorphie von L und der Verträglichkeit
der Restklassenbildung k 7→ k mit + . Zu k ist g k ein Urbild, und Ker(L) = {g k ∈ G | k ≡
0 mod n} = {1G } liefert die Injektivität von L, also ist G isomorph zu (Z/nZ, +).
Der Isomorphismus L (bzw. L) heißt diskreter Logarithmus zur Basis g. Er besitzt stets die vom
Logarithmus aus der Analysis bekannten funktionalen Eigenschaften L(a · b) = L(a) + L(b) und g L(a) =
a.
Aufgabe 17 (Charakterisierung kleiner Gruppen)
4 Punkte
Bestimmen Sie alle möglichen Gruppenisomorphietypen der Ordnung n ≤ 5, indem Sie die folgenden
Aussagen zeigen:
(a) n = 1, 2, 3, 5: Bis auf Isomorphie gibt es nur genau eine Gruppe der Ordnung n.
(b) n = 4: Jede Gruppe der Ordnung 4 ist entweder isomorph zu Z/4Z oder V4 .
Lösung
(a) Im Fall n = 1 ist Φ : 1G 7→ 0 trivialerweise ein Isomorphismus, daher sind alle einelementigen
Gruppen isomorph zu Z/1Z. In den anderen Fällen sei a ∈ G beliebig mit a 6= 1 und H = hai
die von a erzeugte Untergruppe von G. Nach Aufgabe 8 von Blatt 2 (oder mit dem Satz
von Lagrange) ist H eine triviale Untergruppe. Da a 6= 1 gewählt wurde bleibt nur der Fall
H = G, dann aber ist G selbst zyklisch und nach der vorigen Aufgabe isomorph zu Z/nZ.
(b) Falls G zyklisch ist folgt G ∼
= Z/4Z nach der vorigen Aufgabe. Sei nun G beliebig aber nicht
zyklisch mit Ordnung 4, etwa G = {1, a, b, c}. Es genügt nach Definition der Isomorphie zu
zeigen, dass es nur eine mögliche Verknüpfungstafel für G gibt. Die Verknüpfung mit dem
neutralen Element ist bereits durch die Gruppendefinition festgelegt:
·
1
a
b
c
1 a b c
1 a b c
a
b
c
Da G nicht zyklisch ist, besitzt kein Element die Ordnung 4, nach dem Satz von Lagrange
kann aber auch kein Element die Ordnung 3 besitzen. Die nichtneutralen Elemente a, b, c
besitzen daher die Ordnung 2, d. h. sie sind selbstinvers, und auf der Diagonalen der Verknüpfungstafel steht das neutrale Element:
·
1
a
b
c
1 a b c
1 a b c
a 1
b
1
c
1
Für den Rest der Verknüpfungstafel genügt es zu zeigen, dass das Produkt zweier verschiedener nichtneutraler Elemente gerade das dritte nichtneutrale Element ergibt. Die Rechnung
sei beispielsweise mit a und b ausgeführt: ab = a führt durch Multiplikation mit a−1 zur
falschen Aussage b = 1. ab = b führt durch Multiplikation mit b−1 zur falschen Aussage
a = 1. ab = 1 führt durch Multiplikation mit b zu ab2 = b, und da b selbstinvers ist folgt die
falsche Aussage a = b. Also bleibt nur die Möglichkeit ab = c. Die gleiche Rechnung führt zu
ba = c,ac = b,ca = b, bc = a und cb = a (insbesondere ist die Gruppe abelsch). Damit hat
die Verknüpfungstafel zwangsläufig die Gestalt
·
1
a
b
c
1
1
a
b
c
a
a
1
c
b
b
b
c
1
a
c
c
b
a
1
Dadurch ist die Struktur von G allein durch die Ordnung 4 und die Voraussetzung, dass G
nicht zyklisch ist, festgelegt. Jede weitere nichtzyklische Gruppe G der Ordnung 4 besitzt
daher bis auf Umbenennung der Elemente die gleiche Verknüpfungstafel, und ist zu G isomorph. Auch in V4 ist jedes Element selbstinvers, also besitzt auch V4 diese Verknüpfungstafel.
Insgesamt sind also alle nichtzyklischen Gruppen der Ordnung 4 zueinander isomorph bzw.
isomorph zu V4 .
Aufgabe 18 (Automorphismen der S3 )
4 Punkte
Zeigen Sie, dass S3 isomorph zu ihrer Automorphismengruppe ist, indem Sie die folgenden Teilschritte
beweisen:
(a)
(b)
(c)
(d)
Automorphismen der S3 bilden Transpositionen auf Transpositionen ab.
Jedes Φ ∈ Aut(S3 ) ist durch seine Wirkung auf den Transpositionen festgelegt.
Es gibt höchstens 6 Automorphismen der S3 .
Aut(S3 ) = Inn(S3 ) ∼
= S3 .
Lösung
(a) Es ist S3 = {id, τ12 , τ13 , τ23 , σ, σ −1 } mit
1 2 3
σ =
2 3 1
und ord(σ) = ord(σ −1 ) = 3, ord(τij ) = 2 und ord(id) = 1. Da Automorphismen stets die
Ordnung erhalten, und die Elemente der Ordnung 2 genau die Transpositionen sind, bilden
Automorphismen Transpositionen auf Transpositionen ab.
(b) Die S3 wird bereits durch die Transpositionen erzeugt: id = τ12 τ12 , σ = τ13 τ12 und σ −1 =
τ12 τ13 . Für ein beliebiges π ∈ S3 ist dann π = τ (1) ◦ · · · ◦ τ (n) für Transpositionen τ (j) . Dann
aber ist Φ(π) = Φ(τ (1) )◦· · ·◦Φ(τ (n) ), also ist Φ(π) bereits durch die Bilder der Transpositionen
τ (j) unter Φ festgelegt.
(c) Es gibt genau 3 Transpositionen in der S3 , daher gibt es nur 3! = 6 verschiedene Möglichkeiten, Transpositionen auf Transpositionen abzubilden. Nach Teil b) kann es daher nicht mehr
als 6 Automorphismen geben.
(d) Nach einem Beispiel zu Definition 1.5.2 und dem Homomorphiesatz aus der Vorlesung ist
Inn(S3 ) ∼
= S3 falls das Zentrum der S3 trivial ist. Die Transpositionen vertauschen nicht mit
σ und σ −1 (vgl. Aufgabe 6 von Blatt 2), also liegen Sie nicht im Zentrum. Umgekehrt liegen
dann auch σ und σ −1 nicht im Zentrum, also ist Z(S3 ) = {id}. Aus der Isomorphie folgt
|Inn(S3 )| = |S3 | = 6. Jeder innere Automorphismus ist ein Automorphismus, d. h. Inn(S3 ) ⊆
Aut(S3 ). Nach Teil c) enthalten beide Menge genau 6 Elemente, also ist Aut(S3 ) = Inn(S3 ),
wie zu zeigen war.
19.11.2003
WS 2003-2004
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)
Algebra I
-
Lösungsblatt 5
Zur Übungsstunde vom 19.11.2003
Aufgabe 19 (Isomorphie)
4 Punkte
Zeigen Sie die folgenden Aussagen:
(a) Die Gruppe (Z, +) ist isomorph zu einer echten Untergruppe von sich selbst.
(b) Die Gruppe (Q, +) ist nicht isomorph zu einer echten Untergruppe von sich selbst.
Hinweis für Teil b): Zeigen Sie zunächst, dass jeder solche Isomorphismus auf Z
die gleiche Form wie Ihr Isomorphismus aus Teil a) besitzt!
Lösung
(a) Für n ∈ N und n > 1 ist nZ eine echte Untergruppe von Z. Der zugehörige Isomorphismus
ist gegeben durch
Z → nZ
Φn =
,
k 7→ n · k
diese Abbildung ist surjektiv (Urbild zu nk ∈ nZ ist gerade k), sie ist injektiv (na = nb ⇔
a = b ist klar) und homomorph, da n(a + b) = na + nb ist.
(b) Sei (Q, +) isomorph zu U ≤ Q mit einer Untergruppe U über einen Isomorphismus Φ : Q → U .
Zunächst sei a := Φ(1) das Bild des Elements 1 ∈ Q. Da Φ(0) = 0 das neutrale Element auch
in U ist gilt a 6= 0. Für ein n ∈ N ist dann Φ(n) = Φ(1 + · · · + 1) = Φ(1) + · · · + Φ(1) = a · n.
Für n ∈ Z mit n < 0 ist dann Φ(n) = Φ(−(−n)) = −Φ(−n) = −(a · n), also ist Φ(k) = a · k,
d. h. die Einschränkung auf Z von Φ ist gerade ein Isomorphismus nach Teil a): Φ|Z = Φa ,
allerdings mit a ∈ Q. Es gilt weiterhin für k, l ∈ N die Gleichung a · k = Φ(k) = Φ( l·k
l ) =
k
Φ( kl + · · · + kl ) = Φ( kl ) + · · · + Φ( kl ) = l · Φ( kl ), also insgesamt Φ( kl ) = ak
=
a
·
.
Damit
ist
l
l
aber Φ(r) = a · r für alle r ∈ Q. Dann aber ist U = Q, denn jedes r ∈ Q mit r 6= 0 liegt im
Bild von Φ mit Urbild a−1 r.
Aufgabe 20 (Die Gruppe Q/Z)
3 Punkte
Die Gruppe (Z, +) ist eine Untergruppe von (Q, +), und da Q abelsch ist auch ein Normalteiler, daher
kann man von der Faktorgruppe Q/Z sprechen. Zeigen Sie die folgenden Eigenschaften von Q/Z:
(a) Q/Z ist unendlich, aber jedes Element besitzt eine endliche Ordnung.
(b) Für jedes n ∈ N besitzt Q/Z eine zyklische Untergruppe der Ordnung n.
Lösung
(a) Die Elemente n1 + Z für n ∈ N liegen alle in Q/Z und sind offenbar voneinander verschieden,
also ist Q/Z unendlich. Sei nun ab + Z ∈ Q/Z beliebig (ohne Einschränkung ist b > 0).
Verknüpft man dieses Element b-mal mit sich selbst, so erhält man ( ab + Z) + · · · + ( ab + Z) =
( ab + · · · + ab ) + Z = (b · ab ) + Z = a + Z = Z, also ist die Ordnung von ab + Z höchstens b und
damit endlich.
(b) Definiere zu n ∈ N die zyklische Untergruppe Un := n1 + Z von Q/Z. Der Erzeuger besitzt
genau die Ordnung n, denn n · ( n1 + Z) = (n · n1 ) + Z = Z ist das neutrale Element von Q/Z,
und für 1 ≤ m < n ist offenbar m
/ Z, also ist |Un | = n.
n ∈
Aufgabe 21 (Das Zentrum)
2 Punkte
Geben Sie konkrete Beispiele für nichttriviale Gruppen G an mit
(a) Z(G) = G,
(b) Z(G) = {1G },
(c) Z(G) 6= {1G }, G.
Lösung
(a) Jede abelsche Gruppe tut es, zum Beispiel (Z, +) oder V4 .
(b) G = S3 besitzt ein triviales Zentrum (vgl. Aufgabe 18).
(c) Für G = GLn (C) ist HC ⊆ Z(G) aber Z(G) 6= G (vgl. Aufgabe 3).
Aufgabe 22 (Innere Automorphismen)
2 Punkte
Zeigen Sie, dass für jede Gruppe G die Gruppe Inn(G) ein Normalteiler von Aut(G) ist.
Lösung
Seien Φ ∈ Aut(G) und ϕh ∈ Inn(G) beliebig. Für g ∈ G ist dann (Φ ◦ ϕh ◦ Φ−1 )(g) = Φ(h−1 · (Φ−1 (g)) ·
h) = Φ(h)−1 · Φ(Φ−1 (g)) · Φ(h) = Φ(h)−1 · g · Φ(h) = ϕΦ(h) (g), also ist Φ ◦ ϕh ◦ Φ−1 = ϕΦ(h) , bzw.
Φ ◦ Inn(G) ◦ Φ−1 ⊆ Inn(G) für alle Φ ∈ Aut(G).
Aufgabe 23 (Isomorphiesätze)
3 Punkte
Sei N E G ein Normalteiler, so dass für jede Untergruppe H ≤ G mit N ⊆ H entweder H = N
oder H = G gilt. Zeigen Sie, dass Untergruppen H1 , H2 ≤ G isomorph sind, wenn H1 , H2 6= {1} und
H1 ∩ N = H2 ∩ N = {1} gilt.
Lösung
Seien G, N, H1 , H2 mit diesen Eigenschaften gegeben. Sei im Folgenden i = 1, 2. Nach dem 1. Isomorphiesatz gilt
Hi / (Hi ∩ N ) ∼
= (Hi N ) / N ,
nach Voraussetzung ist aber Hi ∩ N = {1}. Jede Gruppe ist isomorph zu ihrer Faktorisierung nach der
trivialen Gruppe {1}, also gilt
Hi ∼
= Hi / (Hi ∩ N ) ∼
= (Hi N ) / N .
Das Produkt Hi N ist eine Untergruppe von G, denn aus der Normalität von N in G folgt Hi N = N Hi .
Andererseits enthält Hi N den Normalteiler N , nach Voraussetzung ist also Hi N = G oder Hi N = N .
Aus Hi ∩ N = {1} und Hi 6= {1} folgt, dass Hi ein Element enthält, das nicht in N liegt. Also bleibt
nur die Möglichkeit Hi N = G. Insgesamt hat man also die Isomorphiekette
H1 ∼
= H1 / (H1 ∩ N ) ∼
= (H1 N ) / N = G / N = (H2 N ) / N ∼
= H2 / (H2 ∩ N ) ∼
= H2 ,
und damit H1 ∼
= H2 .
Aufgabe 24 (Indexschachtelung)
2 Punkte
Zeigen Sie: Für endliche Gruppen U ≤ H ≤ G gilt stets (G : H) · (H : U ) = (G : U ).
Lösung
Mit dem Satz von Lagrange folgt |G| = |H| · (G : H) bzw. |H| = |U | · (H : U ). Einsetzen ergibt
|G| = |U | · (G : H) · (H : U ), wieder nach dem Satz von Lagrange ist aber |G|/|U | = (G : U ).
26.11.2003
WS 2003-2004
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)
Algebra I
-
Lösungsblatt 6
Zur Übungsstunde vom 26.11.2003
Aufgabe 25 (Zyklendarstellung)
2 Punkte
Sei π ∈ Sn beliebig mit Zyklendarstellung π = σ1 σ2 · · · σk . Zeigen Sie die folgende Regel, die es erlaubt, aus einer Zyklendarstellung einzelne Zyklen auszusondern: Für ein i mit 1 ≤ i ≤ k und eine
Permutation τ ∈ Sn die disjunkt zu allen σj mit j 6= i ist, gilt τ πτ −1 π −1 = τ σi τ −1 σi−1 .
Lösung
Sei π = σ1 · · · σk und τ eine zu allen σj mit j 6= i disjunkte Permutation. Dann gilt:
τ πτ −1 π −1
−1
= τ σ1 σ2 · · · σk τ −1 σk−1 σk−1
· · · σ1−1
−1
· · · σ1−1
= σ1 σ2 · · · σi−1 τ σi τ −1 σi+1 · · · σk σk−1 σk−1
−1
= σ1 σ2 · · · σi−1 τ σi τ −1 σi−1 σi−1
· · · σ1−1
−1
= τ σi τ −1 σ1 σ2 · · · σi−1 σi−1 σi−1
· · · σ1−1
= τ σi τ −1 σi−1
Dabei wird ausgenutzt, das disjunkte Zyklen beliebig miteinander vertauscht werden können, und alle
Zyklen in der Zyklendarstellung von τ zu σj mit j 6= i disjunkt sind.
Aufgabe 26 (Rechnen mit Zyklen)
2 Punkte
Es seien die Permutationen π = (1234567), τ = (123), σ = (453) und % = (456) der S7 gegeben.
Berechnen Sie eine möglichst kurze Zyklendarstellung der folgenden Permutationen:
(a) τ πτ −1 π −1
(b) σ(τ ρ)σ −1 (τ ρ)−1
(c) (142)(12)(34)(142)−1 .
Lösung
(a)
τ πτ −1 π −1
(b)
στ ρσ −1 ρ−1 τ −1
= (123)(1234567)(132)(1765432) =
1 2 3 4 5 6 7
= (124).
2 4 3 1 5 6 7
= (453)(123)(456)(435)(465)(132) =
(c) (142)(12)(34)(142)−1 = (142)(12)(34)(124) =
1 2 3 4 5 6 7
= (16345).
6 2 4 5 1 3 7
1 2 3 4 5 6 7
4 3 2 1 5 6 7
= (14)(23).
Aufgabe 27 (Herleitung von Dreierzyklen)
8 Punkte
Sie sparen sich sehr viel Arbeit, wenn Sie zuerst die beiden vorhergehenden Aufgaben lösen!
Sei N E An ein nichttrivialer Normalteiler der alternierenden Gruppe für n ≥ 5 und π ∈ N ein nichttriviales Element. Beweisen Sie Lemma 1.6.8 der Vorlesung, indem Sie zeigen, dass jede der folgenden
Aussagen impliziert, dass ein Dreierzyklus in N liegt:
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
π ist Produkt zweier nicht disjunkter Transpositionen.
π ist Produkt zweier beliebiger Transpositionen.
Es gibt in der Zyklendarstellung von π einen Zyklus der Länge r ≥ 4.
Es gibt in der Zyklendarstellung von π zwei disjunkte Zyklen der Länge r = 3.
Es gibt in der Zyklendarstellung von π zwei disjunkte Zyklen der Länge r = 2.
Erläutern Sie zudem kurz, warum diese Bedingungen ausreichen, um die Existenz eines Dreierzyklus
in jedem nichttrivialen Normalteiler N E An zu sichern.
Lösung
(a) Es ist leicht zu zeigen, dass π dann entweder id oder ein Dreierzyklus ist: (a b)(a c) = (acb)
für paarweise verschiedene a, b, c ∈ {1, . . . , n}.
(b) Sei π = (a b)(c d) für paarweise verschiedene a, b, c, d ∈ {1, . . . , n}. Wegen n ≥ 5 gibt es ein
von a, b, c, d verschiedenes Element x. Die Permutation τ = (a b)(c x) liegt dann in An , nach
Satz 1.4.1 liegt dann π 0 = τ πτ −1 wieder in N . Dann ist aber auch π 0 π in N . Alle betrachteten
Permutationen sind selbstinvers, und Ausrechnen ergibt
π 0 π = (a b)(c x)(a b)(c d)(a b)(c x)(a b)(c d) = (cxd) .
Also liegt mit π 0 π ein Dreierzyklus in N .
(c) Nach Satz 1.6.1 der Vorlesung ist π = σ1 σ2 · · · σk Produkt disjunkter Zyklen. Sei also σi =
(a1 a2 · · · ar ) ein nichttrivialer Zyklus aus dem Produkt mit r ≥ 4. Der Dreierzyklus τ =
(a1 a2 a3 ) liegt dann in der An , also liegt mit π nach Satz 1.4.1 die Permutation τ πτ −1
ebenfalls in N . Da N eine Gruppe ist liegt auch π 0 = τ πτ −1 π −1 in N . Der Zyklus τ ist
disjunkt zu allen σj aus der Zyklendarstellung von π mit Ausnahme von σi , nach Aufgabe 25
gilt also
π 0 = τ σi τ −1 σi−1 .
Analog zu Aufgabe 26 Teil a) ist nun aber
π 0 = (a1 a2 a3 )(a1 a2 · · · ar )(a1 a3 a2 )(a1 ar ar−1 · · · a2 ) = (a2 a4 a1 ) .
Mit π 0 liegt daher ein Dreierzyklus in N .
(d) Es ist π = σ1 σ2 · · · σk Produkt disjunkter Zyklen. Seien σi = (a1 a2 a3 ) sowie σj = (b1 b2 b3 )
disjunkte Dreierzyklen in der Zyklendarstellung von π. Der Dreierzyklus τ = (b1 b2 a3 ) liegt
in der An , also liegt mit π nach Satz 1.4.1 die Permutation τ πτ −1 ebenfalls in N , ebenso
π 0 = τ πτ −1 π −1 . Der Zyklus τ ist disjunkt zu allen σt aus der Zyklendarstellung von π mit
Ausnahme von σi und σj , also gilt
π 0 = τ σi σj τ −1 (σi σj )−1 = τ σi σj τ −1 σj−1 σi−1 .
Analog zu Aufgabe 26 Teil b) ist dann
π 0 = (b1 b2 a3 )(a1 a2 a3 )(b1 b2 b3 )(b1 a3 b2 )(b1 b3 b2 )(a1 a3 a2 ) = (a1 b3 a3 b1 b2 )
Mit π 0 liegt daher ein Zyklus der Länge 5 in N , nach Teil c) gibt es dann aber auch einen
Zyklus der Länge 3 in N .
(e) Es ist π = σ1 σ2 · · · σk Produkt disjunkter Zyklen. Seien σ1 = (a b) sowie σ2 = (c d) disjunkte
Transpositionen in der Zyklendarstellung von π, also π = (a b)(c d)σ3 · · · σk . Der Dreierzyklus
τ = (a d c) liegt in der An , also liegt mit π nach Satz 1.4.1 die Permutation π2 = τ πτ −1
ebenfalls in N . Da τ disjunkt zu allen σj für j ≥ 3 ist, folgt π2 = τ (a b)(c d)τ −1 σ3 · · · σk .
Analog zu Aufgabe 26 c) ist aber τ (a b)(c d)τ −1 = (a c)(b d), also gilt
π = (a b)(c d)σ3 · · · σk
π2 = (a c)(b d)σ3 · · · σk
Für das nach dem Untergruppenkriterium ebenfalls in N liegende Element ππ2−1 gilt dann
wegen der Auslöschung des Terms σ3 · · · σk und (x y)−1 = (x y) gerade
ππ2−1 = (a b)(c d)(a c)(b d) = (a d)(b c) .
Also gibt es ein Element in N , das Produkt zweier disjunkter Transpositionen ist, mit Teil b)
liegt also ein Dreierzyklus in N .
Angenommen π 6= id erfüllt keine dieser Bedingungen. Ist c) nicht erfüllt, so besteht die Zyklendarstellung von π nur aus v Transpositionen und w Dreierzyklen. Dreierzyklen sind gerade, Transpositionen
sind ungerade, also muss wegen sgn(π) = 1 die Anzahl v der Transpositionen gerade sein. Dann aber
ist v = 0, denn sonst gäbe es eine gerade Anzahl disjunkter Transpositionen im Widerspruch zu e). Ist
w ≥ 2, so hat man analog einen Widerspruch zu d). Also bleibt nur w = 0 oder w = 1. Im ersten Fall
ist π = id im Widerspruch zur Voraussetzung dass N nicht trivial ist, im zweiten Fall ist π selbst ein
Dreierzyklus.
Aufgabe 28 (Einfachheit der alternierenden Gruppe)
4 Punkte
Für diese Aufgabe können Sie die vorigen Aufgaben benutzen, ohne sie gelöst zu haben!
Es sei An / Sn die alternierende Gruppe für n ≥ 5. Komplettieren Sie Satz 1.6.5 der Vorlesung, indem
Sie die folgenden Teilschritte zeigen:
(a) Enthält ein Normalteiler N E An einen Dreierzyklus, so enthält er alle Dreierzyklen.
(b) Für n ≥ 5 ist An einfach.
(c) Für n = 4 ist An nicht einfach.
Lösung
(a) Sei N Normalteiler der alternierenden Gruppe An und σ = (abc) ein Dreierzyklus in N .
Dann liegen wegen Satz 1.4.1 die Elemente π ◦ σ ◦ π −1 wieder in N für alle π ∈ An . Leichtes
Nachrechnen (vgl. Aufgabe 6) ergibt π ◦ σ ◦ π −1 = (π(a) π(b) π(c)). Sei also (x y z) ein
beliebiger Dreierzyklus, dann gibt es ein π ∈ Sn mit (x y z) = π ◦ σ ◦ π −1 . Da n ≥ 5
vorausgesetzt ist gibt es k 6= l so dass (k l) disjunkt zu σ ist. Mit π2 = π ◦ (kl) ist dann auch
(xyz) = π2 ◦ σ ◦ π2−1 . Nach Definition des Signums ist nun entweder π oder π2 eine gerade
Permutation, daher liegt mit σ auch (xyz) = π ◦ σ ◦ π −1 = π2 ◦ σ ◦ π2−1 in N , d. h. jeder
Dreierzyklus liegt in N , da x, y, z beliebig waren.
(b) Jeder nichttriviale Normalteiler der An enthält nach der vorigen Aufgabe mindestens einen
Dreierzyklus, und nach Teil a) damit alle Dreierzyklen. Diese erzeugen nach Lemma 1.6.6 der
Vorlesung die alternierende Gruppe, also ist der Normalteiler ganz An .
(c) In Aufgabe 13 wurde gezeigt, dass die kleinsche Vierergruppe V4 ein Normalteiler der S4 ist,
dann ist sie aber insbesondere ein Normalteiler der A4 , denn die Elemente von V4 sind gerade.
Wegen |V4 | = 4 und |A4 | = 21 4! = 12 ist V4 ein echter Normalteiler, d. h. A4 ist nicht einfach.
03.12.2003
WS 2003-2004
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)
Algebra I
-
Lösungsblatt 7
Zur Übungsstunde vom 03.12.2003
Aufgabe 29 (Zerlegung der Sn )
2 Punkte
Zeigen Sie, dass für n ≥ 5 die An der einzige nichttriviale Normalteiler der Sn ist.
Lösung
Zunächst ist die An ein Normalteiler, denn sie ist eine Untergruppe, und mit π ∈ Sn ist πτ π −1 ∈ An
für alle τ ∈ An wegen sgn(πτ π −1 ) = sgn(π) · (−sgn(π)) · sgn(τ ) = 1 für alle π ∈ Sn . Sei nun N
ein beliebiger nichttrivialer Normalteiler der Sn , d. h. πN π −1 = N für alle π ∈ Sn . Dann gilt aber
auch πN π −1 = N für alle π ∈ An . Sei N 0 = N ∩ An die Teilmenge der geraden Elemente aus N .
Angenommen N 0 = {id} ist trivial, dann enthält N bis auf id nur ungerade Elemente. Das Produkt
zweier solcher Elemente ist aber gerade, also ist das Produkt von je zwei nichttrivialen Elementen die
Identität, das geht aber nur für Gruppen der Form {id, (ab)} mit a 6= b. Das ist aber kein Normalteiler
der Sn . Also enthält N 0 mindestens ein nichttriviales Element. Dann aber ist N 0 eine Untergruppe von
An , da N 0 ein Schnitt von Gruppen ist (Aufgabe 2). Mit πN π −1 = N ist dann auch πN 0 π −1 = N 0 für
alle π ∈ An , da Konjugation das Signum nicht ändert. Also ist N 0 nichttrivialer Normalteiler von An ,
nach Aufgabe 28 also ganz An . Insbesondere ist jeder nichttriviale Normalteiler N der Sn eine Obermenge von An . Aus der Indexschachtelung (Aufgabe 24) folgt (Sn : N ) · (N : An ) = (Sn : An ).
Da Indizes von Untergruppen aber natürliche Zahlen sind, und die alternierende Gruppe den Index 2
in der symmetrischen Gruppe besitzt, bleiben nur die Möglichkeiten (Sn : N ) = 2 (gleichbedeutend
mit N = An ) und (Sn : N ) = 1 (gleichbedeutend mit N = Sn ).
Aufgabe 30 (Diedergruppen)
5 Punkte
Eine Gruppe G heißt Diedergruppe, falls es zwei Elemente a, b ∈ G gibt, deren Erzeugnis G ist, so dass
b und ab selbstinvers sind. Zeigen Sie:
(a) Die Kleinsche Vierergruppe V4 ist eine Diedergruppe.
(b) Die obige Charakterisierung der Diedergruppen ist äquivalent zu der Folgenden:
G ist Diedergruppe genau dann wenn sie von zwei Elementen der Ordnung 2 erzeugt wird.
(c) In jeder Diedergruppe G = ha, bi ist hai ein Normalteiler vom Index 2.
(d) Jede endliche Diedergruppe besitzt eine gerade Ordnung.
(e) Alle Diedergruppen gleicher Ordnung (auch ∞) sind zueinander isomorph.
Die Gruppe Dn der Deckbewegungen eines regelmäßigen n-Ecks (Di-Eder = Objekt mit zwei Flächen)
ist eine Diedergruppe der Ordnung 2n. Wegen den letzten Teilaufgabe bezeichnet man auch die Isomorphietypen der Diedergruppen an sich mit Dn bzw. D∞ .
Lösung
(a) Setze a := (12)(13) und b := (13)(24), dann ist V4 = ha, bi, da das dritte nichttriviale
Element der V4 gerade (14)(23) = ab ist. Alle Elemente von V4 sind selbstinvers, also ist V4
eine Diedergruppe.
(b) Angenommen G ist eine Diedergruppe mit Erzeugern a, b ∈ G und ord(a) = ord(ab) = 2.
Setze x := ab und y := b, dann ist ord(x) = ord(y) = 2, und die Gruppe G wird auch von
x und y erzeugt, da sich die Erzeuger a = xy und b = y erzeugen lassen. Umgekehrt seien
x, y ∈ G Erzeuger von G mit ord(x) = ord(y) = 2, dann erfüllen a := xy und b := y die
Definition der Diedergruppe.
(c) hAi ist als zyklisches Erzeugnis von a eine Untergruppe von G. Nach einem Beispiel aus der
Vorlesung ist jede Untergruppe vom Index 2 ein Normalteiler, es genügt also zu zeigen, dass
die Operation von hai auf G nur zwei Nebenklassen zulässt. Sei also g ∈ G beliebig, dann
ist zu zeigen, dass g hai = hai oder g hai = b hai ist. Da G nach Teil b) auch von b und ab
(beide selbstinvers) erzeugt wird, ist g ein Produkt g = c1 · · · · · ck mit cj ∈ {b, ab}. Tritt
in dieser Produktdarstellung das Element ab nicht auf, so ist g = bk , also b = 1 ∈ hai oder
b = b ∈ b hai wegen ord(b) = 2. Angenommen in der Produktdarstellung gibt es einen Faktor
aj b für ein j ≥ 1, dann kann dieser wegen ab = ba−1 durch ba−j ersetzt werden. Angenommen
es gibt einen Faktor baj b mit j ≤ −1, dann kann dieser wegen ba−1 = ab durch aj bb = aj
ersetzt werden. Insgesamt kann (ohne Änderung von g) in der Produktdarstellung von g jede
Potenz von a ans Ende geschoben werden. Tatsächlich ist also g = bk aj für j, k ∈ Z. Wegen
ord(b) = 2 ist dann aber g = aj oder g = baj , also g ∈ hai oder g ∈ b hai, also ist der Index
von hai in G gerade 2, und hai ist ein Normalteiler.
(d) Wegen Teil c) und dem Satz von Lagrange ist 2 ein Teiler der Gruppenordnung, falls G endlich
ist.
(e) Seien G und G0 Diedergruppen gleicher Ordnung mit Erzeugern {a, b, } bzw. {a0 , b0 }. Jedes
g ∈ G ist von der Form g = c1 · · · · · ck mit cj ∈ {a, b, a−1 , b−1 } nach Satz 1.1.2. Nach
der Rechnung aus Teil c) ist ohne Einschränkung g = bj ak mit j, k ∈ Z. Es sei daher die
Abbildung Φ : G → G0 wie folgt definiert:
Φ(g) = Φ(bj ak ) := b0j a0k .
Angenommen G ist unendlich, dann ist hai ebenfalls unendlich, da diese Untergruppe Index
2 in G besitzt. Da b Ordnung 2 besitzt folgt aus bj ak = bs at auch j ≡ s mod 2 und k = t. Da
G0 die gleiche Ordnung besitzt, ist auch ha0 i unendlich und b0 von Ordnung 2, d. h. a0j b0k =
a0s b0t . Also ist Φ wohldefiniert. Die Umkehrabbildung ist natürlich Φ−1 (a0j b0k ) := aj bk . Beide
Abbildungen sind offensichtlich surjektiv, da a, b Erzeuger sind. Die Homomorphie folgt aus
Φ(g1 g2 ) = Φ(bj1 ak1 bj2 ak2 ) = Φ(bs at ) = b0s a0t = b0j1 a0k1 b0j2 a0k2 = Φ(g)Φ(g 0 ) ,
da in G0 die Regel a0 b0 = b0 a0−1 analog zur Regel ab = ba−1 in G gilt. Insgesamt sind Φ und
Φ−1 Isomorphismen, daher ist G ∼
= G0 . Angenommen G und G0 sind endlich von Ordnung
2n, dann ist | hAi | = n nach Teil c). Ebenso ist | ha0 i | = n. Die Abbildung Φ ist dann
ebenfalls wohldefiniert, denn aus bj ak = bs at folgt dann j ≡ s mod 2 und k ≡ t mod n, was
b0j a0k = b0s a0t in G0 impliziert. Homomorphie und Existenz und Injektivität von Φ−1 folgen
analog zum unendlichen Fall.
Aufgabe 31 (Direktes Produkt)
2 Punkte
Zeigen Sie, dass das äußere direkte Produkt bis auf Isomorphie kommutativ ist, d. h. G × H ist isomorph zu H × G für alle Gruppen G und H.
Lösung
Der Isomorphismus ist gegeben durch
Φ =
G×H → H ×G
(g, h) 7→ (h, g)
Diese Abbildung ist ein Homomorphismus, denn mit der Verknüpfung auf dem direkten Produkt gilt
Φ((g, h)(g 0 , h0 )) = Φ((gg 0 , hh0 )) = (hh0 , gg 0 ) = (h, g)(h0 , g 0 ) = Φ((g, h))Φ(g 0 , h0 ). Die Abbildung ist
surjektiv, denn das Urbild zu (h, g) ist offenbar (g, h). Sie ist auch injektiv, da aus (h, g) = (h0 , g 0 ) mit
h = h0 und g = g 0 natürlich auch (g, h) = (g 0 , h0 ) folgt. Also ist Φ ein Isomorphismus.
Aufgabe 32 (Semidirektes Produkt)
4 Punkte
Zeigen Sie Satz 1.7.9 der Vorlesung: Seien G, H Gruppen und φ : H → Aut(G) ein beliebiger Homomorphismus von H in die Automorphismengruppe von G. Dann wird das kartesische Mengenprodukt
G × H versehen mit der Verknüpfung
(g1 , h1 ) ∗φ (g2 , h2 ) := (g1 · [(φ(h1 ))(g2 )], h1 · h2 )
zu einer Gruppe.
Lösung
Zu zeigen sind alle Eigenschaften aus Definition 1.1.2:
• Assoziativität:
Es ist (g1 , h1 ) ∗φ ((g2 , h2 ) ∗φ (g3 , h3 )) = (g1 , h1 ) ∗φ (g2 · [φ(h2 )](g3 ), h2 h3 ) = (g1 · [φ(h1 )](g2 ·
[φ(h2 )](g3 )), h1 h2 h3 ) = (∗). Andererseits ist ((g1 , h1 ) ∗φ (g2 , h2 ))∗φ (g3 , h3 ) = (g1 ·[φ(h1 )](g2 ), h1 h2 )∗φ
(g3 , h3 ) = (g1 ·[φ(h1 )](g2 )·[φ(h1 h2 )](g3), h1 h2 h3 ) = (g1 ·[φ(h1 )](g2 )·[φ(h1 )]([φ(h2)](g3)), h1 h2 h3 )
wegen der Homomorphie von φ : H → Aut(G). Wegen der Homomorphie von φ(h1 ) ∈ Aut(G)
kann man zu (g1 · [φ(h1 )] ((g2 ) · [φ(h2)](g3)) , h1 h2 h3 ) = (∗) zusammenfassen.
• Abgeschlossenheit:
Die rechte Komponente des Produkts (g1 , h1 ) ∗φ (g2 , h2 ) = (g1 · [φ(h1 )](g2 ), h1 h2 ) liegt in H,
da H eine Gruppe ist. Da φ(h1 ) ∈ Aut(G) ist liegt auch [φ(h1 )](g2 ) wieder in G, damit auch
die linke Komponente. Also liegt das Produkt in G ×φ H.
• Neutrales Element:
Das neutrale Element der Gruppe G ×φ H ist (1G , 1H ), denn es ist (g, h) ∗φ (1G , 1H ) =
(g · [φ(h1 )](1G ), h · 1H ). Da φ(h1 ) ein Automorphismus von G ist, folgt [φ(h1 )](1G ) = 1G
unabhängig von h1 , also ist (g, h) ∗φ (1G , 1H ) = (g · 1G , h · 1H ) = (g, h). Umgekehrt ist
(1G , 1H ) ∗φ (g, h) = (1G · [φ(1H )](g), 1H · h) = (1G · id(g), 1H · h) = (g, h), da das Bild von 1H
unter dem Homomorphismus φ gerade das neutrale Element id von Aut(G) ist.
• Inverses Element:
Das inverse Element zu (g, h) ist ([φ(h−1 )](g −1 ), h−1 ), denn es ist (g, h)∗φ ([φ(h−1 )](g −1 ), h−1 ) =
(g · [φ(h)]([φ(h−1 )](g −1 )), hh−1 ) = (g · [φ(hh−1 )](g −1 ), hh−1 ) = (g · id(g −1 ), hh−1 ) = (1, 1) wegen der Homomorphie von φ. Andererseits ist ([φ(h−1 )](g −1 ), h−1 ) ∗φ (g, h) = ([φ(h−1 )](g −1 ) ·
[φ(h−1 )](g), h−1 h) = ([φ(h−1 )](g −1 g), h−1 h) = ([φ(h−1 )](1G ), 1H ) = (1G , 1H ) wegen der Homomorphie von φ(h−1 ).
Aufgabe 33 (Isomorphietypen der Ordnung p2 )
3 Punkte
Sei p eine Primzahl und G eine Gruppe der Ordnung p2 . Zeigen Sie, dass G entweder isomorph zu
Z/p2 Z oder zu Z/pZ ⊕ Z/pZ ist, und dass diese Gruppen abelsch sind.
Lösung
Sei G eine Gruppe der Ordnung p2 für eine Primzahl p. Da G eine p-Gruppe ist, hat das Zentrum
Z(G) mehr als ein Element (Satz 1.8.8). Nach dem Satz von Lagrange ist entweder |Z(G)| = p oder
|Z(G)| = p2 . Angenommen |Z(G)| = p, dann ist G nicht abelsch. Sei a 6= 1 ein beliebiges Element, das nicht im Zentrum liegt. Die Ordnung von a ist dann entweder p oder p2 , mit |a| = p2
wäre G aber zyklisch und insbesondere abelsch. Also ist U = hai eine Untergruppe von G der
Ordnung p. Sei G0 = Z(G) · U . Mit zu und z 0 u0 liegt auch das Element zu(z 0 u0 )−1 in G0 , denn
es ist zu(z 0 u0 )−1 = zuu0−1 z 0−1 = (zz 0−1 )(uu0−1 ) ∈ Z(G) · U nach dem Untergruppenkriterium, da
z, z 0−1 ∈ Z(G) mit allen Elementen von G kommutieren. Nach dem Satz von Lagrange muss G0 ≤ G
dann die Ordnung p oder p2 besitzen. Wegen a ∈ U und a ∈
/ Z(G) ist |G0 | echt größer als |Z(G)| = p,
also bleibt nur |G0 | = p2 , und damit G0 = G. Also ist G = Z(G)·U . Angenommen der Schnitt Z(G)∩U
enthält ein Element v 6= 1. Da U zyklisch von Primzahlordnung ist, erzeugt auch v ganz U . Wenn v
aber auch im Zentrum liegt (ebenfalls eine Gruppe der Ordnung p), folgt Z(G) = U im Widerspruch
zur Wahl des Erzeugers a von U . Das Zentrum ist stets ein Normalteiler, also ist wegen Z(G)∩U = {1}
die Gruppe G = Z(G) · U isomorph zum inneren semidirekten Produkt Z(G) ×Φ U . Dabei ordnet Φ
einem u ∈ U den inneren Automorphismus ϕu (g) = ugu−1 zu. Da die z ∈ Z(G) aber mit allen Elementen kommutieren, ist (z, u) ∗Φ (z 0 , u0 ) = (z · ϕu (z 0 ), uu0 ) = (z · uz 0 u−1 , uu0 ) = (zz 0 uu−1 , uu0 ) = (zz 0 , uu0 ),
also ist G tatsächlich sogar das direkte Produkt von Z(G) und U (vgl. Satz 1.7.10). Das Zentrum ist als
Gruppe der Ordnung p wie auch U zyklisch, also sind beide Faktoren abelsch, dann ist aber auch das
direkte Produkt G abelsch, im Widerspruch zur Annahme Z(G) = p. Also ist G stets abelsch. Nach
dem Hauptsatz über endlich erzeugte abelsche Gruppen (1.7.8) ist dann G in jedem Fall isomorph zu
einem direkten Produkt aus zyklischen Gruppen. Wegen |G| = p2 und dem Satz von Lagrange gibt es
nur die Möglichkeiten G ∼
= Z/p2 Z oder G ∼
= Z/pZ ⊕ Z/pZ.
10.12.2003 (in der Vorlesung)
WS 2003-2004
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)
Algebra I
-
Lösungsblatt 8
Zur Übungsstunde vom 10.12.2003 (in der Vorlesung)
Aufgabe 34 (Sylowgruppen)
5 Punkte
Es sei F2 der Körper mit zwei Elementen und die Matrix


0̄ 0̄ 1̄
A = 1̄ 0̄ 1̄
0̄ 1̄ 0̄
aus der GL(3, F2 ) gegeben. Dazu sei nun G = F32 der zugehörige Vektorraum der Dimension 3 (versehen
mit der komponentenweisen Addition). Für l ∈ N0 sei der Automorphismus τl gegeben durch


 
x1
x1
τl : G → G , x2  →
7
Al x2 
x3
x3
mit der üblichen Operation der GL(3, F2 ) auf G. In Aufgabe 7 wurde bereits gezeigt, dass A die Ordnung
7 in der GL(3, F2 ) besitzt, daher ist die Abbildung Φ : Z/7Z → Aut(F32 ) , r̄ 7→ τr̄ wohldefiniert und
offensichtlich ein Homomorphismus. Betrachten Sie das semidirekte Produkt H := G ×Φ Z/7Z und
berechnen Sie:
(a) Das Element
 

 

1̄
1̄
 1̄ , 3 mod 7  ∗Φ  0̄ , 2 mod 7  .
0̄
1̄
(b) Eine 2-Sylowgruppe sowie eine 7-Sylowgruppe von H.
(c) Die Mengen Syl2 (H) und Syl7 (H).
Lösung
(a) Allgemein ist (~x, m) ∗Φ (~y , n) = (~x + Am ~y , m + n), wobei der Vertreter m aus der Klasse
m = m mod 7 beliebig ist, da A gerade Ordnung 7 in der GL(3, F2 ) besitzt. Also gilt
 


 
1̄
1̄
 1̄ , 3  ∗Φ  0̄ , 2 
0̄
1̄
=

 
 
1̄
1̄
 1̄ + A3 0̄ , 5
0̄
1̄
=
 

  

1̄
1̄ 0̄ 1̄
1̄
 1̄ + 1̄ 1̄ 1̄ · 0̄ , 5
0̄
0̄ 1̄ 1̄
1̄
=
 

1̄
1̄ , 5
1̄
(b) H besitzt die Ordnung |G| · |Z/7Z| = 56 = 23 · 7. Eine 2-Sylowgruppe enthält daher 8, eine
7-Sylowgruppe genau 7 Elemente. Der linke Faktor des semidirekten Produkts kann wie folgt
in die Gruppe H eingebettet werden: HL = {(~x, 0) | ~x ∈ F32 } ist eine Untergruppe von H,
denn mit a = (~x, 0) und b = (~y , 0) liegt auch a ∗Φ b−1 = (~x − ~y , 0) in HL . Sie enthält offenbar
|HL | = |F32 | = 8 Elemente, ist also eine 2-Sylowgruppe. Betrachte analog die Einbettung des
rechten Faktors HR = {(~0, m) | m ∈ Z/7Z}: Mit a = (~0, m) und b = (~0, n) ist nach Definition
des Inversen im semidirekten Produkt b−1 = ([Φ(−n)](−~0), −n) = (A−n · ~0, −n) = (~0, −n),
und mit der Definition der Verknüpfung ist a∗Φ b−1 = (~0, m − n) ∈ HR . Also ist auch HR eine
Untergruppe von H, und offensichtlich ist |HR | = |Z/7Z| = 7, also ist HR eine 7-Sylowgruppe.
(c) Es ist |Syl2 (H)| = 1, denn HL ist ein Normalteiler: Für beliebiges (~x, n) ∈ H und (~y , 0) ∈ HL
gilt nämlich (~x, n) ∗ (~y , 0) ∗ (~x, n)−1 = (~x + An ~y , n) ∗ (A−n (−~x), −n) = (~x + An ~y +
An (A−n (−~x)), 0), und dieses Element liegt wieder in HL . Andererseits ist HR kein Normalteiler von H, denn es ist (~x, n) ∗ (~0, k) ∗ (~x, n)−1 = (~x + An~0, n + k) ∗ (A−n (−~x), −n) =
(~x, n + k) ∗ (A−n (−~x), −n) = (~x + An+k (A−n (−~x)), k) = (~x + Ak (−~x), k). Dieses Element
liegt aber schon für k = 1 und ~x 6= ~0 nicht mehr in HR . Also ist |Syl7 (H)| = d > 1. Aus dem
Sylow-Satz folgt d ≡ 1 mod 7, andererseits muss d die Gruppenordnung 56 von H teilen, da
|Syl7 (H)| · |NH (HR )| = 56 = 8 · 7 gilt. Eine Zahl d ≡ 1 mod 7 kann dann aber nur ein Teiler
der 8 sein, und das geht nur für d = 8.
Aufgabe 35 (Der Kompositionstyp)
3 Punkte
Sie G eine endliche Gruppe mit einer Kompositionsreihe G = N1 . N2 . · · · . Nk = {1} mit einfachen
Faktoren Hj = Nj /Nj+1 . Das Tupel (H1 , H2 , . . . , Hk−1 ) wird als Kompositionstyp von G bezeichnet.
Zeigen Sie in den folgenden Teilschritten, dass der Kompositionstyp eine gröbere Charakterisierung
einer Gruppe darstellt als der Isomorphietyp:
(a) Eine Gruppe kann mehrere Kompositionstypen besitzen.
(b) Zwei zueinander isomorphe Gruppen besitzen isomorphe Kompositionstypen.
(c) Es gibt nicht zueinander isomorphe Gruppen mit zueinander isomorphen Kompositionstypen.
Lösung
(a) Betrachte Z/6Z: diese Gruppe ist abelsch, also ist jede Untergruppe ein Normalteiler. Man
hat die Untergruppen 2 · (Z/6Z) = {0, 2, 4} und 3 · (Z/6Z) = {0, 3}. Die erste Untergruppe ist
offensichtlich isomorph zu Z/3Z, die zweite zu Z/2Z. Beide Untergruppen sind auch einfach,
also hat man die Kompositionsreihe
Z / 6Z . 2 · (Z / 6Z ) . {0}
für die Gruppe Z/6Z, aber aus den gleichen Gründen ist auch
Z / 6Z . 3 · (Z / 6Z ) . {0}
eine Kompositionsreihe. Für den ersten Faktor der ersten Kompositionsreihe gilt nach dem
zweiten Isomorphiesatz
(Z / 6Z ) / (2(Z / 6Z )) ∼
= Z / 2Z ,
der zweite Faktor ist isomorph zu Z/3Z. Also besitzt Z/6Z den Kompositionstyp (Z/2Z, Z/3Z)
(Kompositionstypen mit endlichen zyklischen Faktoren schreibt man auch kurz als (2, 3)). Mit
der zweiten Kompositionsreihe besitzt die gleiche Gruppe dann auch den von (2, 3) verschiedenen Kompositionstyp (3, 2).
(b) Sei Φ : G → H ein Gruppenisomorphismus und (G1 , . . . , Gk−1 ) ein Kompositionstyp von G.
Dann gibt es eine Kompositionsreihe
G = G1 . G2 . · · · . Gk = {1G }
zur Gruppe G mit Gj = Gj / Gj+1 . Ist N ein Normalteiler von G, so ist Φ(N ) ein Normalteiler
von H (wegen Satz 1.5.1 ist Φ(N ) Untergruppe von H, und mit gng −1 ∈ N gilt natürlich
auch Φ(g)Φ(n)Φ(g)−1 ∈ Φ(N )). Umgekehrt ist Φ−1 ebenfalls ein Isomorphismus, also ist das
Urbild eines Normalteilers von H ein Normalteiler von G. Insbesondere sind isomorphe Bilder
einfacher Gruppen wieder einfach. Φ faktorisiert über einen Normalteiler N von G zu einem
Isomorphismus
G/ N →
Φ(G) / Φ(N )
Φ =
g = gN 7→ Φ(g) = Φ(g)Φ(N )
Es sei Φ1 := Φ und Φj := Φj−1 für j = 2 . . . k für die Faktorisierung von Gj über dem
Normalteiler Gj+1 / Gj . Setzt man Hj := Φj (Gj ) so gilt nach dem obigen Hj ∼
= Gj für alle j,
und Hj+1 ist ein Normalteiler in Hj . Der Faktor H j = Hj+1 /Hj ist einfach, denn er ist das
Bild des einfachen Faktors Gj unter dem Isomorphismus Φj = Φj+1 . Anders ausgedrückt ist
Φ(G) = H1 . H2 . · · · . Hk = {Φ(1G )}
eine Kompositionsreihe für Φ(G) = H. Damit besitzt H den Kompositionstyp (H 1 , . . . , H k−1 ),
dieser ist aber wegen H j ∼
= Gj isomorph zum (beliebigen) Kompositionstyp (G1 , . . . Gk−1 )
der Gruppe G. Es ist klar, dass dieser Schluss mit dem Isomorphismus Φ−1 benutzt werden
kann, um zu jedem Kompositionstyp von H einen entsprechenden Kompositionstyp von G
nachzuweisen.
(c) Nach Teil a) besitzt Z/6Z den Kompositionstyp (2, 3). Die Gruppe S3 ist nicht isomorph
zu Z/6Z, denn sie ist nicht zyklisch. Sei U die vom Zykel (123) erzeugte Untergruppe mit
Ordnung 3. Sie besitzt den Index 2 in der S3 , ist also ein Normalteiler. Die Faktorgruppe
S3 /U besitzt die Ordnung 2, also ist sie isomorph zu Z/2Z. U dagegen ist als zyklische Gruppe
isomorph zu Z/3Z. Also hat man die Kompositionsreihe S3 . U . {id}, und die Gruppe S3
besitzt ebenfalls den Kompositionstyp (2, 3).
Aufgabe 36 (Kompositionstyp Teil II)
3 Punkte
Zeigen Sie, dass es bis auf Isomorphie nur eine Gruppe G gibt, die bis auf Isomorphie ausschließlich
den Kompositionstyp (Z/2Z, Z/3Z) besitzt. Begründen Sie kurz, warum der von Ihnen gefundene Isomorphietyp keinen Widerspruch zu der Tatsache darstellt, dass alle Faktoren der Kompositionsreihe
abelsch sind.
Lösung
Nach der Lösung zur vorigen Aufgabe besitzt S3 den Kompositionstyp (2, 3). Nach dem Satz von
Jordan-Hölder kommt als weiterer Kompositionstyp nur (3, 2) in Frage. Die einzigen Untergruppen
vom Index 3 in der S3 sind aber die Gruppen {id, τ } für die Transpositionen τ von S3 . Eine solche
Untergruppe ist aber kein Normalteiler, da (123)τ (123)−1 eine von τ verschiedene Transposition ist.
Also gibt es keinen Normalteiler vom Index 3 in S3 , außer (2, 3) besitzt S3 daher keinen Kompositionstyp. Sei nun G eine beliebige Gruppe, die nur den Kompositionstyp (2, 3) besitzt. Wegen 2 · 3 = 6
besitzt G die Ordnung 6. Angenommen es gibt einen Normalteiler N vom Index 3, dann gibt es auch
eine Normalreihe von G, die mit diesem Normalteiler beginnt. Dann gibt es aber auch eine Kompositionsreihe die mit diesem Normalteiler beginnt, da der Faktor G/N von Ordnung 3 isomorph zur Z/3Z
und damit einfach ist. Dann aber gibt es einen Kompositionstyp der Form (3, . . .) im Widerspruch zur
Annahme. Jeder Normalteiler muss Index 2 oder 3 besitzen, also gibt es in G nur Normalteiler vom
Index 2 bzw. von Ordnung 6/2 = 3. Es gibt auch einen solchen Normalteiler N , denn es kann keine
einfache Gruppe mit Ordnung 6 geben. N ist zyklisch erzeugt von einem Element s der Ordnung 3.
Es gibt auch ein Element t ∈ G mit Ordnung 2, weil es eine 2-Sylowgruppe in G gibt. Die Nebenklassen von G bzgl. N sind gerade N und tN , also ist jedes Element von G von der Form sj oder tsj
(j = 0 . . . 2). Ein Isomorphismus zur S3 ist dann gegeben durch Φ(sj ) := σ j und Φ(tsj ) := τ σ j mit
σ = (123) und τ = (12) (jede andere Wahl eines 3-Zyklus und einer Transposition ergibt einen weiteren
Isomorphismus). Offensichtlich ist Φ injektiv, und da beide Gruppen Ordnung 6 besitzen ist Φ auch
surjektiv. Die Homomorphie ist auch klar, da die Nebenklassenzerlegung S3 / hσi = {hσi , τ hσi} in S3
analog verläuft.
Beide Faktoren der S3 sind abelsch, aber S3 selbst ist nicht abelsch. Der Begriff Faktor im Zusammenhang mit Kompositionsreihen sollte daher nicht mit dem Faktor in einem direkten Produkt verwechselt
werden. Faktoren einer Kompositionsreihe sind im Allgemeinen keine Untergruppen der ursprünglichen
Gruppe, sie sind iterierte homomorphe Bilder unter einer sukzessiven Faktorgruppenbildung.
Aufgabe 37 (Kompositionsreihen endlicher zyklischer Gruppen)
3 Punkte
Bestimmen Sie für G = Z/nZ eine Kompositionsreihe und den zugehörigen Kompositionstyp. Benutzen Sie den Fundamentalsatz der Arithmetik und den Satz von Jordan-Hölder, um die Anzahl der
möglichen Kompositionsreihen von G in Abhängigkeit von n zu bestimmen.
Lösung
Angenommen für positive natürliche Zahlen a und n gilt a|n, dann ist a·(Z/nZ) = {0, a, 2a, . . . , (n − a)}
eine Untergruppe von Z/nZ von Ordnung n/a und Index a. Offenbar gilt
.
∼ Z nZ ,
a · (Z / nZ ) =
a
n
wobei a wieder eine positive natürliche Zahl ist. Alle diese Gruppen sind abelsch, also ist a · (Z/nZ)
ein Normalteiler von Z/nZ. Für den zugehörigen Faktor hat man mit dem zweiten Isomorphiesatz
(Z/nZ) / (a · (Z/nZ)) ∼
= Z / aZ .
Diese Gruppe ist aber genau dann einfach, wenn a eine Primzahl ist.
Q e
Induktiv erhält man daher zur eindeutigen Zerlegung in Primfaktoren n = pj j eine Kompositionsreihe
Z/nZ .
p11 · (Z/nZ)
.
p21 · (Z/nZ)
.
···
pe11 p12 · (Z/nZ)
..
Q ej .
pj · (Z/nZ)
.
e
p1j p22 · (Z/nZ)
.
···
n · (Z/nZ)
= {0̄} .
Q ej
Es ist klar, dass jede Permutation der Faktoren im Produkt pj eine weitere Kompositionsreihe liefert. Mit der Kurzschreibweise aus den vorigen Aufgaben besitzt Z/nZ damit den Kompositionstyp
(p1 , p1 , . . . , p1 , p2 , . . . , p2 , . . . , pk , . . . , pk ), und ebenso jeden Kompositionstyp der aus diesem durch permutieren der Komponenten hervorgeht. Nach dem Satz von Jordan-Hölder kann Z/nZ aber nur diese
Kompositionstypen besitzen, also sind dies schon alle. Sei m = e1 + · · · +ek die Anzahl der Komponenten, dann gibt es genau m! Kompositionstypen, die sich in Gruppen zu jeweils e1 ! · · · · · ek ! gleichen
Typen anordnen lassen, da die Permutation der pj unter sich den Kompositionstyp nicht ändert. Also
gibt es ingesamt
P
k
e
!
j
j=1
Qk
j=1 (ej !)
=
verschiedene Kompositionstypen der Gruppe Z/nZ.
Aufgabe 38 (Gruppenordnung)
Zeigen Sie, dass |U V | =
|U |·|V |
|U ∩V |
2 Punkte
gilt für U, V ≤ G Untergruppen einer endlichen Gruppe G.
Lösung
Seien U und V Untergruppen einer endlichen Gruppe G, und U × V das äußere direkte Produkt dieser
Gruppen. Darin liegt die Untergruppe A = {(a, a) | a ∈ U ∩ V } (das ist eine Untergruppe, weil U ∩ V
jeweils eine Untergruppe von U und V ist). Betrachte die Abbildung
(U × V ) / A → U V
f =
.
(u, v)A
7→ uv −1
Sowohl das Komplexprodukt U V als auch die Nebenklassenmenge müssen keine Gruppen sein, f ist
daher nur eine Abbildung zunächst ohne weitere Eigenschaften. Sie ist wohldefiniert, denn aus (u, v)A =
(u0 , v 0 )A folgt u0 = ua und v 0 = va für ein a ∈ U ∩V , dann ist aber auch u0 v 0−1 = uaa−1 v −1 = uv −1 . Die
Abbildung ist surjektiv, denn ein Urbild von uv ∈ U V ist natürlich (u, v −1 )A. Sie ist auch Injektiv:
uv −1 = u0 v 0−1 ⇒ u−1 u0 = v −1 v 0 = a. Da u−1 u0 in U und v −1 v 0 in V liegt, sind beide Elemente
(und damit a) sogar im Schnitt U ∩ V . Also ist (a, a) ∈ A. Nun ist aber (u, v)(a, a) = (ua, va) =
(uu−1 u0 , vv −1 v 0 ) = (u0 , v 0 ), also liegen (u, v) und (u0 , v 0 ) in der gleichen Nebenklasse unter A, sie sind
also Vertreter des gleichen Urbilds unter f . Insgesamt ist f damit bijektiv, die Menge U V enthält
daher die gleiche (endliche) Anzahl Elemente wie die Menge (U × V )/A. Also gilt |U × V |/|U ∩ V | =
|(U × V )/A| = |U V |, und natürlich ist |U × V | = |U | · |V |.
17.12.2003
WS 2003-2004
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)
Algebra I
-
Lösungsblatt 9
Zur Übungsstunde vom 17.12.2003
Aufgabe 39 (Charakterisierung der Gruppen mit Ordnung 60)
13 Punkte
In der Vorlesung wurde gezeigt, dass alle einfachen Gruppen der Ordnung 60 isomorph zur A5 sind.
Sei nun G eine beliebige Gruppe der Ordnung 60. Zeigen Sie:
Es gilt |Syl3 (G)| ∈ {1, 4, 10} und |Syl5 (G)| ∈ {1, 6}.
Ist |Syl3 (G)| =
6 10, so gibt es eine Untergruppe U ≤ G der Ordnung 15.
Gibt es in G eine Untergruppe der Ordnung 15, so auch einen Normalteiler der Ordnung 5.
Falls es keinen Normalteiler der Ordnung 5 in G gibt, so gelten die folgenden Aussagen:
• es gibt 24 Elemente der Ordnung 5 in G,
• es gibt 20 Elemente der Ordnung 3 in G,
• die verbleibenden Elemente besitzen (bis auf 1G ) Ordnung 2 oder 4,
• es gibt keinen Normalteiler der Ordnung 2 oder 4.
(e) Ist G nicht einfach, so ist G das innere semidirekte Produkt eines Normalteilers der Ordnung
5 und einer Untergruppe der Ordnung 12.
(a)
(b)
(c)
(d)
Hinweise:
Teil
Teil
Teil
Teil
b)
c)
d)
e)
Betrachten Sie einen Normalteiler der Ordnung 3, oder einen Normalisator.
Betrachten Sie den Normalisator einer geeigneten 5-Sylowgruppe.
Zeigen Sie, dass die 3-Sylowgruppen bis auf 1G disjunkt sind.
Benutzen Sie den Normalistor einer 2-Sylowgruppe.
Lösung
!
Der letzte Aufgabenteil (3 Punkte) wurde nicht gewertet
!
(a) Nach dem Sylow-Satz muss die Anzahl der p-Sylowgruppen einerseits kongruent 1 modulo
p sein, andererseits aber die Ordnung G = 60 = 22 · 3 · 5 teilen. Sei n3 die Anzahl der 3Sylowgruppen, dann ist n3 ∈ {1, 4, 7, 10, 13, . . .}, die einzigen Teiler von 60 in dieser Menge
sind aber 1, 4 und 10. Für die Anzahl n5 der 5-Sylowgruppen gilt analog n5 ∈ {1, 6, 11, 16, . . .},
und die einzigen Teiler von 60 in dieser Menge sind 1 und 6.
(b) Nach Teil a) folgt aus der Voraussetzung n3 = 1 oder n3 = 4. Im ersten Fall gibt es genau
eine 3-Sylowgruppe N ≤ G, die sogar ein Normalteiler ist. Dieser ist isomorph zu Z/3Z,
insbesondere haben alle Elemente g 6= 1 in ihm die Ordnung 3. Sei U eine 5-Sylowgruppe,
dann ist diese isomorph zu Z/5Z (Aufgabe 17), und jedes g 6= 1 besitzt darin Ordnung 5.
Also ist N ∩ U = {1}. Das innere semidirekte Produkt H von N und U nach Satz 1.7.10
besitzt dann die Ordnung 15, insbesondere gibt es eine Untergruppe der Ordnung 15 in G. Im
anderen Fall gibt es genau 4 3-Sylowgruppen. Sei U eine davon, und NG (U ) ihr Normalisator.
Wegen |Syl3 (G)| · |NG (U )| = |G| ist dann NG (U ) eine Untergruppe von G der Ordnung 15.
(c) Sei U ≤ G eine Untergruppe mit Ordnung 15. Diese enthält dann eine 5-Sylowgruppe U 0 ∈
Syl5 (U ). Wegen Syl5 (U ) ⊆ Syl5 (G) ist diese dann insbesondere eine 5-Sylowgruppe von G.
Nach Teil a) ist dann nur noch zu zeigen, dass der Fall Syl5 (G) = 6 nicht eintreten kann.
Angenommen U 0 besitzt (in G) genau 6 konjugierte Gruppen, dann besitzt H = NG (U 0 )
genau 60/6 = 10 Elemente. Nach dem Sylowsatz gilt |Syl5 (U )| ∈ {1, 6, . . .}, der einzige Teiler
von |U | = 15 ist aber die 1, also ist U 0 sogar ein Normalteiler von U . Dann aber liegt ganz U
im Normalisator von U 0 , im Widerspruch zu |NG (U 0 )| = 10. Also bleibt nur die Möglichkeit
|Syl5 (G)| = 1, und U 0 ∈ Syl5 (G) ist ein Normalteiler der Ordnung 5 von G.
(d) Zunächst sei gezeigt, dass zwei verschiedene zyklische Untergruppen von gleicher Primzahlordnung p in G bis auf das Element 1 disjunkten Schnitt besitzen. Seien also U, V ≤ G zyklisch
von Ordnung p, aber verschieden. Nach Aufgabe 16 sind beide Gruppen isomorph zu Z/pZ,
insbesondere sind sie einfach, und besitzen keine nichttrivialen Untergruppen. Angenommen
ein Element u ∈ Z ∩ V ist nicht das neutrale Element. Es erzeugt dann einerseits ganz U ,
also U ⊆ V , andererseits aber auch ganz V , d. h. V ⊆ U . Also ist U = V im Widerspruch zur
Annahme. Nun sei angenommen, dass es in G keinen Normalteiler der Ordnung 5 gibt. Nach
Teil a) ist dann |Syl5 (G)| = 6, und nach der vorigen Rechnung sind alle 5-Sylowgruppen bis
auf das neutrale Element disjunkt. In diesen Gruppen besitzen aber alle Elemente bis auf die
1 die Ordnung 5, also gibt es 6 Gruppen, die 5 − 1 = 4 paarweise verschiedene Elemente der
Ordnung 5 enthalten, also liegen 6 · 4 = 24 solche Elemente in G. Ohne einen Normalteiler
der Ordnung 5 in G gibt es nach Teil c) auch keine Untergruppe der Ordnung 15, und nach
Teil b) ist |Syl3 (G)| = 10. Wie in der vorigen Rechnung ist U ∩ V = {1} für verschiedene
U, V ∈ Syl3 (G). Außer dem neutralen Element besitzen alle u ∈ U ∈ Syl3 (G) aber die Ordnung 3, es gibt also mindestens 10 · 2 = 20 verschiedene Elemente dieser Ordnung in G. Damit
bleiben 15 Elemente mit Ordnung ungleich 3 oder 5. Angenommen ein h ∈ G
die Ord
besitzt
2
5
2
nung 6, dann ist hhi = {1, h, h , . . . , h }. Darin liegt die Untergruppe U = h = {1, h2 , h4 }
der Ordnung 3, und es ist U ∈ Syl3 (G). Wegen |Syl3 (G)| = 10 und der obigen Rechnungen
gibt es g1 , . . . , g10 ∈ G, so dass die Gruppen gj U gj−1 bis auf das neutrale Element paarweise verschieden sind. Insbesondere sind dann die Elemente gj hgj−1 paarweise verschieden,
denn alle Elemente von gj U gj−1 sind Potenzen von gj hgj−1 (es ist gilt (gj hgj−1 )k = gj hk gj−1
für k ∈ N0 ). In hhi liegen mit g und g 5 = g −1 zwei Elemente der Ordnung 6, also gibt es
2 · 10 = 20 paarweise verschiedene Elemente der Ordnung 6, im Widerspruch zur Tatsache,
dass es nur noch 15 Elemente mit Ordnung ungleich 3 oder 5 gibt. Also kann es kein h ∈ G
mit Ordnung 6 geben. Analog zeigt man, dass es kein h ∈ G mit Ordnung 10 gibt: ansonsten
gäbe es 6 bis auf das neutrale Element paarweise diskunkte Gruppen der Ordnung 10 und
damit 3 · 6 = 18 Elemente mit Ordnung 10 oder Ordnung 2, da hhi mit h, h−1 = h9 und
h5 drei Elemente dieser Ordnungen besitzt. Nach dem Satz von Lagrange verbleiben für alle
weiteren nichttrivialen Elemente von G nur die Teiler 2, 4, 12, 15, 20, 30, 60 von 60 als mögliche
Ordnungen:
|g| = 60:
|g| = 30:
|g| = 20:
|g| = 15:
|g| = 12:
Ein solches Element kann es nicht geben, sonst wäre G abelsch.
Mit g 3 gäbe es ein Element der Ordnung 10.
Mit g 2 gäbe es ein Element der Ordnung 10.
Mit Teil c) Widerspruch zur Annahme, dass es kein N / G der Ordnung 5 gibt.
Mit g 2 gäbe es ein Element der Ordnung 6.
Also besitzen die verbleibenden 60−24−20−1 = 15 Elemente von G sämtlich Ordnung 2 oder
4, insbesondere liegt jedes solche Element in einer 2-Sylowgruppe. Da eine 2-Sylowgruppe in G
nur 3 Elemente außer der 1 besitzt, muss es mindestens 5 solche Gruppen geben, insbesondere
ist Syl2 (G) 6= 1, und es gibt keinen Normalteiler der Ordnung 4 = 22 . Angenommen es gibt
einen Normalteiler N /G der Ordnung 2, etwa N = {1, u}. Wegen gug −1 ∈ N ist insbesondere
gug −1 = u für alle g ∈ G, also liegt u im Zentrum von G. Sei a ein Erzeuger irgend einer
3-Sylowgruppe von G und U = ha, ui. Da u mit allen Elementen kommutiert ist au = ua, und
da alle Elemente in U nicht Ordnung 2 besitzen ist U ∩N = {1}. Dann aber ist N U ∼
= N ×hai
als direktes Produkt. Wegen N ∼
= Z/2Z und U ∼
= Z/3Z ist N U ∼
= Z/6Z (vgl. Aufgabe 35).
In Z/6Z liegt mit 1̄ aber ein Element der Ordnung 6, also gibt es auch ein solches Element in
N U ≤ G, im Widerspruch zum Auschluss aller solchen Elemente aus G. Also kann es auch
keinen Normalteiler der Ordnung 2 geben.
(e) Angenommen G ist nicht einfach (etwa mit nichttrivialem Normalteiler N ), aber es gäbe
keinen Normateiler der Ordnung 5. Nach Teil d) ist dann |N | 6= 2, 4. Da es dann 6 5Sylowgruppen und 10 3-Sylowgruppen gibt, folgt auch |N | =
6 3, 5. Angenommen |N | = 6,
dann enthält N eine 3-Sylowgruppe P , die in G genau 10 Konjugierte besitzt, die nach der
Rechnung in Teil d) bis auf die 1 paarweise disjunkt sind. Da N ein Normalteiler von G
ist, liegen aber auch alle Konjugierten von P (und damit 20 Elemente der Ordnung 3) in
N , im Widerspruch zu |N | = 6. Mit diesem Argument ist auch |N | =
6 12. Angenommen
|N | = 10, dann enthält N mit einer 5-Sylowgruppe wegen der Normalteilereigenschaft von N
auch die 5 anderen 5-Sylowgruppen und damit 24 Elemente der Ordnung 5 im Widerspruch
zu |N | = 10. Mit diesem Argument ist auch |N | 6= 20. Es ist auch |N | 6= 15, sonst hätte
man mit den Teilaufgaben b) und c) einen Widerspruch dazu, dass es keinen Normalteiler der
Ordnung 5 in G gibt. Es bleibt nach Lagrange neben |N | = 5 nur die Möglichkeit |N | = 30,
ein solcher Normalteiler enthält aber wegen 30 = 2 · 3 · 5 sowohl eine 3-Sylowgruppe (und
damit 20 Elemente der Ordnung 3), als auch eine 5-Sylowgruppe (und damit 24 Elemente
der Ordnung 5), im Widerspruch zu |N | = 30. Also bleibt nur die Möglichkeit |N | = 5. Es
genügt nun, eine beliebige Gruppe H der Ordnung 12 in G zu finden, dann ist N ∩ H = {1},
da H kein Element der Ordnung 5 enthalten kann, und damit N · H ∼
= N ×Φ H von Ordnung
|N | · |H| = 60 = |G|, also G = N H ∼
N
×
ΦH
wie
zu
zeigen
war.
Zunächst ist die Faktor=
gruppe G/N offenbar eine Gruppe der Ordnung 12. Nach Satz 1.5.4 induziert der kanonische
Epimorphismus G → G/N, g 7→ gN eine Bijektion zwischen den Normalteilern U E G/N und
den Normalteilern U von G, die N enthalten. Nach einem Beispiel (zu Bemerkung 1.8.2) aus
der Vorlesung zu den Gruppen der Ordnung 12 gibt es in G/N stets einen Normalteiler der
Ordnung 3 oder einen Normalteiler der Ordnung 4. Angenommen es gibt einen Normalteiler
U von G/N der Ordnung 4, dann ist das Urbild von U unter dem kanonischen Epimorphismus
ein Normalteiler von G der Ordnung 20 = |N |·|U |, der N enthält. Wegen 20 = 22 ·5 enthält U
eine 2-Sylowgruppe. Da U ein Normalteiler von G ist, enthält U alle 2-Sylowgruppen von G.
Da |Syl2 (U )| ≡ 1 mod 2 ist, aber auch 20 teilen muss folgt |Syl2 (G)| = |Syl2 (U )| ∈ {1, 5}. Im
ersten Fall ist P ∈ Syl2 (G) Normalteiler von G, und das semidirekte Produkt P ·P3 ∼
= P ×Φ P3
mit irgend einer 3-Sylowgruppe von G besitzt Ordnung 12. Im anderen Fall ist |Syl2 (G)| = 5,
und damit ist NG (P ) eine Gruppe der Ordnung 60/5 = 12 in G. Der letzte Fall ist, dass G/N
nur einen Normalteiler U der Ordnung 3 besitzt. Dann ist das Urbild U unter dem kanonischen Epimorphismus ein Normalteiler von G der Ordnung 15 = |N | · |U |, der N enthält. In U
liegt eine 3-Sylowgruppe, und wegen der Normalteilereigenschaft sogar alle 3-Sylowgruppen.
Es ist also |Syl3 (G)| = |Syl3 (U )| einerseits kongruent 1 modulo 3, andererseits aber auch ein
Teiler von 15. Nach Teil a) bleibt nur die Möglichkeit |Syl3 (G)| = 1, also ist P ∈ Syl3 (G) ein
Normalteiler von G, und P · P2 ∼
= P ×Φ P2 besitzt Ordnung 12 für irgend eine 2-Sylowgruppe
von G.
Aufgabe 40 (Direktes Produkt)
3 Punkte
Seien R und S Ringe. Zeigen Sie, dass das kartesische Produkt R × S mit komponentenweisen Verknüpfungen · und + wieder einen Ring bildet, das direkte Produkt der Ringe R und S (Distributivität
brauchen Sie nicht nachzurechnen). Zeigen Sie zudem die folgenden Eigenschaften des direkten Produkts von Ringen:
(a) Sind R und S Ringe mit Einselement, so gilt für die Einheitengruppe (R × S)∗ = R∗ × S ∗ .
(b) Sind a E R und b E S Ideale, so ist a × b (als direktes Produkt von additiven Gruppen) ein
Ideal von R × S (als direktes Produkt von Ringen).
(c) Ist R × S ein Hauptidealring, so auch R und S.
Zusatzaufgabe (2 Bonuspunkte):
Ein Körper ist ein kommutativer Ring mit einem Einselement, in dem jedes Element (ausser der Null)
invertierbar ist. Zeigen Sie, dass das direkte Produkt von zwei beliebigen Körpern ein Ring, aber nie
ein Körper ist. Begründen Sie, warum die direkte Summe von R-Vektorräumen C = R ⊕ R keinen
Widerspruch zu dieser Aussage darstellt.
Lösung
(a) Es gilt (r, s) ∈ (R × S)∗ ⇔ ∃(r0 , s0 ) ∈ (R × S) : (r, s)(r0 , s0 ) = (r0 , s0 )(r, s) = (1R , 1S ). Nach
Definition der Verknüpfung im direkten Produkt ist das aber äquivalent zu r0 r = rr0 = 1R
und s0 s = ss0 = 1S , also r ∈ R∗ und s ∈ S ∗ bzw. (r, s) ∈ R∗ × S ∗ .
(b) Seien a E R und b E S Ideale, also insbesondere abelsche Gruppen bzgl. +. Dann ist a × a
eine abelsche Gruppe, die in R × S liegt. Da die Gruppenverknüpfung + mit der additiven
Verknüpfung des Rings R × S übereinstimmt, ist a × b eine Untergruppe. Für irgend ein
(r, s) ∈ (R × S) gilt r · a ⊆ a und s · b ⊆ b wegen der Idealeigenschaft, also ist auch
(r, s)(a × b) ⊆ (a × b), und (a × b) ist ein Ideal in R × S.
(c) Sei R × S ein Hauptidealring und a ein beliebiges Ideal von R, dann ist nach der vorigen
Aufgabe a×{0S } ein Ideal von R×S und damit ein Hauptideal, etwa a×{0S } = (r, s)·(R×S).
Das geht natürlich nur für s = 0S , da S eine Eins enthält. Dann aber ist a × {0} = (r · R) ×
{0S }, woraus a = r · R folgt. Da a beliebig war, ist R ein Hauptidealring. Mit dem gleichen
Argument folgt, dass S ein Hauptidealring ist.
Zusatzaufgabe:
Seien K und L Körper (also insbesondere Ringe), dann ist K × L zunächst ein Ring. Angenommen
K ×L ist wieder ein Körper, dann ist (K ×L)∗ = (K ×L)\{(0K , 0L )}. Nach Teil a) ist aber andererseits
(K × L)∗ = K ∗ × L∗ = (K\{0K }) × (L\{0L }). Die Elemente (0K , 1L ) und (1K , 0L ) liegen nicht in
dieser Menge, aber sie liegen in (K × L)\{(0K , 0L )}, also kann die Annahme nicht stimmen. Die
direkte Summe R ⊕ R bildet wieder einen Ring mit Einheitengruppe R∗ × R∗ , dieser besitzt aber die
komponentenweise Verknüpfung als Multiplikation, also (x, y) · (a, b) = (ax, by). Die Multiplikation in
C ist dagegen definiert durch (x, y) · (a, b) = (a + ib)(x + iy) = ax − by + i(ay + bx) = (ax − by, ay + bx).
Die Ringe R ⊕ R und C sind daher als additive Gruppen (bzw. als reelle Vektorräume) isomorph, nicht
aber als Ringe, da sie verschiedene Multiplikationen besitzen.
07.01.2004
WS 2003-2004
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)
Algebra I
-
Lösungsblatt 10
Zur Übungsstunde vom 07.01.2004
Aufgabe 41 (Auflösbarkeit)
5 Punkte
Seien p, q, r ∈ N paarweise verschiedene Primzahlen. Zeigen Sie, dass Gruppen der Ordnung p · q und
der Ordnung p · q · r stets auflösbar sind.
Lösung
Sei G eine Gruppe mit Ordnung |G| = pq für verschiedene Primzahlen p und q. Dann gibt es eine p-Sylowgruppe P sowie eine q-Sylowgruppe Q in G. Angenommen |Sylp (G)| = 1, dann ist P ein
Normalteiler von G. Die Gruppe P besitzt die Ordnung p, sie ist als p-Gruppe daher auflösbar. Die Faktorgruppe G/P besitzt die Ordnung |G|/|P | = q, und ist ebenfalls auflösbar. Nach Satz 1.9.4 ist dann
auch G auflösbar. Ist dagegen Q ein Normalteiler, so sind die Gruppen Q und G/Q aus dem gleichen
Grund auflösbar. Es bleibt zu zeigen, dass der Fall, dass weder P noch Q Normalteiler von G sind, nicht
eintreten kann. Andernfalls wäre |Sylp (G)| ≡ 1 mod p aber auch |Sylp (G)| ein Teiler von pq, woraus
|Sylp (G)| ≥ q folgt. Analog ist dann auch |Sylq (G)| ≥ p. P und alle zu P konjugierten Gruppen sind
zyklisch, und besitzen p − 1 Elemente der Ordnung p. Analog zur Rechnung in Aufgabe 39 d) sind alle
p-Sylowgruppen bis auf das neutrale Element paarweise disjunkt, es gibt also mindestens q·(p−1) paarweise verschiedene Elemente der Ordnung p in G, andererseits aber auch p · (q − 1) paarweise verschiedene Elemente der Ordnung q, da die gleiche Rechnung auch für die zu Q konjugierten q-Sylowgruppen
funktioniert. Das steht aber im Widerspruch zu p(q − 1) + q(p − 1) = 2pq − p − q > pq = |G|, da
p, q ≥ 2 gilt. Also muss mindestens eine Sylowgruppe ein Normalteiler sein, und G ist auflösbar. Sei nun
|G| = pqr für paarweise verschiedene Primzahlen p, q, r ∈ N. In G gibt es dann eine p-Sylowgruppe P ,
eine q-Sylowgruppe Q sowie eine r-Sylowgruppe R. Ist P ein Normalteiler von G, so ist P als p-Gruppe
auflösbar. Die Faktorgruppe besitzt Ordnung |G|/|P | = qr, sie ist nach der vorigen Rechnung ebenfalls
auflösbar. Also ist G nach Satz 1.9.4 auflösbar. Das gilt ebenso, wenn Q oder R Normalteiler von G sind.
Es bleibt wieder zu zeigen, dass mindestens eine dieser Untergruppen ein Normalteiler von G ist. Andernfalls ist |Sylp (G)| ≡ 1 mod p und größer 1, aber auch ein Teiler von pqr, woraus |Sylp (G)| ≥ q oder
|Sylp (G)| ≥ r folgt. Im Folgenden sei ohne Einschränkung angenommen, dass p < q < r ist, insbesondere ist p ≥ 2, q ≥ 3 und r ≥ 5. Dann ist |Sylp (G)| ≥ q. Analog folgt |Sylq (G)| ≥ p und |Sylr (G)| ≥ p.
Mit der gleichen Argumentation wie oben gibt es dann in G mindestens q·(p−1) Elemente der Ordnung
p und mindestens p · (q − 1) Elemente der Ordnung q in G, die alle paarweise voneinander verschieden
sind. Sei nr die Anzahl der zu R konjugierten r-Sylowgruppen. Einerseits ist nr ≡ 1 mod r, andererseits nr | pqr, was nur für nr | pq möglich ist. Wegen p < r und q < r ist aber weder p ≡ 1 mod r
noch q ≡ 1 mod r, also sind nr = p und nr = q unmöglich. Daher ist nr ≥ pq. Damit wären insgesamt
q · (p − 1) + p · (q − 1) + pq · (r − 1) = pq − q + pq − p + pqr − pq = pqr + pq − p − q = |G| + pq − p − q > |G|
Elemente in G. Da dies unmöglich ist, muss eine der Sylowgruppen ein Normalteiler sein, und G ist
auflösbar.
Aufgabe 42 (Einfachheit der GL(3, F2 ))
8 Punkte
In der Gruppe GL(3, F2 ) sei Eij die Matrix mit dem Element 1̄ auf der Diagonalen, dem Element 1̄
an der Position (i, j) und 0̄ sonst. Es sei M ⊂ GL(3, F2 ) die Menge aller Eij für i, j ∈ {1, 2, 3}. Zeigen
Sie:
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
Die Menge M erzeugt die Gruppe GL(3, F2 ).
Jedes Eij ∈ M ist ein Kommutator zweier Matrizen aus GL(3, F2 ).
GL(3, F2 ) ist nicht auflösbar.
Die Ordnung von GL(3, F2 ) ist 168.
GL(3, F2 ) ist einfach.
Hinweise:
Teil a) Jedes A ∈ GL(3, F2 ) lässt sich durch geeignete Zeilen-/Spaltentransformationen
zur Einheitsmatrix umformen.
Teil e) Verwenden Sie ohne Beweis, dass Gruppen mit Ordnung < 60 auflösbar sind.
Lösung
(a) Es ist zu zeigen, dass jedes A ∈ GL(3, F2 ) als Produkt von Elementen aus M geschrieben
werden kann. Sei also A beliebig. Für Matrizen über dem Körper F2 gibt es nur die Möglichkeiten det(A) = 0̄ oder det(A) = 1̄, da 0̄ und 1̄ die einzigen Elemente von F2 sind. Da A als
invertierbar vorausgesetzt ist, folgt mit dem Determinantenmultiplikationssatz det(A) = 1̄,
insbesondere ist GL(3, F2 ) = SL(3, F2 ). Aus der linearen Algebra ist bekannt, dass die Matrix
A dann in die Einheitsmatrix I ∈ GL(3, F2 ) überführt werden kann, indem skalare Vielfache
von Zeilen bzw. Spalten von A aufeinander addiert werden. Da der Grundkörper aber nur die
Skalare 0̄ und 1̄ enthält, gibt es keine echten Vielfachen einer Zeile oder Spalte, und A kann
durch sukzessive Addition von Zeilen




a11 a12 a13
a11 a12 a13
A = a21 a22 a23  → a21 a22 a23 
= A0
a31 a32 a33
a31 a32 a33
+ (a21 , a22 , a23 )
bzw. Spalten




a11 a12 a13
a11 a12 a13
A = a21 a22 a23  → a21 a22 a23  = A0
a31 a32 a33
a31 a32 a33
+
a13
a23 
a33
zur Einheitsmatrix umgeformt werden. Eine einfache Rechnung zeigt, dass die Matrix A0 , die
aus A durch Addition der i-ten Zeile auf die j-te Zeile (mit i 6= j) entsteht, gerade durch Eji ·A
gegeben ist. Analog ist die Matrix, die durch Addition der i-ten Spalte auf die j-te Spalte
aus A ensteht, gerade A · Eij . Da es eine Folge von hintereinander ausgeführten Zeilen- bzw.
Spaltenadditionen gibt, die A in I überführt, gibt es E (1) , . . . , E (k) , E (k+1) , . . . , E (m) ∈ M , so
dass
k
m
Y
Y
(j)
E
·A·
E (j) = I
j=1
j=k+1
gilt. In diesem Ausdruck dürfen die Matrizen aus M zu separaten Produkten links bzw. rechts
von A zusammengefasst werden, da die Multiplikation in GL(3, F2 ) assoziativ ist. Zieht man
die Produkte auf die rechte Seite der Gleichung, so ergibt sich

−1

−1
m
k
Y
Y
·I ·
E (j)  ,
A = 
E (j) 
j=1
j=k+1
und damit A ∈ hM i. Da A beliebig war erzeugt M die ganze Gruppe GL(3, F2 ).
(b) Sei Eij in M beliebig. Ist i = j, so ist Eij = I = [I, I] beispielsweise der Kommutator der
Einheitsmatrix mit sich selbst. Sei nun i 6= j, und k der verbleibende Index aus {1, 2, 3}, der
von i und j verschieden ist. Behauptung: Eij ist der Kommutator von Ekj und Eik , bzw.
−1 −1
Eij = Ekj Eik Ekj
Eik . Diese Identität kann elementar nachgerechnet werden, ein etwas anschaulicherer Beweis ist der folgende: Wir interpretieren die Multiplikation mit einer Matrix
aus M als eine Spaltenaddition. Zunächst sei angemerkt, dass alle Elemente von M selbstinvers sind, da die doppelte Addition einer Zeile oder Spalte nichts ändert (in F2 ist a + a = 0̄
für alle a ∈ F2 ). Es sei also A = I · Ekj Eik Ekj Eik . Die Matrix A entsteht aus I durch die
folgenden Spaltenoperationen (das Produkt wird von links nach rechts ausgelesen):
(1) Addition von Spalte k auf Spalte j,
(2) Addition von Spalte i auf Spalte k,
(3) Addition von Spalte k auf Spalte j,
(4) Addition von Spalte i auf Spalte k.
Seien e1 , e2 , e3 die Standardeinheitsvektoren als Spalten geschrieben. Die obigen Operationen
führen auf folgende Umformung von I, wobei eine Spalte der folgenden Rechnung einer Spalte
von I entspricht:
(1)
(2)
(3)
(4)
(∗1)
(∗2)
ei
ej
ek
ei
ej + ek
ek
ei
ej + ek
ek + ei
ei ej + ek + ek + ei
ek + ei
ei ej + ek + ek + ei ek + ei + ei
ei ei + ej + 2̄ · ek
2̄ · ei + ek
ei
ei + ej
ek
Dabei entspricht (∗1) der Zusammenfassung der Spaltenvektoren, und (∗2) gilt, da 2̄ = 0̄ in
F2 ist. Die Matrix A entsteht also gerade aus I durch Addition von Spalte i auf Spalte j, und
es ist A = I · Eij = Eij wie gewünscht. Da i und j beliebig waren ist auf diese Weise jedes
Element von M als Kommutator von Matrizen aus M schreibbar.
(c) Nach Satz 1.9.2 ist GL(3, F2 ) genau dann auflösbar, wenn die Folge der Kommutatorgruppen
GL(3, F2 )(j) für j → ∞ abbricht, d. h. wenn es ein j0 gibt, so dass GL(3, F2 )(j) = {I} ist
für alle j ≥ j0 . In der ersten Kommutatorgruppe GL(3, F2 )(1) ist nach Teil b) die Menge M
enthalten. Da es sich um eine Gruppe handelt, liegt auch das Erzeugnis hM i darin. Nach
Teil a) liegt damit aber ganz GL(3, F2 ) in der ersten Kommutatorgruppe, also ist tatsächlich
GL(3, F2 )(1) = GL(3, F2 ). Durch Induktion ist GL(3, F2 )(j+1) = GL(3, F2 )(j) für alle j ∈ N,
also bricht die Folge der Kommutatorgruppen nicht ab, d. h. GL(3, F2 ) ist nicht auflösbar.
(d) Die Ordnung von GL(3, F2 ) ist gleich der Anzahl Möglichkeiten, aus drei Zeilenvektoren
des Vektorraums F32 eine invertierbare Matrix zu bilden. Sei A ∈ GL(3, F2 ) mit den Zeilen
a1 , a2 , a3 ∈ F32 . Der Vektorraum F32 besitzt genau 23 = 8 Vektoren. Die erste Zeile a1 ist
nicht der Nullvektor, sonst wäre det(A) = 0̄ und A nicht invertierbar, also gibt es 8 − 1 = 7
Möglichkeiten für a1 . Die zweite Zeile a2 ist wieder nicht der Nullvektor, und zusätzlich ist sie
linear unabhängig von der ersten Zeile, d. h. es gibt kein a 6= 0̄ in F2 mit a2 = a·a1 . Da es außer
0̄ aber nur die Eins in F2 gibt, ist jeder Vektor außer ~0 und a1 eine mögliche Wahl für a2 , also
gibt es 8 − 2 = 6 Möglichkeiten für a2 . Die letzte Zeile darf analog keine Linearkombination
von a1 und a2 sein. Die einzigen Kombinationen sind aber a1 , a2 und a1 + a2 , wobei a1 + a2
nach Wahl von a2 verschieden von ~0, a1 und a2 ist. Also gibt es für die letzte Zeile von A
genau 8 − 4 = 4 Möglichkeiten. Insgesamt gibt es also 7 · 6 · 4 = 168 Matrizen der Dimension
(3, 3) über F2 , die linear unabhängige Zeilen enthalten, also ist |GL(3, F2 )| = 168.
(e) GL(3, F2 ) kann keinen nichttrivialen Normalteiler N mit Ordnung 168/3 ≥ |N | ≥ 3
besitzen, andernfalls wären sowohl N als auch GL(3, F2 ) / N auflösbar, da beide Gruppen eine
Ordnung unter 60 besitzen, und damit wäre Satz 1.9.4 ein Widerspruch zu Teil c). Also bleibt
noch nachzuweisen, dass auch kein Normalteiler mit Ordnung 2 oder vom Index 2 existiert.
Angenommen |N | = 2 ist Normalteiler, dann ist N natürlich auflösbar, und H := GL(3, F2 )/N
wäre nach Satz 1.9.4 eine nicht auflösbare Gruppe der Ordnung 84 = 7 · 3 · 22 . Mit dem SylowSatz kann ein Normalteiler in H nachgewiesen werden: Für die Anzahl n7 der 7-Sylowgruppen
gilt n7 ∈ {1, 8, 15, 22, 29, 36, . . .} und n7 | 3 · 22 . Das ist nur für n7 = 1 möglich. Also gibt es
einen Normalteiler U E H der Ordnung 7. Dann sind aber H/U und U wiederum als Gruppen
mit Ordnung unter 60 auflösbar, damit wäre H und somit auch GL(3, F2 ) auflösbar, im
Widerspruch zu Teil c). Also kann GL(3, F2 ) keinen nichttrivialen Normalteiler der Ordnung
2 enthalten. Mit dem gleichen Argument kann es auch keinen Normalteiler vom Index 2
geben, sonst wären wiederum GL(3, F2 )/N als Gruppe der Ordnung 2 und N als Gruppe der
Ordnung 84 auflösbar. Also ist N einfach.
Aufgabe 43 (Ringerzeugnis)
4 Punkte
Sei R ein Unterring eines Rings S, und R[X] sein Polynomring. Für s ∈ S sei der Einsetzhomomorphismus
R[X]
→ P S
φs = Pn
n
j
j
7→
j=0 aj s
j=0 aj X
gegeben. Für eine Menge M ⊆ S sei nun das Erzeugnis R[M ] von M über R der kleinste Ring in S, der
R und M enthält. Analog zum Erzeugungsbegriff in der Gruppentheorie sieht man leicht, dass R[M ]
der Schnitt aller Teilringe von S ist, die R und M enthalten (das müssen Sie nicht zeigen). Für H = {s}
sei R[s] := R[H] gesetzt. Zeigen Sie, dass das Erzeugnis auch über den Polynomring gewonnen werden
kann, indem Sie die Identität φs (R[X]) = R[s] beweisen.
Lösung
Zunächst sei φs (R[X]) ⊆ R[s] gezeigt. Ein beliebiges Element aus der linken Seite ist ein Ausdruck der
Form
n
X
a =
aj sj
j=0
mit Koeffizienten a0 , . . . , an ∈ R. Wegen R ⊆ S und s ∈ S liegt auch a in S. Sei nun S 0 ⊆ S irgend
ein Teilring von S, der s und R enthält. Das Element a entesteht durch Addition/Multiplikation
von Elementen aus R und s, es liegt also auch im Ring S 0 , da Addition und Multiplikation darin
abgeschlossen sind. Also ist a ∈ S 0 . Da S 0 beliebiger Teilring von S war, der R und s enthält, liegt
a auch in dem Schnitt aller solchen Ringe, d. h. in R[s]. Für die Umkehrung φs (R[X]) ⊇ R[s] sei
zunächst gezeigt, dass S 0 = φs (R[X]) selbst ein Ring ist. Sei ι die Einbettung
R → S
ι =
a 7→ a
von R in S. Wegen ι(a) = a ist ι ein injektiver Ringhomomorphismus. Offenbar ist φs (a) = ι(a)
für alle a ∈ R, wenn man R als Teilmenge von R[X] auffasst vermöge a = a · X 0 . Die universelle
Abbildungseigenschaft aus Definition 2.3.1 garantiert, dass φs ein Ringhomomorphismus ist, der ι
fortsetzt. Also ist das Bild S 0 = φ(R[X]) selbst ein Ring. Er enthält offenbar R, da die konstanten
Polynome aX 0 für alle a ∈ R in R[X] enthalten sind. Er enthält auch s = φs (1R · X 1 ). Also ist S 0
tatsächlich selbst einer von den Teilringen von S, deren Schnitt gerade R[s] definiert, insbesondere ist
S 0 ⊇ R[s].
Aufgabe 44 (Die formale Ableitung)
3 Punkte
Die formale Ableitung für Polynome f ∈ R[X] über einem Ring R ist gegeben durch die Zuordnung
n
n
X
X
j 0
(
aj X ) =
j · aj X j−1 .
j=0
j=1
Zeigen Sie, dass die formale Ableitung linear ist (d. h. (a · f + b · g)0 = a · f 0 + b · g 0 für alle a, b ∈ R
und f, g ∈ R[X]), und dass die Produktregel (f · g)0 = f 0 · g + f · g 0 für f, g ∈ R[X] gilt.
Lösung
P
P
j
j
Es seien f =
a
j X und g =P bj X mit n
P
P= max(deg(f ), deg(g)). Die Koeffizienten des Polynoms
j
j
(a · f + b · g) =
cj X = a · aj X + b · bj X j sind gerade gegeben durch cj = a · aj + b · bj für
j = 0 . . . n, also ist
n
n
n
n
X
X
X
X
(a·f +b·g)0 =
j ·cj X j−1 =
j ·(a·aj +b·bj )X j−1 = a·
j ·aj X j−1 +b·
j ·bj X j−1 = a·f 0 +b·g 0 .
j=1
j=1
j=1
j=1
Die Produktregel sei zunächst für Produkte aus Polynomen und Monomen X k gezeigt: Für k = 0 ist
(f · X 0 )0 = f 0 · X 0 + f · (X 0 )0 = f 0 klar. Für k ≥ 1 gilt

0




n
n
n
n
X
X
X
X
(f ·X k )0 = 
aj X j+k  =
aj ·(j+k)·X j+k−1 = 
aj · j · X j−1 ·X k +
aj X j ·kX k−1
j=0
j=0
j=1
f 0 · Xk + f
j=0
· (X k )0 .
und der letzte Ausdruck ist gerade
Mit der bereits gezeigten
der formalen
PLinearität
P
j
Ableitung folgt die Produktregel damit für beliebige Produkte, denn für f = aj X und g = bj X j
mit n = max(deg(f ), deg(g)) gilt nun

0
n
n
X
X
(f · g)0 = 
aj · X j · g  =
aj · (X j · g)0
j=0
j=0
wegen der Linearität der Ableitung. Aus der Produktregel für Polynome und Monome folgt dann
n
n
n
n
X
X
X
X
aj · (X j · g)0 =
aj · [(X j )0 · g + (X j ) · g 0 ] =
aj · (X j )0 · g +
aj · (X j ) · g 0 = f 0 · g + f · g 0 .
j=0
j=0
j=0
j=0
Aufgabe 45 (Polynome und Funktionen)
2 Punkte
P
Sei R ein Ring mit Polynomring R[X]. Ein Polynom f =
aj X j ∈ R[X]
ist
verschieden
von der
P
j
zugehörigen Polynomfunktion f (·), die einem x ∈ R den Wert f (x) =
aj x ∈ R zuordnet. Die
Abbildung φ : f 7→ f (·) ordne einem Polynom seine Polynomfunktion zu. Geben Sie zwei Beispiele für
Ringe R an, für die φ jeweils nicht surjektiv bzw. nicht injektiv ist.
Lösung
Im Ring R = R ist nicht jede Funktion durch ein Polynom darstellbar, da jede Polynomfunktion auf
ganz R stetig ist, aber nichtstetige Funktionen wie beispielsweise
1 falls x = 0
f (x) =
0 sonst
existieren. Also ist die Zuordnung f 7→ f (·) nicht surjektiv. Umgekehrt gibt es beispielsweise in F2 =
{0̄, 1̄} nur vier mögliche Funktionen, da den zwei Werten jeweils nur zwei mögliche Bilder zugeordnet
werden können. Es gibt aber unendlich viele Polynome in F2 [X], also ist die Zuordnung f 7→ f (·) hier
nicht injektiv.
Aufgabe 46 (Potenzreihen)
4 Punkte
Zu einem nullteilerfreien und kommutativen Ring R mit Eins ist der Ring der Potenzreihen in einer
Unbestimmten X
∞
X
R[[X]] = {
aj X j | aj ∈ R}
j=0
gegeben durch die formalen Summen über die Monome X j mit Koeffizienten aus R ohne die Einschränkung, dass nur endlich viele Koeffizienten nicht Null sind. Die Multiplikation ist auf R[[X]] genau wie
auf R[X] definiert, der Polynomring ist daher ein Teilring des Potenzreihenrings. Der Potenzreihenring
wird mit der folgenden Gradfunktion versehen, die von der Gradfunktion auf R[X] verschieden ist:
∞
X
deg2 (
aj X j ) = max{n ∈ N0 | ∀j < n : aj = 0} .
j=0
Wie üblich setzt man wieder deg2 (0) := −∞. Zeigen Sie:
(a) Es gelten die Ungleichungen deg2 (f · g) ≥ deg2 (f ) + deg2 (g) falls f · g 6= 0, und deg2 (f + g) ≥
min(deg2 (f ), deg2 (g)) falls f + g 6= 0.
(b) Es gilt R[X]∗ = R∗ , aber 1 − X ∈ R[X] ist in R[[X]] invertierbar.
Lösung
P
P
(a) Seien f = ai X i und g = bi X i in R[[X]] beliebig,
und i ∈ N0 mit i < deg2 (f ) + deg2 (g).
P
Zu zeigen ist, dass der Koeffizient ci von f · g = ci X i Null ist. Er ist gegeben durch
X
ci =
aj bk ,
j+k=i
für jedes solche Paar (j, k) mit j + k = i gilt nach Wahl von i j < deg2 (f ) oder k < deg2 (g),
sonst wäre i = j + k ≥ deg2 (f ) + deg2 (g). Die erste Bedingung impliziert aber aj = 0, die
zweite bk = 0, der Summand aj bk ist also Null. Das gilt für alle Paare (j, k) mit j + k = i, also
ist ci = 0 für alle i < deg2 (f ) + deg2 (g), gleichbedeutend
mit deg(f · g) ≥ deg2 (f ) + deg2 (g).
P
i
Ist eine der beiden Potenzreihen die NullreiheP 0 · X , so steht auf der rechten Seite −∞,
und die Ungleichung gilt. Sei nun f + g =
ci X i die Summe, dann ist ci = ai + bi für
i ∈ N0 . Ist ai , bi = 0 für alle i < m, so ist offensichtlich auch ci = 0 für alle i < m, also ist
deg2 (f + g) ≥ min(deg2 (f ), deg2 (f )). Ist eine der beiden Potenzreihen die Nullreihe, so steht
auf der rechten Seite −∞, und die Ungleichung gilt.
(b) Zunächst kann ein Polynom mit Grad deg(f ) ≥ 1 keine Einheit von R[X] sein, denn das
Produkt f · g mit irgend einem anderen Polynom g 6= 0 besitzt einen Grad, der mindestens
deg(f ) ist, aber die 1 hat Grad Null (hier geht ein, dass R nullteilerfrei ist). Als Einheiten
kommen also nur noch die konstanten Polynome aX 0 in Frage, und aX 0 · bX 0 = 1 ist genau
dann möglich, wenn a ∈ R∗ ist. Umgekehrt ist für jedes a ∈ R∗ das Polynom aX 0 eine Einheit
in R[X] mit Inversem a−1 X 0 , also ist R[X]∗ = R[X]. Aus der Analysis ist die geometrische
Reihe
(1 − t)−1 =
∞
X
tj
j=0
P
bekannt, sie besitzt den Konvergenzradius 1. Sei g =
bj X j = P
1R + X + X 2 + · · · die
entsprechende Potenzreihe über R mit bj = 1 für alleP
j, und f =
aj X j = 1 − X das zu
j
invertierende Polynom. Sei h = f · g ∈ R[[X]] mit h = cj X und Koeffizienten cj ∈ R. Für
den Koeffizient c0 gilt nach Definition der Multiplikation im Potenzreihenring c0 = a0 · b0 =
1 · 1 = 1. Andererseits ist c1 = a0 b1 + a1 b0 = 1 · 1 + (−1) · 1 = 0. Für die weiteren Koeffizienten
gilt
j
X
X
X
cj =
ai bk =
ai · 1 =
ai · 1 = 1 − 1 = 0
i+k=j
i+k=j
i=0
für j > 1, da in f nur die Koeffizienten
1 und a1 = −1 von Null verschieden sind. Also
P a0 =
ist c0 = 1 und cj = 0 für j ≥ 1, und
cj X j = f · g = 1, oder anders ausgedrückt g = f −1 in
R[[X]]. Insbesondere ist 1 − X im Potenzreihenring invertierbar.
Bemerkung:
P j
Die Tatsache, dass die Reihe
t für |t| < 1 gegen (1 − t)−1 konvergiert hat also eine rein algebraische
Ursache. Daher konvergiert die Reihe beispielsweise auch für komplexe Zahlen t ∈ C gegen (1 − t)−1
falls |t| < 1 ist. Der Verlust der Konvergenz für |t| ≥ 1 begründet sich darin, dass die Auswertung
von 1 − X an der Stelle 1 in keinem Ring R invertierbar ist, daher kann man keine wie auch immer
P j
geartete Auswertung von f −1 =
X an der Stelle 1 definieren, ganz unabhängig davon, wie der
Konvergenzbegriff in R, C oder einem beliebigen Ring R nun eigentlich definiert ist.
Aufgabe 47 (Ein wenig Zahlentheorie)
6 Punkte
Es sei i ∈ C die imaginäre Einheit. Die Elemente der Menge Z[i] := {a + ib | a, b ∈ Z} bezeichnet man
als Gaußsche Zahlen. Zeigen Sie die folgenden Eigenschaften:
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
Die
Die
Die
Die
Die
Menge Z[i] ist ein Ring (wegen Z[i] ⊂ C genügt es, die Abgeschlossenheit zu zeigen).
komplexe Konjugation C : a + ib 7→ a − ib ist ein Ringautomorphismus von Z[i].
Einheitengruppe
Z[i]∗ √
= {α ∈ Z[i] | ∃β ∈ Z[i] : αβ = 1} besteht aus vier Elementen.
√
+ 2 · b | a, b ∈ Z} bildet einen Ring.
Menge Z[ 2] := {a √
Einheitengruppe Z[ 2]∗ ist nicht endlich.
Lösung
(a) Seien a + ib, x + iy ∈ Z[i] beliebig mit a, b, x, y ∈ Z. Die Differenz (a + ib) − (x + iy) =
(a − x) + i(b − y) liegt wieder in Z[i], da a − x ∈ Z und b − y ∈ Z gilt. Also ist Z[i] nach
dem Untergruppenkriterium eine Untergruppe von (C, +). Andererseits ist (a + ib)(x + iy) =
(ax − by) + i(ay + bx) (vgl. die Zusatzaufgabe von Blatt 9), und die Koeffizienten ax − by und
ay + bx liegen wieder in Z, da Z ein Ring ist. Also ist auch die Multiplikation abgeschlossen,
und Z[i] ist ein Teilring der komplexen Zahlen C. Das Nullelement ist 0 = 0 + i · 0, das
Einselement ist 1 = 1 + i · 0.
(b) Die Abbildung C : Z[i] → Z[i] ist wohldefiniert, da die Koeffizienten in der Darstellung
z = x + iy eindeutig sind. Die Bilder liegen offensichtlich wieder in Z[i]. Die Relationstreue
C(z1 + z2 ) = C(z1 ) + C(z2 ) und C(z1 z2 ) = C(z1 )C(z2 ) ist aus der Analysis bekannt. Es ist
C(1) = 1 und C(0) = 0. Die Abbildung bijektiv, denn sie ist selbstinvers: C ◦ C = idC . Also
ist C ein Ringautomorphismus.
(c) Die imaginäre Einheit i ∈ Z[i] ist eine Einheit, denn ihr Inverses ist −i ∈ Z[i]. Da Z[i]∗ eine
multiplikative Gruppe ist, liegt die von i erzeugte zyklische Gruppe darin. Wegen i4 = 1,
i3 = −i, i2 = −1 und i1 = i ist diese von Ordnung 4, insbesondere sind 1, −1, −i und
i Einheiten des Rings Z[i]. Sei z = x + iy ∈ C mit z 6= 0 beliebig. Da C ein Körper ist,
gibt es ein Inverses z −1 ∈ C mit zz −1 = 1. Für den Standardbetrag auf C gilt dann aber
|z| · |z −1 | = 1. Aus der Analysis ist bekannt, dass |z| = x2 + y 2 mit x, y ∈ R ist. Liegt z nun
zusätzlich in Z[i], so liegen x und y in Z, insbesondere ist der Betrag von z eine ganze positive
Zahl, die von Null verschieden ist. Besitzt z ein Inverses in Z[i], so muss auch dessen Betrag
eine natürliche Zahl sein, aber wegen |z −1 | = |z|−1 ist das nur für |z| = |z −1 | = 1 möglich.
Also liegen alle Einheiten z ∈ Z[i]∗ auf dem komplexen Einheitskreis. Der Betrag 1 = x2 + y 2
ist aber nur für |x|, |y| ≤ 1 möglich, also sind die einzigen Einheiten des Rings Z[i] die schon
gefundenen Elemente 1 = 1 + i · 0, −1 = −1 + i · 0, −i = 0 + i · (−1) und i = 0 + i · 1, und es
ist |Z[i]∗ | = 4. √
(d) Die Menge Z[ 2] ist zunächst eine Teilmenge des Körper R, daher genügt es wieder, Untergruppenkriterium
und Abgeschlossenheit
der Multiplikation
nachzurechnen. Wegen (a +
√
√
√
√
2b) − (x + 2y) = (a√− x) + √2(b − y) ist Z[ 2]√eine Untergruppe
√ von (R, +). Für
√ die
Multiplikation gilt (a + 2b)(x + 2y) = ax + 2by + 2(bx + ay) ∈ Z[ 2]. Also ist Z[ 2] ein
Teilring von R
0 und Einselement
√
√
√ 1.
√ √
√mit Nullelement
0 = −1+ 2 ∈ Z[ 2] gegeben. Dann gilt εε0 = −1+ 2− 2+
Z[
2]
und
ε
(e) Seien ε = 1+ 2 ∈
√ ∗
√ ∗
2 = 1, also
√ ε ∈ Z[ 2] . Da Z[ 2] eine multiplikative Gruppe ist, liegt die (zyklische) Gruppe
hεi in Z[ 2]∗ , d. h. mit ε liegt auch εk für alle k ∈ N0 in der Einheitegruppe. Offensichtlich
ist ε > 1, also ist 1 < ε < ε2 < ε3 < · · · , insbesondere sind die unendlich vielen Einheiten εk
für k ∈ N0 paarweise verschieden, und Z[i]∗ ist unendlich.
14.01.2004
WS 2003-2004
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)
Algebra I
-
Lösungsblatt 11
Zur Übungsstunde vom 14.01.2004
Aufgabe 48 (Euklidischer Algorithmus)
4 Punkte
Berechnen Sie mit dem euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler der Polynome
f = X 5 + X 4 − 2X 2 − 9X − 22 und g = X 3 + X 2 − 3X − 6
aus Q[X].
Lösung
Zu Berechnen ist die Folge (fi ) in Q[X] mit
• f1 := f ,
• f2 := g,
• fi := Rest der Polynomdivision von fi−2 durch fi−1 für i ≥ 3.
Erster Schritt ist die Division von f1 durch f2 :
(X 5 + X 4 − 2X 2 − 9X − 22)
−X 5 − X 4 + 3X 3 + 6X 2
: (X 3 + X 2 − 3X − 6) = X 2 + 3
3X 3 + 4X 2 − 9X − 22
−3X 3 − 3X 2 + 9X + 18
X2 − 4
=: f3 .
Nun ist f2 durch f3 zu dividieren:
(X 3 + X 2 − 3X − 6)
−X 3 + 4X
: (X 2 − 4) = X + 1
X2 + X − 6
−X 2 + 4
X−2
=: f4 .
Wegen f4 6= 0 ist eine weitere Division erforderlich:
(X 2 − 4)
−X 2 + 2X
: (X − 2) = X + 2
2X − 4
−2X + 4
0
=: f5 .
Der Algorithmus bricht an dieser Stelle ab, und f4 = ggT(f, g) = X − 2 ist das gesuchte Polynom.
Aufgabe 49 (Faktorielle Ringe)
5 Punkte
Es sei R ein faktorieller Ring und n ≥ 2. Zeigen Sie die folgenden Aussagen:
(a) Der Polynomring R[X1 , X2 , . . . , Xn ] in n Unbestimmten über R ist faktoriell.
(b) Der Ring R[X1 , X2 , . . . , Xn ] ist kein Hauptidealring.
(c) Ist gibt eine Kette p1 ⊆ p2 ⊆ · · · ⊆ pn paarweise verschiedener Primideale in R[X1 , X2 , . . . , Xn ].
Lösung
(a) Das ist die direkte Verallgemeinerung von Satz 2.4.8 für Polynomringe in mehreren Variablen.
Dazu zeigt man zunächst, dass R[X1 , . . . , Xn ] ∼
= (R[X1 , . . . , Xn−1 ])[Xn ] ist, bzw. dass es
keinen Unterschied macht, vom Polynomring in n Variablen über R oder vom Polynomring
in einer Variablen über R[X1 , . . . , Xn−1 ] zu sprechen. Sei also n ∈ N beliebig mit n ≥ 2.
Polynome aus R[X1 , . . . , Xn ] sind von der Form
f =
∞
X
aj1 ,...,jn X1j1 · · · Xnjn
j1 ,...,jn =0
mit Koeffizienten a ∈ R, die durch j1 , . . . , jn indiziert werden. Polynome aus (R[X1 , . . . , Xn−1 ])[Xn ]
schreiben sich dagegen
∞
X
˜
f =
fi · Xni
i=0
mit Koeffizienten fi ∈ R[X1 , . . . , Xn−1 ]. Diese sind von der Form
fi =
∞
X
j
n−1
aj1 ,...,jn−1 X1j1 · · · Xn−1
j1 ,...,jn−1 =0
mit Koeffizienten a ∈ R, die durch j1 , . . . , jn−1 indiziert werden. Einsetzen in f˜ ergibt dann
∞
∞
∞
X
X
X
(i)
jn−1
j1
i
˜
f =
aj1 ,...,jn−1 X1 · · · Xn−1 · Xn 7→
aj1 ,...,jn X1j1 · · · Xnjn = f
i=0 j1 ,...,jn−1 =0
j1 ,...,jn =0
durch Umbenennung von i in jn . Es ist klar, dass die so definierte Abbildung f˜ 7→ f einen
Ringisomorphismus von (R[X1 , . . . , Xn−1 ])[Xn ] nach R[X1 , . . . , Xn ] definiert, da es sich nur
um die Umbenennung eines Index handelt. Für n = 1 ist nun R[X1 ] faktoriell, da R als
faktoriell vorausgesetzt wurde. Per Induktionsannahme sei R[X1 , . . . , Xn−1 ] faktoriell, dann
ist nach Satz 2.4.8 auch der Polynomring (R[X1 , . . . , Xn−1 ])[Xn ] in einer Variablen faktoriell. Dieser ist aber isomorph zu R[X1 , . . . , Xn ], also ist auch dieser Ring faktoriell. Also ist
R[X1 , . . . , Xn ] für alle n ∈ N faktoriell.
(b) Als Vorbereitung sei gezeigt, dass jedes endlich erzeugte Ideal (a1 , . . . , ak ) eines Rings R mit
a1 , . . . , ak ∈ R sich als Komplexsumme der Form
(a1 , . . . , ak ) = Ra1 + . . . + Rak
schreiben lässt. Das Erzeugnis der Elemente aj ist über
\
(a1 , . . . , ak ) =
a
aER
a1 ,...,ak ∈a
wie üblich definiert. Die Komplexsumme b = Ra1 + · · · + Rak ist zunächst eine abelsche
Untergruppe von (R, +). Elemente von b haben die Form r1 a1 + · · · + rk ak , sind also gerade
Linearkombinationen der aj über R. Sei r in R beliebig, dann ist r · (r1 a1 + · · · + rk ak ) =
(rr1 )a1 + · · · + (rrk )ak offensichtlich auch eine solche Kombination, also ist b ein Ideal, das
alle aj enthält. Es ist also an dem obigen Schnitt beteiligt, d. h. (a1 , . . . , ak ) ⊆ b. Es gilt aber
auch die umgekehrte Inklusion: jedes am Schnitt beteiligte Ideal a enthält mit den aj wegen
der Idealeigenschaft auch jede Linearkombination der aj , also enthält es ganz b. Insgesamt
gilt also (a1 , . . . , ak ) = Ra1 + · · · + Rak für jedes endlich erzeugte Ideal irgend eines Ringes
R. Die Summe muss natürlich nicht direkt sein. Für n ≥ 2 liegen die Polynome X11 und X21
in R[X1 , . . . , Xn ]. Wir betrachten das von diesen Polynomen erzeugte Ideal
\
a = (X1 , X2 ) =
a0 = X1 · R[X1 , . . . , Xn ] + X2 · R[X1 , . . . , Xn ] .
a0 ER[X1 ,...,Xn ]
X1 ,X2 ∈a0
Angenommen es handelt sich um ein Hauptideal, dann gibt es f ∈ R[X1 , . . . , Xn ] mit
a = (f ) = {f · g | g ∈ R[X1 , . . . , Xn ]} .
Nach Annahme liegt das Polynom X1 darin, also gibt es ein g ∈ R[X1 , . . . , Xn ] mit f ·g = X1 .
Dann aber ist deg(f ) ≤ 1 und deg(g) ≤ 1. Angenommen deg(f ) = 0, also f = a mit
a ∈ R. Wegen a · g = X1 bleibt nur g = a−1 X1 , insbesondere ist a ∈ R∗ eine Einheit. Dann
aber ist a 6= (f ), denn jede Linearkombination von X1 und X2 ist entweder Null oder ein
nichtkonstantes Polynom (jedes Ideal, das mindestens eine Einheit a des Rings enthält, ist
wegen R·{a} = R und der Idealeigenschaft schon der ganze Ring). Also bleibt nur deg(f ) = 1,
bzw. f = aX + b. Dann aber gibt es kein g mit (aX + b) · g = X2 , da für jedes g 6= 0 der Term
X1 im Produkt auftauchen muss (R ist faktoriell und damit nullteilerfrei). Also liegt dann X2
nicht in (f ). In beiden Fällen ist also (f ) 6= a, und da f beliebig war ist a kein Hauptideal,
insbesondere ist R[X1 , . . . , Xn ] kein Hauptidealring. Es ist leicht zu sehen, dass diese Aussage
für n = 1 nicht stimmt.
(c) Für n ≥ 2 ist eine solche Kette nur möglich, wenn mindestens eines der Primideale kein
Hauptideal ist, für (f ) ⊆ (g) wäre ansonsten f ∈ (g) = g · R[X1 , . . . , Xn ], damit f nicht
irreduzibel und (f ) nicht prim. Nach Teil b) ist p2 = (X1 , X2 ) kein Hauptideal. Es ist aber
ein Primideal: angenommen es gibt Ideale a, b E R[X1 , . . . , Xn ] mit p2 ⊇ a · b aber p2 6⊇ a und
p2 6⊇ b. Dann gibt es f ∈ a und g ∈ b mit f, g ∈
/ p2 aber f · g ∈ p2 , also f · g = r1 X1 + r2 X2 mit
r1 , r2 ∈ R[X1 , . . . , Xn ]. Die Bedingung f ∈
/ p2 ist gleichbedeutend damit, dass in der Summe
f =
n
X
aj1 ,...,jn X1j1 · · · Xnjn
j1 ,...,jn =0
ein Koeffizient aj1 ,...,jn 6= 0 auftritt mit j1 = j2 = 0. Auch in g gibt es einen solchen Summanden. Dann gibt es mit deren Produkt aber auch einen solchen Summanden in f · g, das aber
impliziert f g ∈
/ p2 , im Widerspruch zur Annahme. Also ist p2 ein Primideal. Mit der gleichen
Rechnung sieht man, dass in R[X1 , . . . , Xn ] auch die Ideale (X1 , . . . , Xk ) für jedes k ≤ n prim
sind. Sei also für n ≥ 2 das Primideal pk gegeben durch pk = (X1 , . . . , Xk ). Dann sind alle
diese Ideale prim, paarweise voneinander verschieden, und es gilt p1 ⊆ p2 ⊆ · · · ⊆ pn .
Aufgabe 50 (Links- und Rechtsideale)
4 Punkte
Ein Linksideal eines Rings R ist eine additive Untergruppe a ≤ R, für die r · a ⊆ a für alle r ∈ R gilt.
Ein Rechtsideal von R ist eine additive Untergruppe b ≤ R, für die b · r ⊆ b für alle r ∈ R gilt. Sei
speziell R = K n×n der Ring der (n, n)-Matrizen über einem Körper K für ein n ≥ 2.
(a) Finden Sie ein Linksideal von R, das kein Rechtsideal ist.
(b) Zeigen Sie, dass es bis auf das Nullideal und ganz R kein Ideal von R gibt, das Rechts- und
Linksideal ist.
Lösung
(a) Sei a ⊆ R die Menge aller Matrizen, deren letzte Spalte Null ist. Dann ist a eine additive
Untergruppe von R, da Matrizen komponentenweise addiert werden. Man sieht leicht, dass
jedes Produkt AB mit B ∈ a wieder in a liegt, also ist a ein Linksideal von R. Es ist aber
kein Rechtsideal, da beispielsweise






1 0 ··· 0 0
1 ··· 1
1 ··· 1
1 0 · · · 0 0

 .
..  =  ..
..  ∈
 .. .. . .
.
. .  ·  ..
.
. / a
. .
. .. .. 
1 ··· 1
1 ··· 1
1 0 ··· 0 0
gilt. Da nur mit den Elementen 0, 1 ∈ K gerechnet wurde, gilt das für jeden Körper K.
(b) Das Nullideal (N ) = {N } mit der Nullmatrix N und R selbst sind trivialerweise beidseitige
Ideale von R. Sei a 6= {N } beliebiges beidseitiges Ideal von R mit einem nichttrivialen Element
A = (aij ) ∈ a. Sei etwa aij 6= 0, dann gibt es b ∈ K (Körper!) mit aij b = 1. Multiplikation mit
der Matrix b · N ergibt eine Matrix A0 , die wegen der Idealeigenschaft ebenfalls in a liegt, und
eine 1 an der Position (i, j) enthält. Durch die bekannten Zeilentransformationen kann A0 in
eine Matrix überführt werden, deren j-te Spalte gerade der j-te Einheitsvektor von K n ist.
Mit der gleichen Rechnung wie in Aufgabe 42 Teil a) liegt diese Matrix ebenfalls in a. Durch
weitere geeigenete Zeilen-/Spaltentransformationen sowie Addition der erhaltenen Matrizen
kann schließlich die Einheitsmatrix hergestellt werden, wegen der beidseitigen Idealeigenschaft
ist auch diese dann in a enthalten. Mit der Einheitsmatrix enthält a aber auch das von der
Einheitsmatrix erzeugte Hauptideal, das ist aber ganz R nach der Rechnung in der vorigen
Aufgabe. Also ist jedes solche Ideal ganz R, was zu zeigen war.
Aufgabe 51 (Die Charakteristik)
3 Punkte
Die Charakterisitik char(R) eines Rings R mit Eins ist die kleinste natürliche Zahl n ∈ N, so dass für
1 ∈ R die n-fache Summe 1 + · · · + 1 im Ring R Null ist. Falls es kein solches n gibt, setzt man
char(R) = 0. Zeigen Sie:
(a) Die Charakteristik des Restklassenrings Z/nZ ist gerade n für alle n ∈ N0 .
(b) Jeder Ring mit Charakteristik Null ist als Menge unendlich.
(c) Es gibt Ringe mit Charakteristik char(R) 6= 0, die unendlich sind.
Lösung
(a) Angenommen 1 ≤ k < n, dann gilt für die k-fache Summe 1̄ + · · · + 1̄ = k̄ · 1̄ = k̄ 6= 0̄ in Z/nZ,
da wegen 1 ≤ k < n auch k ∈
/ {0, ±n, ±2n, . . .}, also k̄ 6= 0̄ gilt. Andererseits ist natürlich die
n-fache Summe 1̄ + · · · + 1̄ = n̄ · 1̄ = 0̄.
(b) Angenommen (R, +, ·) ist endlich. In der unendlichen Folge a1 = 1R , a2 = 1R + 1R , . . . muss
es dann mindestens zwei gleiche Elemente ai und aj mit i > j geben. Dann aber ist
i
X
1R =
k=1
Insbesondere ist char(R) 6= 0.
j
X
k=1
1R ⇒
i−j
X
k=1
1R = 0 .
(c) Der Restklassenring R = Z/nZ für n ≥ 1 besitzt Charakteristik n 6= 0, ist aber endlich.
Der Polynomring R[X] in einer Variablen ist jedoch unendlich. Für die n-fache Summe des
gleichen Polynoms gilt


n
n X
m
m
n
m
X
X
X
X
X
k
k


f =
ak X =
ak X =
0̄ · X k = 0̄ ,
j=1
j=1 k=0
k=0
j=1
k=0
da die Koeffizienten aus R stammen. Also ist char(R[X]) = char(R) = n 6= 0, aber R[X] ist
unendlich.
21.01.2004
WS 2003-2004
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)
Algebra I
-
Lösungsblatt 12
Zur Übungsstunde vom 21.01.2004
Aufgabe 52 (Einheitengruppen)
2 Punkte
Sei R = Z/8Z der Restklassenring mit 8 Elementen. Bestimmen Sie die Anzahl der Lösungen der
Gleichung x2 = 1̄ in R. Ist die Einheitengruppe R∗ zu Z/4Z oder zu Z/2Z ⊕ Z/2Z isomorph?
Lösung
Jede Lösung von x2 = 1̄ ist offensichtlich eine Einheit, also liegt die Lösungsmenge in R∗ . Ein Element
a mod 8 ist genau dann Einheit, wenn ggT(a, 8) = 1 ist. Wegen 8 = 23 ist das gleichbedeutend damit,
dass a ungerade ist, also ist R∗ = {1̄, 3̄, 5̄, 7̄}. Einsetzen ergibt 12 ≡ 1 mod 8, 32 = 9 ≡ 1 mod 8,
52 = 25 ≡ 1 mod 8 und 72 = 49 ≡ 1 mod 8. Also ist R∗ gerade die Lösungsmenge für x2 = 1̄ in
R. Die multiplikative Gruppe R∗ = {1̄, 3̄, 5̄, 7̄} ist wegen Aufgabe 17 isomorph zu (Z/4Z, +) oder
V4 ∼
= Z/2Z ⊕ Z/2Z. Da jede Einheit aber Lösung von x2 = 1̄ ist, folgt ord(a) = 2 für alle a ∈ R∗ .
Insbesondere ist R∗ nicht zyklisch, und es folgt R∗ ∼
= Z/2Z ⊕ Z/2Z.
Aufgabe 53 (Automorphismengruppen zyklischer Gruppen)
4 Punkte
Sei G = hgi eine endliche zyklische Gruppe. Geben Sie den Isomorphietyp der Automorphismengruppe
Aut(G) an. Zeigen Sie zunächst, dass für jede Einheit a des Rings (Z/nZ, +, ·) die Abbildung x 7→ a · x
ein Automorphismus der Gruppe (Z/nZ,+) ist.
Lösung
Es ist G ∼
= Z/nZ für ein n ∈ N, also sei G0 = Aut(Z/nZ) ∼
= Aut(G). Zunächst ist für jedes a ∈ (Z/nZ)∗
die Abbildung
Z/nZ → Z/nZ
φa =
x
7→ a · x
relationstreu bzgl. +, da a·(x+y) = a·x+a·y im Ring Z/nZ gilt. Zu φa ist φa−1 die Umkehrabbildung
(a−1 existiert, da a eine Einheit ist): (φa ◦ φa−1 )(x) = aa−1 x = x, und umgekehrt (φa−1 ◦ φa )(x) =
a−1 ax = x, also φa ◦ φa−1 = φa−1 ◦ φa = id, und φa ∈ G0 . Die Abbildung Φ : a 7→ φa ist ein
Gruppenhomomorphismus wegen Φ(ab) = φab = φa ◦ φb . Es gibt auch eine Umkehrabbildung für Φ: Zu
irgend einem Automorphismus φ ∈ G0 sei a := φ(1̄). Da φ relationstreu ist, folgt φ(m) = φ(1̄+· · ·+ 1̄) =
φ(1̄) + · · · + φ(1̄) = m · φ(1̄) = m · a = am. Also ist tatsächlich φ = φa für a ∈ Z/nZ. Da φ bijektiv ist
gibt es b mit φ(b) = 1̄, also ab = 1. Insbesondere ist a eine Einheit. Wegen φ = φa für alle φ ∈ G0 ist
die Abbildung
0
G → (Z/nZ)∗
Ψ =
φ 7→
φ(1̄)
gerade die Umkehrabbildung zu Φ : a 7→ φa . Also ist Φ bijektiv, und damit ein Gruppenisomorphismus,
also G0 ∼
= (Z/nZ)∗ . Es gilt die Isomorphiekette Aut(G) ∼
= G0 ∼
= ((Z/nZ)∗ , · ).
Aufgabe 54 (Maximale Ideale)
4 Punkte
Sei I = [0, 1] ⊆ R. Aus der Analysis ist bekannt, dass I kompakt ist. Sei R = {f : I → R | f stetig}.
Diese Menge wird bei werteweiser Verknüpfung zu einem Ring (R, +, ·). Zeigen Sie:
(a) Für jedes a ∈ I ist die Teilmengen Ra = {f ∈ R | f (a) = 0} der stetigen Funktionen auf I
mit einer Nullstelle in a ein maximales Ideal von R.
(b) Jedes maximale Ideal von R ist von dieser Form.
Lösung
(a) Die Menge Ra ist eine Untergruppe von (R, +), da mit f, g ∈ Ra auch (f − g)(a) = f (a) −
g(a) = 0 ist. Für ein g ∈ R ist (g · f ) = (f · g)(a) = f (a)g(a) = 0, also ist Ra ein (zweiseitiges)
Ideal von R. Angenommen es gibt ein Ideal J von R mit Ra ( J ⊆ R für ein a ∈ I. Dann
gibt es g ∈ R − J, also g(a) 6= 0. Sei h ∈ R die Funktion h(x) = g(a) − g(x). Offensichtlich
ist h(a) = 0, also h ∈ Ra ⊂ J. Dann liegt auch die Funktion c = h + g im Ideal J. Es ist aber
c(x) = g(a) − g(x) + g(x) = g(a) konstant, und wegen g(a) 6= 0 ist c(x) eine Einheit im Ring
R: mit der konstanten Funktion d(x) = g(a)−1 gilt (c · d)(x) = 1 für alle x ∈ I. Die Funktion
x 7→ 1 ist aber gerade das Einselement des Rings R. Wegen R · J ⊆ J liegt dann aber ganz R
in J, also ist J = R. Da J beliebig über Ra war, ist Ra maximal. Da a beliebig war ist jedes
Ra maximal.
(b) Angenommen m ist ein maximales Ideal von R mit m 6= Ra für alle a ∈ I. Gibt es ein f ∈ m,
das keine Nullstelle a ∈ I mit f (a) = 0 besitzt, dann ist g(x) = f (x)−1 wohldefiniert, und f ·g
liegt auch in m. Aber f · g ist das Einselement von R, also wäre dann m = R. Für jedes f ∈ m
gibt es daher ein a ∈ I mit f (a) = 0. Dann muss es aber auch ein g ∈ m geben mit g(a) 6= 0,
ansonsten wäre m eine Teilmenge von Ra , im Widerspruch zur Maximalität von m. Zu jedem
a ∈ I sei ga also eine Funktion in m mit ga (a) 6= 0. Da alle Funktionen in R stetig sind gibt es
für a 6= 0, 1 ein von a abhängiges εa > 0, so dass ga auf dem offenen Intervall (a − εa , a + εa )
keine Nullstelle besitzt. Für die Randpunkte j = 0, 1 seien analog offene Intervalle Aj ⊂ R
mit j ∈ Aj und Funktionen gj ∈ m so gewählt, so dass der Schnitt Aj ∩ I keine Nullstelle
von gj enthält. Sei U = {(a − εa , a + εa ) | a ∈ (0, 1)} ∪ {A0 , A1 } das Mengensystem der so
definierten Intervalle. Für jedes a ∈ I gibt es ein Intervall in U das a enthält, d. h. U ist eine
offene Überdeckung des kompakten Intervalls I. Nach dem aus der Analysis bekannten Satz
von Heine-Borel kann aus U eine endliche Teilüberdeckung U1 , . . . , Un ausgewählt werden,
so dass für jedes a ∈ I ein k ∈ {1, . . . , n} mit a ∈ Uk existiert. Seien g (1) , . . . , g (n) ∈ m die
zu diesen Intervallen gehörenden Funktionen, so dass g (k) (a) 6= 0 für alle a ∈ Uk ist. Dann
ist das von diesen Funktionen erzeugte Ideal a = (g (1) , . . . , g (n) ) eine Teilmenge von m. Es
genügt, eine Funktion h ohne Nullstelle in a und damit h·h−1 = 1R bzw. a = R nachzuweisen.
2
2
Es sei zum Beispiel h(x) = g (1) (x) + · · · + g (n) (x) . Es ist h ∈ a, denn Produkt- und
Summenbildung ist in a abgeschlossen. Für jedes a ∈ I gibt es aber nun ein k mit g (k) (a) 6= 0,
also g (k) (a)2 > 0. Alle weiteren Summanden in h(a) sind nicht negativ, also ist auch h(a) > 0.
Da a beliebig war kann h keine Nullstelle in I besitzen, woraus a = m = R folgt, was zu zeigen
war.
Aufgabe 55 (Der Restesatz)
6 Punkte
In der Numerik wird der folgende Sachverhalt gezeigt: zu n + 1 paarweise verschiedenen Stellen
x0 , . . . , xn ∈ R und Werten y0 , . . . , yn ∈ R gibt es ein Polynom f ∈ R[X] höchstens vom Grad n,
so dass f (xi ) = yi für i = 0 . . . n gilt. Zeigen Sie nun für einen beliebigen Körper K:
(a) Seien x0 , . . . , xn ∈ K paarweise verschieden. Die Ideale ai = (X − xi ) des Polynomrings K[X]
erfüllen die Voraussetzungen des chinesischen Restesatzes.
(b) Es gibt eine Zuordnung von Wertetupeln (y0 , . . . , yn ) in K n+1 zu Polynomen f ∈ K[X] mit
f (xi ) = yi , die ein Vektorraummonomorphismus ist, und deren Bilder höchstens Grad n
besitzen.
(c) Diese Zuordnung vermittelt einen Vektorraumisomorphismus ϕ zwischen K n+1 und dem KVektorraum V der Polynome in K[X] mit Grad höchstens
n. Er ist verschieden von dem
P
n+1
Vektorraumisomorphismus K
→ V, (a0 , . . . , an ) 7→
aj X j .
Q
Hinweis zu Teil b): Zeigen Sie, dass V ein Vertretersystem des Faktorrings K[x]/ aj ist.
Zusatzaufgabe (2 Punkte):
Versieht man K n+1 mit der komponentenweisen Multiplikation, so ist (K n+1 , +, ·) ein Ring. Wie muss
die Multiplikation auf V definiert werden, damit ϕ : K n+1 → V ein Ringisomorphismus ist?
(Tipp: die gesuchte Multiplikation wird zyklische Faltung genannt)
Lösung
(a) Zunächst sei gezeigt, dass die Ideale (X−xi ) maximal in R = K[X] sind. Sei R = K[X] / (X − xi )
der Faktorring für irgend ein i ∈ {0, . . . , n}. Elemente von R haben die Form f¯ = f + (X −
x0 ) · K[X] mit f ∈ K[X]. Wir zeigen: die Abbildung
R
→
K
φ =
f + (X − x0 ) · K[X] 7→ f (x0 )
ist ein Ringisomorphismus. Da K ein Körper ist folgt dann, dass auch der Faktorring R ein
Körper ist, d. h. (X −xi ) ist maximal. Zunächst ist φ wohldefiniert: seien f und g verschiedene
Vertreter der Restklasse f¯ = f +(X−xi )·K[X] = g+(X−xi )·K[X] in R, dann ist f = g+h mit
einem h ∈ (X − xi ), d. h. h ist ein Vielfaches des Polynoms X − xi , etwa f = g + h̃ · (X − xi ).
Dann aber ist f (xi ) = g(xi ) + h̃(xi ) · (xi − xi ). Wegen xi − xi = 0 folgt f (xi ) = g(xi ),
also φ(f¯) = φ(ḡ) und φ ist mit dieser Zuordnung korrekt als Abbildung definiert. φ ist
ein Ringhomomorphismus, da φ(f¯ + ḡ) = (f + g)(xi ) = f (xi ) + g(xi ) = φ(f¯) + φ(ḡ) gilt
(Multiplikation analog). φ ist surjektiv: Urbild eines y ∈ K ist offensichtlich die Restklasse
f¯ des konstanten Polynoms f = y · X 0 , dessen Auswertung an jeder Stelle gerade y ist. φ
ist auch injektiv: angenommen φ(f¯) = φ(ḡ) mit Vertretern f, g ∈ K[X]. Das bedeutet aber
gerade f (x0 ) = g(x0 ), also (f − g)(x0 ) = 0 und x0 ist eine Nullstelle von f − g. K[X] ist
euklidisch (also faktoriell), es gibt daher q ∈ K[X] mit f − g = q · (X − x0 ), insbesondere ist
f −g ∈ (X −x0 )·K[X], das ist aber gleichbedeutend mit f¯ = ḡ, also waren die Urbilder schon
gleich. Insgesamt ist φ ein Isomorphismus von Ringen, und R damit ein Körper. Also ist das
Ideal (X − xi ) maximal. Da die Stellen x0 , . . . , xn paarweise verschieden sind, sind die Ideale
(X −xi ) verschieden. Aus der Maximalität der Ideale folgt wegen (X −xi )+(X −xj ) ) (X −xi )
für i 6= j die Komaximalität (X − xi ) + (X − Xj ) = K[X] = R. Damit erfüllen diese Ideale
die Voraussetzungen des Chinesischen Restesatzes (Satz 2.5.1).
(b) Nach Teil a) kann der Restesatz auf K[X] angewendet werden. Ist a = (X − x0 ) · · · (X − xn )
das zugehörige Produktideal, dann liefert Satz 2.5.1 die Isomorphie
K[X] / a ∼
= K[X] / (X − x0 ) × · · · × K[X] / (X − xn )
von Ringen. In Teil a) wurde aber auch gezeigt, dass die Faktoren auf der rechten Seite unabhängig vom Index i als Ringe isomorph zu K selbst sind. Man hat also die Isomorphiekette
K[X] / a ∼
= K[X] / (X − x0 ) × · · · × K[X] / (X − xn ) ∼
= K n+1
von Ringen, insbesondere gibt es einen Ringisomorphismus Φ, der K[X] / a nach K n+1 (als
direktes Produkt von n + 1 Kopien von K) abbildet. Wie sieht dieser Isomorphismus konkret
aus? Nach Satz 2.5.1 wird eine Restklasse f + a abgebildet auf ein Tupel aus Restklassen
(f + (X − x0 ), · · · , f + (X − xn )). Die Isomorphie R ∼
= K aus Teil a) wird dagegen durch
die Auswertung an xi vermittelt: f + (X − xi ) 7→ f (xi ). Diese wird auf jedes Element des
Restklassentupels angewendet. Wir schreiben die Restklassentupel als Spalte und erhalten die
konkrete Definition von Φ über die Zuordnungskette




f + (X − x0 )
f (x0 )
 7→φ  · · ·  .
···
f + a 7→2.5.1 
f + (X − xn )
f (xn )
Also ordnet Φ einer Restklasse f + a gerade das Tupel der Werte von f an den Stellen
x0 , . . . , xn zu. Φ wird als Auswertungsabbildung an den Stellen xi bezeichnet. Die Inverse Φ−1
ist gerade die aus der Numerik bekannte Interpolationsabbildung, die einem Tupel von Werten
(y0 , . . . , yn ) ein Polynom f zuordnet, so dass f (xi ) = yi gilt. Dieses Polynom ist nur eindeutig
bis auf ein Element aus
n
Y
a =
((X − xi ) · K[X]) = (g) = g · K[X]
i=0
Q
mit dem Produktpolynom g = (X − xi ) der Polynome X − xi , denn Vielfache von g sind
gerade diejenigen Polynome, die in allen Stellen xi den Wert 0 annehmen, die also ohne
Änderung der Werte yi zu f hinzuaddiert werden können. Φ ist insbesondere ein Isomorphismus der abelschen Gruppen (K[X]/a, +) und (K n+1 , +). Der Polynomring K[X] ist
auch ein K-Vektorraum, da mit λ ∈ K auch λ · f wieder in K[X] liegt, und die Distributivität λ(f + g) = λf + λg gilt. Auch K n+1 ist natürlich ein K-Vektorraum. Die Abbildung Φ defininiert nun einen Isomorphismus von Vektorräumen, denn Φ ist K-linear:
Φ(λf + a) = (λ · f (x0 ), . . . , λ · f (xn )) = λ · (f (x0 ), . . . , f (xn )) = λ · Φ(f + a). Nach Definition
ist V = {f ∈ K[X] | deg(f ) ≤ n} ebenfalls ein K-Vektorraum, aber zunächst kein Ring, da
Produkte zweier Polynome aus V über der Gradschranke n liegen können. Die Anordnung
der n + 1 Koeffizienten von Polynomen aus V als Spalte
 
a0
n
X
 .. 
j
aj X 7→  . 
j=0
an
ist offensichtlich ein Vektorraumisomorphismus Ψ : V → K n+1 , also hat man insgesamt
die Isomorphiekette K[X]/a ∼
= K n+1 ∼
= V von Vektorräumen. V ist auch ein vollständiges
Vertretersystem von K[X]/a: Seien f, g ∈ V verschieden, dann sind auch ihre Restklassen
f + a und g + a verschieden, denn das Polynom f − g besitzt höchstens Grad n, jedes Polynom
in a = (g) besitzt aber mindestens Grad deg(g) = (n + 1) · deg(X − xi ) = n + 1. Andererseits
besitzt jede Restklasse f + a einen Vertreter in V , da V zu K[X]/a als additive Gruppe
isomorph ist. Insgesamt folgt also: zu jeder Restklasse f + a gibt es genau ein f˜ ∈ (f + a) mit
f˜ ∈ V . Offensichtlich ist Φ(f ) = Φ(f˜), d. h. f˜ besitzt die gleichen Werte wie f an den Stellen
x0 , · · · , xn . Die Zuordnung
(y0 , . . . , yn ) 7→Φ−1 f + a 7→ f˜ ∈ V
ist also eindeutig, womit Teil b) gezeigt ist.
(c) Sei ϕ gegeben durch die Zuordnung aus Teil b):
ϕ((y0 , . . . , yn )) = f˜ ∈ V mit f˜(xi ) = yi ∀i .
In Teil b) wurde gezeigt, dass ϕ ein Isomorphismus von K-Vektorräumen ist (da Φ−1 ein
solcher Isomorphismus ist). ϕ ist die durch Einschränkung auf Polynome vom Grad höchstens
n eindeutig gemachte Interpolationsabbildung.
Der Isomorphismus Ψ−1 : K n+1 → V ordnet
P
i
dagegen einem Tupel (ai ) das Polynom
ai X zu. Zu zeigen ist also: es gibt ein Wertetupel
y = (y0 , . . . , yn ) in K n+1 , so dass ϕ(y) 6= Ψ−1 (y) ist. Das ist aber schlichtweg die Aussage, dass
es Polynome gibt, deren Werte verschieden sind von ihren Koeffizienten. Diese Aussage macht
nur für n ≥ 1 einen Sinn, denn für n = 0 fallen wegen K[X] ∼
= K die Begriffe Wert, Koeffizient
und Polynom ohnehin zusammen, und der Restesatz ist sinnlos. Also gibt es i 6= j mit xi 6= xj .
Ohne Einschränkung ist i = 0 und j = 1. Wir wählen das Wertetupel (1, . . . , 1) ∈ K n+1 . Sei
also f = Ψ−1 (1, . . . , 1), nach Definition von Ψ ist f = 1+X +X 2 +· · ·+X n . Die Interpolation
ergibt andererseits ein Polynom g = ϕ((1, . . . , 1)) mit g(xi ) = 1 für alle i. Offenbar erfüllt das
konstante Polynom g = 1 diese Forderung und besitzt Grad höchstens n, nach Teil b) ist g
das einzige solche Polynom in V . Aber offenbar ist f 6= g wegen n ≥ 1, wie zu zeigen war.
Zusatzaufgabe:
V bildet keinen Ring mit der Multiplikation aus K[X], da diese in V nicht abgeschlossen ist. V ist vollständiges Vertretersystem der Restklassen in K[X]/a, darauf ist aber die Multiplikation abgeschlossen.
Das Produkt f · g zweier Polynome aus V liegt also in irgend einer Restklasse h + a, die einen eindeutigen Vertreter h̃ in V besitzt. Der kanonische Epimorphismus dazu sei durch ψ : f 7→ f + a gegeben.
Wir verketten diesen mit der nach Teil b) eindeutigen Zuordnung f + a 7→ f˜ ∈ V , und bezeichnen die
Verkettung mit γ, also ist
K[X] → K[X]/a → V
γ =
.
f
7→ f + a 7→ f˜
Die Abbildung γ ist nichts anderes als eine Projektion des K-Vektorraums K[X] auf den Teilraum V ,
denn natürlich ist γ(f ) = f für alle f ∈ V , und es ist γ(αf + βg) = αγ(f ) + βγ(g) für alle α, β ∈ K.
Die durch die Multiplikation · auf K[X] aus V herausgefallenen Polynome können durch γ wieder auf
V projeziert werden, es sei also wie folgt eine Multiplikation auf V eingeführt:
(f, g) 7→ f ∗ g := γ(f · g) .
Da γ linear ist, und · die Multiplikation in K[X] ⊃ V ist, erfüllt ∗ die Distributivgesetze ebenso wie ·,
und (V, +, ∗) ist ein Ring. Noch zu zeigen ist: ϕ(y · y 0 ) = ϕ(y) ∗ ϕ(y 0 ). Es ist aber Φ−1 (y · y 0 ) = f · f 0
mit f (xi ) = yi und f 0 (xi ) = yi0 . Damit ist ϕ(y) ∗ ϕ(y 0 ) = γ(f · f 0 ) = γϕ(y · y 0 ) = ϕ(y · y 0 ) da alle Bilder
von ϕ Grad höchstens n besitzen und durch γ nicht geändert werden.
28.01.2004
WS 2003-2004
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)
Algebra I
-
Lösungsblatt 13
Zur Übungsstunde vom 28.01.2004
Aufgabe 56 (Algebraische Erweiterungen Teil I)
3 Punkte
Zeigen Sie: Eine Körpererweiterung L/K ist genau dann algebraisch, wenn jeder Unterring R ≤ L, der
K enthält, selbst ein Körper ist.
Lösung
Es sei K[t] der kleinste Ring in L, der K und t enthält, für irgend ein t ∈ L. Dann ist K[t] gerade die
Menge der Polyomausdrücke in t
K[t] = {f (t) | f ∈ K[X]}
P
mit Koeffizenten aus K. Sei φt : K[X] → K[t] die zugehörige Einsetzabbildung mit φt ( ai X i ) =
P i
ai t aus Aufgabe 43. Behauptung: φt ist ein Ringisomorphismus genau dann, wenn t nicht algebraisch
über K ist. φt ist ein surjektiver Ringhomomorphismus, also genügt es, Ker(φt ) zu betrachten. Ist t
algebraisch, so gibt es ein f ∈ K[X] mit f 6= 0 und f (t) = 0. Insbesondere ist dann f ∈ Ker(φt ),
und φt ist nicht injektiv. Sei andererseits φt injektiv, dann ist f (t) 6= 0 für alle f 6= 0 in K[X],
insbesondere besitzt f kein Minimalpolynom über K und ist damit nicht algebraisch. Also: Ist L/K
nicht algebraisch, so gibt es ein t ∈ L das nicht über K algebraisch ist mit Ker(φt ) = {0}. Dann ist
φt ein Isomorphismus, und K[t] ist ein Unterring von L, der K enthält, und wegen K[t] ∼
= K[X] kein
Körper ist. Sei andererseits L/K algebraisch und S ein Teilring von L der K enthält. Angenommen S
ist kein Körper, dann gibt es ein t 6= 0 in S, das nicht in S invertierbar ist. Sei S 0 = K[t]. Dann ist t
auch in S 0 nicht invertierbar, also ist auch S 0 kein Körper. Sei f das Minimalpolynom von t über K,
dann ist φt (f ) = 0. Also ist a = Ker(φt ) nicht trivial. Nach dem Homomorphiesatz für Ringe ist a also
ein nichttriviales Ideal von K[X], und wegen der Surjektivität von φt ist S 0 = φt (K[X]) ∼
= K[X] / a .
Aber K[X] ist ein Hauptidealring, also ist tatsächlich a = (g) mit einem g ∈ K[X]. Dann aber wäre
f = g · h für irgend ein h ∈ K[X], im Widerspruch zur Irreduzibilität des Minimalpolynoms. Also ist
tatsächlich S 0 ∼
= K[X] / (f ) , wobei t abgebildet wird auf φt (t) = X. Sei f = a0 + a1 X + · · · + X n mit
ai ∈ K. Dann ist a0 6= 0, ansonsten wäre 0 eine Nullstelle von f im Widerspruch zur Irreduzibilität
n−2 + X n−1 ) in K[X] definiert,
von f . Mit diesen Koeffizienten sei g = −a−1
0 · (a1 + a2 X + · · · + an−1 X
−1
0
und t = φt (g + (f )) sei das Urbild unter dem surjektiven Homomorphismus φt . Es ist f · g =
n−1 ) = −a−1 ·(a X +a X 2 +· · ·+a X n ) = −a−1 ·(f −a ) = −a−1 f +1.
−a−1
1
2
n
0
0 ·X ·(a1 +a2 X +· · ·+an X
0
0
0
Modulo a = (f ) ist dann aber f g + (f ) = (−a−1
f
+
1)
+
(f
)
=
1
+
(f
),
also
gilt
auch
tt0 = 1 für die
0
Urbilder von f und g in S 0 . Insbesondere ist t in S 0 invertierbar im Widerspruch zur Annahme, dass
es einen Teilring von L gibt, der K enthält und selbst kein Körper ist.
Aufgabe 57 (Algebraische Erweiterungen Teil II)
3 Punkte
Konstruieren Sie eine Körpererweiterung K von Q, die algebraisch, aber nicht endlich ist.
Hinweis: Die Wurzeln
Lösung
√
n
2 sind für alle n ∈ N algebraisch.
√
Es sei rekursiv definiert: K0 = Q und Kj = Kj−1 ( j 2), dann ist Q = K0 ⊆ K1 ⊆ K2 ⊆ · · · eine Kette
von Körpern. Es sei
[
K =
Kj
j∈N0
gesetzt. Mit x, y ∈ K ist x, y ∈ Kj für ein j ∈ N0 , also liegen auch x − y und x · y in Kj ⊆ K.
Ebenso x−1 für x ∈ K − {0}. Alle weiteren Axiome für Gruppen, Ringe und Körper gelten für K, da
K eine Teilmenge des Körpers R ist (da jedes Kj eine Teilmenge von R ist). Also ist K ein Körper.
Sei nun α ∈ K beliebig, dann gibt es ein j mit α ∈ Kj . Mit Satz
√ 3.2.3 folgt, dass Kj algebraisch
über Q ist, denn Kj wird von den (algebraischen) Elementen i 2 für i = 1 . . . j erzeugt. Also ist
auch das (beliebig aus K gewählte) Element α algebraisch über Q. Also ist K/Q eine algebraische
Körpererweiterung.
Andererseits ist K/Q keine endliche Körpererweiterung: da für jedes n ∈ N die
√
n
Wurzel 2 mit Minimalpolynom X n − 2 in K liegt, gibt es für jedes noch so große n auch ein Element
in K, dessen Minimalpolynom Grad n besitzt. Wäre K/Q endlich, so gäbe es aber ein N ∈ N, das
diese Grade beschränkt.
Aufgabe
√ 58 (Invertieren in Körpererweiterungen)
Sei α =
5
2, L = Q(α) und β =
α3
+ α + 1 ∈ L. Berechnen Sie
5 Punkte
β −1
in Form eines Polynoms in α.
Lösung
Das Minimalpolynom f von α über Q ist f = X 5 −2, also ist L ∼
= Q[X]/(f ) = {g+f ·Q[X]
P | gi ∈ Q[X]}.
Diese
Isomorphie
wird
durch
den
Einsetzhomomorphismus
φ
(Aufgabe
43)
mit
φ
(
ai X + (f )) =
α
α
P
i
−1
ai α vermittelt, und natürlich ist φα (f ) = 0 und φα (X) = α. Umgekehrt ist φα (β) = X 3 + X + 1,
da φα ein surjektiver Ringhomomorphismus ist. Es genügt daher, das Polynom f2 = X 3 + X + 1 im
Restklassenring Q[X]/(f ) zu invertieren. Q[X] ist euklidisch, da Q ein Körper ist. Wir berechnen den
ggT von f2 und f1 = f in Q[X] mit dem Euklidischen Algorithmus unter Mitführung der Vorfaktoren:
(X 5 − 2)
− X3 − X2
: (X 3 + X + 1) = X 2 − 1
−X 5
−X 3 − X 2 − 2
+X 3 + X + 1
−X2 + X − 1
=: f3 .
Es ist f1 = f2 · (X 2 − 1) + f3 , also f3 = 1 · f1 + (−X 2 + 1) · f2 .
(X 3 + X + 1)
−X 3 + X 2 − X
: (−X 2 + X − 1) = −X − 1
X2 + 1
−X 2 + X − 1
X
=: f4 .
Es ist f2 = f3 · (−X − 1) + f4 , also f4 = 1 · f2 + (X + 1) · f3 = 1 · f2 + (X + 1) · (1 · f1 + (−X 2 + 1) · f2 ) =
(X + 1) · f1 + (1 + (−X 2 + 1)(X + 1)) · f2 .
(−X 2 + X − 1)
+X 2
: (X) = −X + 1
X −1
−X
−1
=: f5 .
Es ist f3 = f4 · (−X + 1) + f5 , also f5 = f3 + (X − 1) · f4 = [1 · f1 + (−X 2 + 1) · f2 ] + (X − 1) · [(X + 1) ·
f1 + (1 + (−X 2 + 1)(X + 1)) · f2 ]. Zusammenfassen ergibt f5 = s · f1 + t · f2 mit Vorfaktoren s = x2 und
t = −x4 + x2 + x − 1. Das Polynom f5 = −1 ist offensichtlich eine Einheit von Q[X], also sind f1 und
f2 teilerfremd. Negieren von f5 , s und t führt auf die Gleichung (−x2 ) · f1 + (x4 − x2 − x + 1) · f2 = 1
im Polynomring Q[X]. Der Übergang zum Faktorring Q[X]/(f ) ergibt wegen f1 = f die Gleichung
(x4 − x2 − x + 1) · f2 + (f ) = 1 + (f ), insbesondere ist x4 − x2 − x + 1 + (f ) das Inverse von f2 + (f ).
Einsetzen in φα ergibt, dass α4 − α2 − α + α0 ∈ Q(α) das Inverse von β in L ist.
Aufgabe 59 (Das Minimalpolynom) √
3
Bestimmen Sie das Minimalpolynom von β =
2+
√
5 Punkte
3.
Hinweis: β liegt in einer Erweiterung von Q vom Grad 6.
Lösung
√ √
√
Sei L = Q( 3, 3 2), dann liegt
β
in
L.
Man
hat
die
Erweiterungen
L/K/Q
mit
K
=
Q(
3). Eine
√
√
√
3
3
Q-Basis von K ist offenbar {1, 3}. Eine√K-Basis
ist dagegen
√ √von√L √
√ √ {1, 2, 4} (vgl. diverse Beispiele
in der Vorlesung). Nach Satz ??? ist {1, 3 2, 3 4, 3, 3 2 3, 3 4 3} eine Q-Basis von L. Die Potenzen
von β sind gegeben durch
√
√
√
√
√
√
√
3
3
3
3
β0 = 1 + 0 · √
2 + 0·√
4 + 0 · √3 + 0 · √
2√ 3 + 0 · √
4√3
3
3
3
3
β1 = 0 + 1 · √
2 + 0·√
4 + 1 · √3 + 0 · √
2√ 3 + 0 · √
4√3
3
3
3
3
2
β = 3 + 0 · √2 + 1 · √4 + 0 · √3 + 2 · √2√3 + 0 · √4√3
3
3
2 + 0 · 3√4 + 3 · √3 + 0 · 3√2 √3 + 3 · √
4√3
β3 = 2 + 9 · √
3
3
3
3
4
β = 9 + 2 · √2 + 18 ·√ 4 + 8 · √3 + 12 · √2√3 + 0 · √4 √3
3
3
3
β 5 = 60 + 45 · √
2 + 2 · 3√4 + 9 · √3 + 10 · √
2√3 + 30 · √
4√ 3
3
3
3
3
6
β = 31 + 90 · 2 + 135 · 4 + 120 · 3 + 54 · 2 3 + 12 · 4 3
Wegen [L : Q] = 6 und β ∈ L besitzt das Minimalpolynom von β höchstens Grad 6 und ist normiert.
Angenommen der Grad ist genau 6, dann ist
β 6 + a5 β 5 + a4 β 4 + a3 β 3 + a2 β 2 + a1 β + a0 = 0
für Koeffizienten a0 , . . . , a5 ∈ Q. Das entspricht der Gleichung a5 β 5 + a4 β 4 + a3 β 3 + a2 β 2 + a1 β + a0 =
−β 6 . Indem man die Potenzen von β durch die obige Basisdarstellung ersetzt ergibt sich das folgende
lineare Gleichungssystem in den ai :
Basisvektor
Basisvektor
Basisvektor
Basisvektor
Basisvektor
Basisvektor
1:
√
3
2:
√
3
√ 4:
3:√
√
3
2√3:
√
3
4 3:
1 · a0
0 · a0
0 · a0
0 · a0
0 · a0
0 · a0
+
+
+
+
+
+
0 · a1
1 · a1
0 · a1
1 · a1
0 · a1
0 · a1
+
+
+
+
+
+
3 · a2
0 · a2
1 · a2
0 · a2
2 · a2
0 · a2
+
+
+
+
+
+
2 · a3
9 · a3
0 · a3
3 · a3
0 · a3
3 · a3
+ 9 · a4
+ 2 · a4
+ 18 · a4
+ 8 · a4
+ 12 · a4
+ 0 · a4
+
+
+
+
+
+
60 · a5
45 · a5
2 · a5
9 · a5
10 · a5
30 · a5
=
=
=
=
=
=
−31
−90
−135
−120
−54
−12
Oder in Matrixschreibweise:

1
0

0

0

0
0
0
1
0
1
0
0
3
0
1
0
2
0
  


2 9 60
a0
−31
 
 −90 
9 2 45
 a1 





−135
0 18 2  a2 


·  = 

3 8 9
 a3 
−120




0 12 10
a4
−54 
3 0 30
a5
−12
Dieses System besitzt die eindeutige Lösung
 


a0
−23
a1 
−36
 


a2 


  =  27  ,
a3 
 −4 
 


a4 
 −9 
a5
0
also ist f = −23−36X +27X 2 −4X 3 −9X 4 +X 6 ein Polynom, das β annuliert. Es ist noch nachzuweisen,
dass f auch das Minimalpolynom ist. Wegen [L : Q] = 6 ist das gleichbedeutend damit, dass L = Q(β)
ist. Da das Gleichungssystem eine eindeutige Lösung besitzt, ist die Matrix invertierbar, insbesondere
gibt es eine eindeutige Lösung für jede mögliche rechte Seite mit Komponenten in Q. Das ist aber
gleichbedeutend damit, dass φβ (Q[X]) bereits ganz L ist, da jedes Element in L durch ein Polynom in
β dargestellt werden kann. Also ist L ⊆ Q(β). Wegen [L : Q] = 6 und deg(f ) = 6 folgt andererseits
L ⊇ Q(β), und damit die Behauptung.
04.02.2004
WS 2003-2004
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)
Algebra I
-
Lösungsblatt 14
Zur Übungsstunde vom 04.02.2004
Aufgabe 60 (Automorphismengruppen)
4 Punkte
Sei L/K eine Körpererweiterung mit L = K(α). Sind α1 , . . . , αr die Nullstellen in L des Minimalpolynoms mK (α, X) von α über K in der Unbestimmten X, so ist G(L / K ) isomorph zu einer Untergruppe
der symmetrischen Gruppe Sr .
Lösung
Sei M = {α1 , . . . , αr } die Menge der Nullstellen von f = mK (α, X) in L. Für einen beliebigen Automorphismus σ ∈ G(L / K ) gilt
X
X
f (σ(αk )) =
aj σ(αk )j = σ(
aj αkj ) = σ(f (αk )) = σ(0K ) = 0K
wegen der Relationstreue von σ bzgl. Addition/Multiplikation und der K-Linearität σ(a · β) = a · σ(β)
für a ∈ K und β ∈ L. Also ist auch σ(αk ) eine Nullstelle von f , unabhängig von der Wahl von
k und σ. Wegen σ(L) = L liegt auch die Nullstelle σ(αk ) in M . Die Einschränkung von σ auf die
Nullstellenmenge ist also eine Abbildung σ|M : M → M . Diese Abbildung ist für jedes σ ∈ G(L / K )
bijektiv, die zugehörige Umkehrabbildung ist offensichtlich die Einschränkung von σ −1 ∈ G(L / K ) auf
M . Also permutiert jedes σ die Nullstellen in M , und wegen der eindeutigen Indizierung der Elemente
von M durch die Zahlen 1, . . . , r gibt es zu jedem σ ∈ G(L / K ) eine Permutation πσ mit σ(αj ) = απσ (j)
für j = 1 . . . r. Dadurch ist eine Abbildung
G(L / K ) → Sr
Φ =
σ
7→ πσ
definiert. Es ist zu zeigen, dass Φ ein Gruppenmonomorphismus ist. Angenommen Φ(σ) = Φ(τ ) für
Automorphismen σ, τ ∈ G(L / K ), also πσ = πτ . Das ist aber gleichbedeutend mit σ(αj ) = τ (αj ) =
απσ (j) für alle αj ∈ M . Nach Satz 3.2.2 besitzt ein beliebiges Element aus L die Darstellung β =
b0 + b1 α + · · · + bn−1 αn−1 mit Koeffizenten bi ∈ K. Auch α ist eine Nullstelle von f , die in L liegt.
Also ist α = αk für einen Index k. Dann aber gilt σ(α) = τ (α), und aus der Relationstreue der
Automorphismen folgt
σ(β) =
σ(b0 + b1 α + · · · + bn−1 αn−1 )
= b0 + b1 σ(α) + · · · + bn−1 σ(α)n−1
n−1
= b0 + b1 τ (α) + · · · + bn−1 τ (α)
=
τ (b0 + b1 α + · · · + bn−1 αn−1 )
= τ (β)
für jedes β ∈ L. Also ist σ = τ , und Φ ist injektiv. Das Bild vom neutralen Element idL der Automorphismengruppe ist wegen idL (αj ) = αj gerade die Permutation id ∈ Sn . Das Bild der Komposition
zweier Automorphismen σ und τ unter Φ ergibt sich wegen
(σ ◦ τ )(αk ) = σ(τ (αk )) = σ(απτ (k) ) = απσ (πτ (k))
zu πσ◦τ = πσ ◦ πτ , also ist Φ ein Gruppenmonomorphismus. Damit ist G(L / K ) isomorph zur Untergruppe Φ(G(L / K )) ≤ Sr .
Aufgabe 61 (Körpererweiterungen)
4 Punkte
2k
Sei L/K eine endliche Körpererweiterung mit [L : K] =
für ein k ∈ N. Zeigen Sie: besitzt ein
Polynom f ∈ K[X] vom Grad 3 eine Nullstelle in L, so besitzt f auch eine Nullstelle in K.
Lösung
Angenommen f ∈ K[X] besitzt eine Nullstelle α ∈ L und keine Nullstelle in K. Wäre f reduzibel,
etwa f = g · h, so gäbe es die folgenden Möglichkeiten für g:
•
•
•
•
deg(g) = 0:
deg(g) = 1:
deg(g) = 2:
deg(g) = 3:
d.
d.
d.
d.
h.
h.
h.
h.
g ∈ K × im Widerspruch zur Definition der Reduzibilität,
g = aX + b für a, b ∈ K, insbesondere ist −ba−1 eine Nullstelle von f ,
deg(h) = 1, siehe voriger Punkt,
deg(h) = 0, siehe erster Punkt.
Wäre f reduzibel, so hätte f mit −ba−1 auch eine Nullstelle in K im Widerspruch zur Annahme. So
eine Zerlegung kann es daher nicht geben, und f ist irreduzibel. Sei c ∈ K der Koeffizient des Monoms
X 3 in f . Wegen deg(f ) = 3 ist c 6= 0. Dann ist das Polynom f˜ = c−1 · f normiert und ebenfalls
irreduzibel. Es besitzt offensichtlich ebenfalls die Nullstelle α ∈ L, also ist f das (eindeutig bestimmte)
Minimalpolynom f˜ = mK (α, X) von α. Die Körpererweiterung K(α)/K besitzt nach Satz 3.2.2 den
Grad deg(α) = deg(f˜) = deg(f ) = 3. Es liegt die Erweiterungssituation L/K(α)/K vor, nach dem
Gradsatz ist also
2k = [L : K] = [L : K(α)] · [K(α) : K] = [L : K(α)] · 3 ,
im Widerspruch zu 36 | 2k , da Erweiterungsgrade stets natürliche Zahlen sind.
Aufgabe 62 (Algebraischer Abschluss)
4 Punkte
Sei L/K eine Körpererweiterung. Zeigen Sie:
(a)
(b)
(c)
(d)
Sind α, β ∈ L algebraisch über K, so auch α + β, α · β sowie α−1 .
Die Menge K = {α ∈ L | ∃f ∈ K[X] : f (α) = 0} bildet einen Erweiterungskörper von K.
K besitzt keine echte algebraische Erweiterung, die in L liegt.
Speziell für K = Q und L = C ist Q eine unendliche algebraische Erweiterung von Q.
Bemerkung: Man nennt K den algebraischen Abschluss von K in L.
Lösung
(a) Sind α, β ∈ L algebraisch, so ist nach Satz 3.2.3 die Erweiterung K(α, β)/K algebraisch. In
K(α, β) sind wegen den Körperaxiomen die besagten Elemente α+β, α·β, und α−1 enthalten.
Da K(α, β)/K algebraisch ist, sind insbesondere diese Elemente algebraisch über K.
(b) Seien α, β ∈ K beliebig. Wegen K ⊆ L ist K ein Körper, wenn die Abgeschlossenheit von
Addition, Multiplikation und Inversion gegeben ist. Das ist aber gerade Teil a). Offensichtlich
ist K eine Teilmenge von K, also ist K ein Erweiterungskörper von K, der in L liegt.
(c) Angenommen K 0 ist eine algebraische Erweiterung von K mit K 0 ⊆ L. Nach Satz 3.2.4 ist
K 0 /K ebenfalls eine algebraische Körpererweiterung. Dann gibt es nach Definition 3.2.2 für
jedes α ∈ K 0 ein f ∈ K[X] − {0} mit f (α) = 0, also α ∈ K, d. h. K 0 ⊆ K, also K 0 = K.
Daher kann es keine echten algebraischen
Erweiterungen von K in L geben.
√
n
(d) Wie in Aufgabe 57 liegen die Wurzeln 2 für n ∈ N in Q da sie algebraisch sind, nämlich
als Nullstelle von fn = X n − 2 ∈ Q[X]. Damit gibt es zu jedem noch so großen n ∈ N ein
Element α in Q mit deg(α) = n, also kann die Erweiterung Q/Q nicht endlich sein.
Aufgabe 63 (Galoistheorie)
4 Punkte
√
√
Seien p1 , . . . , pm ∈ N paarweise verschiedene Primzahlen und L = Q( p1 , . . . , pm ). Zeigen Sie: L/Q
ist eine Galoiserweiterung mit G(L / Q ) ∼
= Z/2Z ⊕ · · · ⊕ Z/2Z = (Z/2Z)m .
Hinweis: Zeigen Sie, dass für σ ∈ G(L / Q ) und a ∈ Q mit
√
√
√
a ∈ L stets σ( a) = ± a gilt.
Lösung
√
Zunächst sei der Fall m = 1, also L = Q( p), gegeben. Das Polynom f = X 2 − p ist nach dem
√
√
Eisensteinkriterium irreduzibel, und besitzt p als Nullstelle. Die zweite Nullstelle ist − p, und sie
liegt ebenfalls in L. Die einzigen Fortsetzungen von idK auf L sind analog zu Beispiel 3.3.2 gegeben
durch
√
√
p 7→
p
idL = σ0 :
√
√
p 7→ − p .
σ1 :
√
√
Der Fixkörper von L = {b0 + b1 p | bi ∈ Q} unter G(L / K ) = {σ0 , σ1 } ist Q, denn aus b0 + b1 p =
√
√
σ1 (b0 + b1 p) = b0 − b1 p folgt wegen der Eindeutigkeit der Darstellung bzgl. einer Q-Basis b1 = 0.
Also ist L/Q für m = 1 eine Galoiserweiterung. Wegen |G(L / K )| = [L : K] = deg(f ) = 2 bleibt nach
Aufgabe 17 nur der Isomorphietyp Z/2Z für die Automorphismengruppe. Außerdem liegt die Wurzel
√
q für jedes zu p teilerfremde q ∈ N mit q > 1 nicht in L (das folgt mit der gleichen Rechnung wie in
√
√
Beispiel 3.3.5). Wir zeigen durch Induktion nach m: L = Q( p1 , · · · , pm ) ist eine Galoiserweiterung
von Q mit Galoisgruppe G(L / K ) ∼
= (Z/2Z)m , und es gibt eine Q-Basis von L der Form
B = {
m
Y
√
( pj )xj | x ∈ {0, 1}m }
j=1
mit |B| = [L : K] = |G(L / K )| = 2m , außerdem liegt für eine zu allen p1 , . . . , pm teilerfremde
√
Zahl q ∈ N mit q > 1 die Wurzel q nicht in L. Für m = 1 ist die Aussage bereits gezeigt. Es
√
√
sei angenommen, dass die Aussage für ein m ∈ N gilt, d. h. L = Q( p1 , · · · , pm ) ist eine Gam
loiserweiterung mit G(L / K ) ∼
= (Z/2Z) und der angegebenen Basis für jede Wahl von paarweise
verschiedenen Primzahlen p1 , . . . , pm ∈ N. Sei q eine von den p1 , . . . , pm verschiedene Primzahl, und
√ √
√
L0 = Q( p1 , . . . , pk , q). Dann liegt die Erweiterungssituation L0 /L/Q vor. Die K-Automorphismen
von L sind nach Induktionsannahme alle selbstinvers, und sie kommutieren bzgl. der Hintereinanderausführung ◦. Wir indizieren sie durch Elemente x ∈ (Z/2Z)m derart, dass σx ◦ σy = σx+y gilt,
d. h. dass die Isomorphie G(L / K ) ∼
= (Z/2Z)m durch die Abbildung x 7→ σx vermittelt wird. Sei
√
2
g(X) = X − q ∈ L[X] gegeben. Offensichtlich ist q eine Nullstelle von g. Wieder ist g irreduzibel in
√
√
√
Q[X]. Es ist g(X) = (X − q)(X + q) in C[X], aber keine der Nullstellen ± q liegt nach Indukti√
onsannahme in L. Also ist g das Minimalpolynom von q über L. Wegen deg(g) = 2 ist [L0 : L] = 2,
√
und {1, q} ist eine L-Basis von L0 . Nach dem Gradsatz 3.2.1 ist dann
√
B 0 = {β, β · q | β ∈ B}
eine Q-Basis von L0 für die Q-Basis von L aus der Induktionsannahme. Das kann man auch in der
Form
m
Y
√
√
B 0 = { ( pj )xj · ( q)xj+1 | x ∈ {0, 1}m+1 }
j=1
schreiben, womit die Behauptung über die Q-Basis für alle m gezeigt ist. Nach Satz 3.3.2 gibt es zu
jedem K-Automorphismus σx von L genau zwei Fortsetzungen zu K-Automorphismen von L0 , die
√
durch die Nullstellen ± q von g = g σ bestimmt sind:
√
√
σx,0̄ : α0 + α1 q 7→ σx (α0 ) + σx (α1 ) q
√
√
σx,1̄ : α0 + α1 q 7→ σx (α0 ) − σx (α1 ) q
mit Koeffizienten α1 , α2 ∈ L. Diese Fortsetzungen werden dann durch Tupel x ∈ (Z/2Z)m+1 indiziert.
Auch diese Indizierung ist Relationstreu, denn für beliebige K-Automorphismen σx,a und σy,b von L0
mit Indizes x, y ∈ (Z/2Z)m und a, b ∈ Z/2Z gilt für die Basisdarstellung über L die Gleichung
√
√
σx,a ◦ σy,b (α0 + α1 · q) =
σx,a (σy (α0 ) + σy (α1 ) · (−1)b · q)
√
= σx (σy (α0 )) + σx (σy (α1 )) · (−1)a+b · q
√
√
=
σx+y (α0 ) + σx+y (α1 ) · (−1)a+b · q
= σx+y,a+b (α0 + α1 q)
wegen der Annahme der Relationstreue für die Zuordnung x 7→ σx für x ∈ (Z/2Z)m und der Wohldefiniertheit des Ausdrucks (−1)a für Restklassen a mod 2. Also ist die Automorphismengruppe von L0
isomorph zu (Z/2Z)m+1 , denn jeder Automorphismus von L0 ist nach Satz 3.3.2 von der obigen Form.
Sei nun β ein Element des Fixkörper von L0 unter all diesen Fortsetzungen, etwa mit der Darstellung
√
β = α0 + α1 · q
bzgl. der L-Basis von L0 . Dann ist β insbesondere invariant unter dem K-Automorphismus σ0,1̄ von
L0 , also gilt
√
√
√
α0 + α1 · q = β = σ0,1̄ (β) = σ0 (α0 ) − σ0 (α1 ) q = α0 − α1 · q ,
was wegen der Eindeutigkeit der Basisdarstellung nur für α1 = 0 möglich ist. Also ist β ∈ L. β ∈ L0 ist
auch invariant unter den Automorphismen σx,0̄ für x ∈ (Z/2Z)m , deren Einschränkungen auf L sind
aber gerade die K-Automorphismen σx von L. Also ist β ∈ L invariant unter allen K-Automorphismen
von L, nach Induktionsannahme ist L/Q aber galoissch, also folgt β ∈ LG(L/ K ) = Q. Also ist auch
der Fixkörper von L0 unter der Automorphismengruppe gerade Q, d. h. L0 ist ebenfalls galoissch, und
wie gezeigt ist die Galoisgruppe G(L0 / K ) isomorph zu (Z/2Z)m+1 . Es bleibt noch
dass
√ 0 zu zeigen,
0 liegt.
0 > 1 die Wurzel
q
nicht
in
L
für eine zu
allen
p
,
.
.
.
,
p
mit
p
=
q
teilerfremde
Zahl
q
1
m+1
m+1
√
Sei γ = a für irgend ein a > 0 aus Q und γ ∈ L0 , sowie σ ∈ G(L0 / K ) beliebig. Für das Quadrat
des Bildes von γ unter σ gilt σ(γ)2 = σ(γ 2 ) = σ(a) = a, und wegen a ∈ Q gibt es dafür nur die
Möglichkeiten σ(γ) = γ oder σ(γ) = −γ. Angenommen es gibt nun eine Darstellung bzgl. der L-Basis
von L0 der fraglichen Wurzel, etwa
p
√
q 0 = α0 + α1 · q
√
√
mit α , α ∈ L. Nach Induktionssannahme liegt q 0 nicht in L, also ist α1 6= 0, und damit σ0,1̄ ( q 0 ) 6=
√ 0 0 1
√ 0
√ 0
q . Nach der obigen Rechnung bleibt also nur die Möglichkeit σ0,1̄ ( q ) = − q , daraus folgt aber
√
√
√
√
√
−α0 − α1 · q = − q = σ0,1̄ (α0 + α1 · q) = σ0 (α0 ) − σ0 (α1 ) · q = α0 − α1 · q
√
√
√
√
und damit α0 = 0. Also ist q 0 = α1 · q mit α1 ∈ L. Umformen ergibt α1 = q 0 · ( q)−1 ∈ L.
√ 0
Multiplikation mit dem Element q ∈ Q ⊂ L ergibt q · α1 = q · q ∈ L. Da aber q 0 und q von den
√
/
p1 , . . . , pm verschiedene Primzahlen sind, folgt nach Induktionssannahme der Widerspruch q 0 q ∈L.
Also sind alle Behauptungen für m + 1 gezeigt, sie gelten daher für alle m ∈ N.
11.02.2004
WS 2003-2004
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)
Algebra I
-
Lösungsblatt 15
Zur Übungsstunde vom 11.02.2004
Aufgabe 64 (Einheitswurzeln)
3 Punkte
Eine komplexe Zahl ζ ∈ C heißt n-te Einheitswurzel für n ∈ N, falls ζ n = 1 ist. Sie heißt n-te primitive
Einheitswurzel, falls zusätzlich ζ k 6= 1 für alle 1 ≤ k < n ist. Zeigen Sie:
2πi·k
(a) ζ = e n ist für jedes k ∈ Z eine n-te Einheitswurzel in C.
(b) Es gibt zu n ∈ N genau n Einheitswurzeln in C, von denen ϕ(n) primitiv sind.
(c) Die Abbildung
Z/nZ → C∗
a mod n 7→ ζna
ist für jede primitive n-te Einheitswurzel ζn ein Gruppenmonomorphismus.
Lösung
(a) Zunächst sei k = 1. Offenbar ist ζ n = e2πi = 1 wegen der Periode 2π der Funktion x 7→ eix ,
also ist ζ eine n-te Einheitswurzel. Für k ∈ Z gilt (ζ k )n = (ζ n )k = 1k = 1, Potenzen von ζ
sind also ebenfalls Einheitswurzeln.
(b) Wegen a) besteht die Menge
n 2πi
o
M = (e n )k | k ∈ Z
aus n-ten Einheitswurzeln. Wegen der Periode 2π von x 7→ eix ist ζ k = 1 für k ∈ Z genau
dann, wenn k ein ganzzahliges Vielfaches von n ist. Damit enthält M genau n verschiedene
Elemente. Es ist zu zeigen, dass tatsächlich jede n-te Einheitswurzel von C ebenfalls in M
liegt. Wegen |1| = |z n | = |z|n für jede n-te Einheitswurzel z liegen alle Einheitswurzeln auf
dem komplexen Einheitskreis, sind also von der Form z = eix für ein x ∈ R. Wegen z n = 1
folgt, dass n · x ein ganzzahliges Vielfaches von 2π ist, also ist x = nk · 2π, und damit z ∈ M .
Das genau ϕ(n) primitive Einheitswurzeln in M liegen folgt aus Teil c).
(c) Zunächst ist zu zeigen, dass die Abbildung wohldefiniert ist. Seien a, b ∈ Z verschiedene Vertreter von a mod n, also a − b = kn für ein k ∈ Z. Dann ist ζnb = ζna−kn = ζna · (ζnkn )−1 =
ζna ·((ζnn )k )−1 = ζna ·(1k )−1 = ζna . Also ist das Bild nur von der Restklasse mod n abhängig. Alle
Bilder liegen natürlich in C∗ = C − {0}, da ζn nach b) nicht die Null ist. Die Relationstreue
bzgl. der Gruppenverknüpfungen + in Z/nZ und · in C∗ folgt wegen ζna+b = ζna · ζnb . Angenommen ζna = ζnb für a, b ∈ Z, dann ist ζna−b = 1, was wegen der Primitivität der Einheitswurzel
nur für a − b ∈ nZ möglich ist, insbesondere ist a mod n = b mod n, und die Abbildung ist
injektiv. Also ist die Zuordnung Z/nZ → C∗ ein Gruppenmonomorphismus. Damit folgt die
Aussage von Teil b) über die Anzahl der primitiven Einheitswurzeln, da es in Z/nZ genau
ϕ(n) Elemente der (additiven) Ordnung n gibt, und die primitiven n-ten Einheitswurzeln
genau durch die (multiplikative) Ordnung n charakterisiert sind.
Aufgabe 65 √
(Galoisgruppen)
8
6 Punkte
Es sei L = Q( 3, i) (vgl. Beispiel √
3.3.7 der
Automorphismengruppe
√ Vorlesung). In der zugehörigen
liegt der Automorphismus σ−1̄,1̄ : 8 3 7→ 8 3 · i , i 7→ −i. Es sei U = σ−1̄,1̄ die von ihm erzeugte
√
√
Untergruppe von G(L / Q ). Zeigen Sie: LU = Q( 8 3 · (1 + i)), und LG(L/ Q ) = Q( 3).
Lösung
Da U zyklisch ist genügt es, die Invarianz von Elementen α ∈ L nur für den Erzeuger σ−1̄,1̄ zu prüfen.
√
√
Die Indizierung der Automorphismen bezieht sich auf die Erweiterungssituation Q( 8 3, i) / Q( 8 3) / Q.
Eine Basis von L über Q ist gegeben durch
√
8
B = {( 3)k · il | k ∈ {0, . . . , 7} , l ∈ {0, 1} }
wie in Beispiel 3.3.7. Die Wirkung von σ−1,1 auf einem Basiselement ist gegeben durch
√
√
8
8
σ−1̄,1̄ ( 3)k · il = ( 3)k · i(k−l) .
Jedes α ∈ L kann durch den Spaltenvektor seiner Koeffizienten bj beschrieben werden. Etwas intuitiver
ist die Anordnung in einer Doppelspalte der Form

b0
b1

α −
7 →  ..
.

b8
b9 

.. 
. 
b7 b15
√
√
8
k aus Q( 8 3) und den Koeffizienten b , . . . , b
mit den
Koeffizienten
b
,
.
.
.
,
b
für
die
Basiselemente
(
3)
0
7
8
15
√
für ( 8 3)k · i aus L. Indiziert man die Koeffizienten mit Paaren x ∈ {0, . . . , 7} × {0, 1} (vgl. Lösung zu
Aufgabe 63), so kann die Wirkung von σ−1̄,1̄ direkt angegeben werden:
1L = (0, 0)
(1, 0)
(2, 0)
(3, 0)
(4, 0)
(5, 0)
(6, 0)
(7, 0)
7→
7→
7→
7→
7→
7→
7→
7→
(0, 0)
(1, 1)
−(2, 0)
−(3, 1)
(4, 0)
(5, 1)
−(6, 0)
−(7, 1)
(0, 1)
(1, 1)
(2, 1)
(3, 1)
(4, 1)
(5, 1)
(6, 1)
(7, 1)
7→
7→
7→
7→
7→
7→
7→
7→
−(0, 1)
(1, 0)
(2, 1)
−(3, 0)
−(4, 1)
(5, 0)
(6, 1)
−(7, 0)
Für ein beliebiges α ∈ L mit der oben beschriebenen Koeffizientendarstellung kann nun das Bild unter
σ−1̄,1̄ direkt abgelesen werden:

b0
b 1

b 2

b 3

b 4

b 5

b 6
b7

b8
b9 

b10 

b11 
 7→σ
b12 

b13 

b14 
b15

b0 −b8
 b9
b1 



−b2
b
10


−b11 −b3 


 b4 −b12 



 b13
b
5


−b6
b14 
−b15 −b7

P
Gesucht ist α = bj αj mit αj ∈ B, das invariant unter dieser Zuordnung ist, d. h. Koeffizienten bj ∈ Q,
so dass in der obigen Zuordnung die gleichen Darstellungen stehen. Man erhält die Gleichungen
b0
b1
b2
b3
b4
b5
b6
b7
=
=
=
=
=
=
=
=
b0
b9
−b2
−b11
b4
b13
−b6
−b15
b8
b9
b10
b11
b12
b13
b14
b15
= −b8
= b1
= b10
= −b3
= −b12
= b5
= b14
= −b7
Daraus folgt zunächst bj = 0 für j ∈ {2, 6, 8, 12}. Ferner sind die Gleichungen für j ∈ {0, 4, 10, 14}
für bj ∈ Q immer erfüllt. Zudem hat man die Einschränkungen b1 = b9 , b3 = −b11 , b5 = b13 und
b7 = −b15 . Das ergibt insgesamt 8 frei wählbare Koeffizienten aus Q, also ist der Fixkörper
LU ein
√
8
U
Q-Vektorraum der Dimension 8 über Q, d. h. [L : Q] = 8. Das gegebene Element β = 3 · (1 + i)
ist invariant unter σ−1̄,1̄ , also ist der Körper K(β) in LU enthalten. Andererseits ist deg(β) ≥ 8 klar,
also muss LU = K(β) gelten, was zu zeigen war. Sei nun K 0 = LG(L/ K ) der Fixkörper unter allen
Automorphismen von L. Wir betrachten die Elemente
√
√
σ 1̄,1̄ 8√3 7→ 8√3 · i i 7→ i
8
σ−1̄,0̄
3 7→ 8 3
i 7→ −i
der Automorphismengruppe. Nach Darstellung der Automorphismengruppe G(L / Q ) ∼
= M4 in Beispiel
3.3.7 wird die ganze Gruppe von diesen beiden Elementen erzeugt, denn σ1̄,1̄ erzeugt den Normalteiler
N und σ−1̄,0̄ die Untergruppe U , und es ist M4 = N ×Φ U als inneres semidirektes Produkt. Es
genügt also, Invarianz eines α ∈ L unter diesen beiden Abbildungen zu prüfen. Analog zur vorigen
Rechnung betrachten wir sukzessive die Koeffizienten bj eines α ∈ L, verzichten aber auf die Angabe
der Darstellungsvektoren. Für die Koeffizienten gilt:
√
√
√
8
8
8
3)0 ) = ( √
3)0 · i0 =
(√
3)0 · i0 ⇒ b0 = frei
b0 : σ1̄,1̄ (( √
8
8
8
1
1
1
b1 : σ1̄,1̄ (( √3) ) = ( √3) · i =
( √3)1 · i1 ⇒ b1 = b9
8
8
8
b2 : σ1̄,1̄ (( √3)2 ) = ( √3)2 · i2 = −( √
3)2 · i0 ⇒ b2 =
0
8
8
8
3
3
3
b3 : σ1̄,1̄ (( √3) ) = ( √3) · i = −( √3)3 · i1 ⇒ b3 = −b10
8
8
8
b4 : σ1̄,1̄ (( √
3)4 ) = ( √
3)4 · i4 =
(√
3)4 · i0 ⇒ b4 = frei
8
8
8
5
5
5
b5 : σ1̄,1̄ (( √3) ) = ( √3) · i =
( √3)5 · i1 ⇒ b5 = b13
8
8
8
b6 : σ1̄,1̄ (( √3)6 ) = ( √3)6 · i6 = −( √
3)6 · i0 ⇒ b6 =
0
8
8
8
7
7
7
b7 : σ1̄,1̄ (( 3) ) = ( 3) · i = −( 3)6 · i1 ⇒ b7 = −b15
Damit sind nur die Koeffizienten bj mit j ∈ {0, 1, 3, 4, 5, 7, 8, 11, 12, 14} frei aus Q wählbar, alle anderen
sind dann festgelegt. Wir betrachten die Einschänkungen, die eine Invarianz unter σ−1̄,0̄ : i 7→ −i den
noch freien Koeffizienten auferlegt:
√
√
8
8
b9 : σ−1̄,0̄ (( √
3)1 · i) = −( √
3)1 · i ⇒ b9 =
b1 = 0
8
8
2
b10 : σ−1̄,0̄ (( √3) · i) = −( √3)2 · i ⇒ b10 = −b3 = 0
8
8
b13 σ−1̄,0̄ (( √
3)5 · i) = −( √
3)5 · i ⇒ b13 =
b5 = 0
8
8
7
b15 : σ−1̄,0̄ (( 3) · i) = −( 3)7 · i ⇒ b15 = −b7 = 0
Damit sind weitere 8 Koeffizienten notwendig Null im Fixkörper unter den beiden Automorphismen.
Nur b0 und b4 sind für α ∈ K 0 frei wählbar, also gilt
√
√
8
K 0 = {b0 · 1 + b4 · ( 3)4 | b0 , b4 ∈ Q} = Q( 3)
wie zu zeigen war. Insbesondere ist Q nicht der Fixkörper unter der Autmorphismengruppe, d. h. L/Q
ist nicht galoissch.
Aufgabe 66 (Kreisteilungskörper)
6 Punkte
Ein Kreisteilungskörper ist eine einfache Erweiterung Q(ζ) von Q mit einer Einheitswurzel ζ ∈ C. Es
sei speziell p > 2 eine Primzahl. Das p-te Kreisteilungspolynom ist gegeben durch
Φp (X) =
p−1
X
X j = 1 + X + X 2 + · · · + X p−1 .
j=0
Zeigen Sie:
(a) Das p-te Kreisteilungspolynom ist irreduzibel in Q[X].
2πi
(b) Es sei ζp = e p eine primitive p-te Einheitswurzel und L = Q(ζp ), dann ist [L : Q]=p-1, und
die Erweiterung
ist galoissch mit G(L / Q ) ∼
= (Z/pZ)∗ .
√
p
(c) Sei M = Q( 2, ζp ), dann ist [M : Q] = p · (p − 1), und die Erweiterung ist galoissch. Geben
Sie eine Gruppe Mp von 2 × 2-Matrizen über Z/pZ, so dass Mp ∼
= G(M / Q ) ist.
Hinweise:
Teil a): Berechnen Sie (X − 1) · Φp (X) und X · Φp (X + 1).
Teil b): Betrachten Sie die Wirkung von Körperautomorphismen auf Einheitswurzeln.
Teil c): Gehen Sie analog zur Bildung von M4 in Beispiel 3.3.7 der Vorlesung vor.
Lösung
(a) Ausrechnen ergibt
P
j
f (X) := (X − 1) · Φp (X) = (X − 1) · p−1
j=0 X
g(X) := X · Φp (X + 1) =
f (X + 1)
=
=
Pp−1
j=0
Pp−1 j
X j+1 −
j=0 X
(X + 1)p − 1
= Xp − 1
Es gilt
p
g(X) = (X + 1) − 1 =
p X
j
j=0
p
j
X −1 = X ·
p−1 X
j+1
j=0
p
j
p!
X ,
=
j! · (p − j)!
p
j
nach der allgemeinen binomischen Formel. Damit teilt die Primzahl p jeden Koeffizienten der
Summe, außer den Koeffizienten von X p−1 , zudem ist der erste Koeffizient gerade p, daher wird
er nicht von p2 geteilt. Nach dem Eisensteinkriterium stellt die Summe also ein irreduzibles
Polynom h(X) dar, und es ist g(X) = X · h(X). Substitution von X mit X − 1 ergibt
f (X) = (X −1)h(X −1), also h(X −1) = Φp (X). Mit h ist dann aber auch Φp irreduzibel, denn
mit einer nichttrivialen Zerlegung Φp (X) = a(X)b(X) wäre auch h(X) = a(X + 1)b(X + 1)
eine nichttriviale Zerlegung.
(b) Offensichtlich ist ζp eine Nullstelle von f (x) = (X −1)Φp (X) = X p −1, und wegen ζp 6= 1 folgt
Φp (ζp ) = 0. Also ist Φp nach Teil a) das Minimalpolynom von ζp . Dann ist auch [L : Q] =
deg(Φp ) = p − 1. Sei G die Automorphismengruppe zur Erweiterung L/K. Wie in Aufgabe
64 sind Potenzen der Form ζpk für k mod p wohldefiniert. Die p Elemente ζp0 , ζp1 , . . . , ζpp−1 sind
nach Aufgabe 64 alle p-ten Einheitswurzeln, und damit Nullstellen von f (X). Damit sind die
Elemente ζpj mit j = 1 . . . p − 1 gerade die Nullstellen von Φp , und wegen deg(Φp ) = p − 1
gibt es keine weiteren Nullstellen. Es gibt also p − 1 Fortsetzungen von idQ auf L, gegeben
durch die Zuordnungen
X
X
cj ζpj 7→
cj αkj
für die Nullstellen αk von Φp . Jede dieser Nullstellen ist aber gerade eine Potenz ζpk von ζp ,
die nicht 1 ist (gleichbedeutend mit k 6= 0). Exponenten von ζp sind wohldefiniert modulo p,
und es gilt ζpk mod p = 1 ⇔ k ≡ 0 mod p ⇔ k mod p ∈
/ (Z/pZ)∗ , da Z/pZ für Primzahlen p ein
Körper ist. Also hat man die Abbildungskette
(Z/pZ)∗ −→ {Φp − Nullstellen} −→
G(L / K )
a mod p
a mod p 7→
ζp
7→ σa = [ζp 7→ ζpa ]
von den Einheiten modulo p in die Automorphismengruppe von L. Die rechte Abbildung
ist nach Satz 3.3.2 bijektiv, die linke Abbildung ist wegen Aufgabe 64 bijektiv, denn die
Potenzen ζpa durchlaufen alle von 1 verschiedenen p-ten Einheitswurzeln. Wir fassen diese
Kette zu der Abbildung a mod p 7→ σa zusammen. Die Abbildung ist relationstreu bzgl.
den Verknüpfungen · auf (Z/pZ)∗ und ◦ auf G(L / K ), denn es gilt nach den Potenzregeln
σa·b (ζp ) = ζpa·b = (ζpb )a = σa (σb (ζp )) = (σa ◦ σb )(ζp ). Da ζp Erzeuger von L ist gilt insgesamt
σab = σa ◦ σb in der Gruppe G(L / K ). Damit ist die Isomorphie (Z/pZ)∗ ∼
= G(L / K )
gezeigt. Nach Satz 2.5.11 ist (Z/pZ)∗ und damit G(L / K ) zyklisch mit einem Erzeuger σa .
Angenommen β ∈ L liegt im Fixkörper von L unter der Automorphismengruppe. Das ist
gleichbedeutend mit σa (β) = β. Sei β = c0 + c1 ζp + c2 ζp2 + · · · + cp−2 ζpp−2 die zugehörige
Basisdarstellung. Sei 1 ≤ j ≤ p − 2 beliebig, dann ist j eine Einheit in Z/pZ, es gibt also
b ∈ Z mit j · b ≡ 1 mod p. Da a mod p die Einheitengruppe (Z/pZ)∗ erzeugt, ist b ≡ ak mod p
für irgend ein k ∈ N0 . Das aber bedeuted σak (cj ζpj ) = cj ζpjb = cj ζp . Wegen der Annahme
σa (β) = β folgt c1 = cj . Aber j war beliebig gewählt mit cj 6= 0 und j ≥ 1, also sind alle
Koeffizienten cj mit j ≥ 1 gleich zu c1 . Also sei c1 6= 0 angenommen. Da der Körpergrad
von L/Q genau p − 1 ist, aber auch die Einheitswurzel ζpp−1 in L liegt, ist diese von den
Basiselementen ζp0 , . . . , ζpp−2 linear abhängig. Die Summe aller p-ten Einheiteswurzeln ist Null,
denn es gilt 1 + ζp + ζp2 + · · · + ζpp−1 = Φp (ζp ) = 0. Also ist diese lineare Abhängigkeit gegeben
durch
p−2
X
p−1
ζp
= −
ζpj .
j=0
Anwenden von σak für ein k ∈ Z mit ak ≡ p − 1 mod p ergibt dann wegen der übereinstimmenden Koeffizienten und p − 1 ≡ −1 mod p die Gleichung
P
P
j·(p−1)
j·ak
σak (β) =
c0 + c1 · p−2
=
c0 + c1 · p−2
j=1 ζp
j=1 ζp
P
P
P
p−2 j·(p−1)
−j
= c0 + c1 · ζpp−1 + c1 · j=2
ζp
= c0 − c1 · p−2
ζpj + c1 · p−2
j=0
j=2 ζp
Pp−2 j
Pp−2 j
P1
= c0 − c1 · j=0 ζp + c1 · j=2 ζp =
c0 − c1 · j=0 ζpj
=
c0 − c1 − c1 ζp
.
Daraus folgt σak (β) 6= β für β ∈
/ Q, da ansonsten der Koeffizient c0 durch Anwendung von
σak geändert wird. Damit ist LG(L/ K ) =√Q, die Erweiterung L/Q ist also galoissch.
√
(c) Es liegt√die Erweiterungssituation M/Q( p 2)/Q vor. Das Minimalpolynom des Erzeugers p 2
(im Beispiel
von Q( p 2) über Q ist m(X) = X p − 2. Analog zu Beispiel 3.3.7 der Vorlesung
√
war i = ζ4 der zweite Erzeuger) ist das Minimalpolynom von ζp über Q( p 2) wieder Φp , da
√
j
Q( p 2) ⊂ R ist, aber ζpj ∈ R nur für ζ√
p = 1 möglich ist (p ist unberade). Also ist wie im
Beispiel
3.3.7 der Grad von M über Q( p 2) gegeben durch deg(Φp ) = p − 1, andererseits ist
√
[Q( p 2) : Q] = p, woraus [M : Q] = p(p − 1) folgt. Eine Basis von M über Q ist gegeben
durch
√
p
B = {( 2)k · ζpj | k ∈ {0, . . . , p − 1}, j ∈ (Z/pZ)} .
Ein β ∈ M besitzt dann Koeffizienten ck,j , die wie üblich mit Indizes k, j versehen werden,
wobei k ∈ {0, . . . , p−1} und j ∈ Z/pZ nach der vorigen Aufgabe eindeutig ist. Wir betrachten
√
die Automorphismen in G(M / Q ) als Fortsetzungen der Automorphismen von Q( p 2). Diese
sind analog zum Beispiel gegeben durch
√
√
p
p
σr,s : 2 7→ 2 · ζpk , ζp 7→ ζpl
r ∈ (Z/pZ)∗ , s ∈ Z/pZ, l ∈ r, k ∈ s .
Damit gibt es eine Bijektion (Z/pZ)∗ × (Z/pZ) → G(M / Q ) mit (r, s) 7→ σr,s . Wegen der
Wohldefiniertheit von ζpk für k mod p schreiben wir kurz ζps für ζpk mit k ∈ s. Die Wirkung
√
der Komposition τ = σr1 ,s1 ◦ σr2 ,s2 auf p 2 ergibt sich zu
√
√
√
√
√
p
p
p
p
p
τ ( 2) = σr1 ,s1 ( 2 · ζps2 ) = σr1 ,s1 ( 2) · σr1 ,s1 (ζps2 ) = 2ζps1 · ζps2 ·r1 = 2ζps1 +s2 r1 .
Analog ist die Wirkung auf ζp gegeben durch
τ (ζp ) = σr1 ,s1 (σr2 ,s2 (ζp )) = σr1 ,s1 (ζpr2 ) = (ζpr2 )r1 = ζpr1 r2 ,
und man hat insgesamt
τ:
√
p
2 7→
√
p
2 · ζps1 +s2 r1
, ζp 7→ ζpr1 r2
und damit τ = σr1 r2 ,s1 +s2 r1 . Damit liegt eine Verschränkung der Komponenten bei Kompositionsbildung wie in Beispiel 3.3.7 vor. Analog zum Beispiel sei
r s
∗
Mp =
| r ∈ (Z/pZ) , s ∈ Z/pZ
0̄ 1̄
versehen mit der üblichen Matrixmultiplikation. Dann ist
r1 r2 r1 s2 + s1
r2 s2
r1 s1
=
·
0̄
1̄
0̄ 1̄
0̄ 1̄
und man hat durch die Zuordnung
σr,s 7→
r s
0̄ 1̄
∼ Mp . Das L/Q eine Galoiserweiterung
wie gewünscht eine Gruppenisomorphie G(L / Q ) =
ist kann man einerseits durch Betrachtung von Erzeugern von N und U zeigen, was ein
wenig aufwenig ist. Die Charakterisierung der letzten Sätze der Vorlesung ist einfacher: die
Erweiterung L/Q ist einfach, und wegen char(K) = 0 auch separabel (Satz 3.5.2). Sie ist
auch normal nach Satz 3.4.5, denn L ist Zerfällungskörper von Φp (X) · (X p − 2) über Q:
die Nullstellen von Φp in C sind gerade die p-ten Einheitswurzeln ζpj mit j = 1 . . . p − 1
(man beachte, dass ζpp−1 kein Element von B ist), und die Nullstellen von X p − 2 sind die
√
Ausdrücke p 2 · ζpj mit j = 0 . . . p − 1. Da ζpp−1 von den anderen p-ten Einheitswurzeln linear
abhängig ist (siehe Rechnung in Teil b)) kann auch 1 = ζp0 aus den ζpj mit j = 1 . . . p − 1
linear kombiniert werden, also ist jedes Basislement α ∈ B über Q linear aus den Nullstellen
des Produktpolynoms kombinierbar. L enthält also zumindest einen Zerfällungskörper über
Q, da aber der Grad von Φp (X) · (X p − 2) mit [L : Q] übereinstimmt, muss L schon dieser
Zerfällungskörper sein. Also ist die Erweiterung L/Q nach Satz 3.6.1 eine Galoiserweiterung.
Aufgabe 67 (Die Letzte)
1 Punkt
Begründen Sie die Bezeichnung Kreisteilungskörper.
Lösung
Ein Kreisteilungskörper zu einer primitiven n-ten Einheitswurzel ζn (wobei n keine Primzahl sein muss)
enthält nach Aufgabe 64 alle n-ten Einheitswurzeln. Diese liegen auf dem komplexen Einheitskreis, und
teilen diesen in n gleich lange Randsegmente. Einige geometrische Probleme, beispielsweise die Konstruktion eines regelmäßigen n-Ecks mit Zirkel und Lineal, führen direkt auf Kreisteilungskörper.
11.02.2004
WS 2003-2004
Prof. Dr. H. Maier
Dipl.-Math. D. Haase
Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)
Algebra I
-
Lösungsblatt 16
Zur Übungsstunde vom 11.02.2004
Aufgabe 68 (Die Diskriminante)
3 Punkte
Sei f ∈ Q[X] irgend ein nicht konstantes Polynom vom Grad n. Nach dem Fundamentalsatz der Algebra besitzt f in den komplexen Zahlen genau n Nullstellen α1 , . . . , αn ∈ C, die nicht notwendig
paarweise verschieden sind. Damit ist
n
Y
f (X) =
(X − αj ) .
j=1
Man sagt, dass f über C in Linearfaktoren zerfällt. Die Diskriminante von f ist definiert durch

2
Y
∆f = 
(αj − αk ) .
1≤j<k≤n
Zeigen Sie: für jedes f ∈ Q[X] liegt ∆f wieder in den rationalen Zahlen, man hat also eine Abbildung
Q[X] → Q
∆ =
f
7→ ∆f
Verwenden Sie ohne Beweis, dass es immer eine endliche Galoiserweiterung L/K mit K = Q gibt, so
dass alle Nullstellen αj in L liegen.
Lösung
Sei L/K eine endliche galoissche Erweiterung, die alle Nullstellen αi von f enthält (man kann beispielsweise einen Zerfällungskörper von f nehmen). Da L/K eine Galoiserweiterung ist, gilt LG(L/ K ) = K =
Q, es genügt also zu zeigen, dass die Diskriminante von f in diesem Fixkörper liegt, d. h. Invariant unter
allen Q-Automorphismen von L ist. Wir haben in Aufgabe 60 schon gesehen, dass jedes σ ∈ G(L / K )
Nullstellen von f wieder auf Nullstellen von f abbildet, wodurch für jedes σ eine Permutation der
Nullstellen αi definiert ist. Also gilt


Y
Y
Y
σ
(αj − αk ) =
(σ(αj ) − σ(αk )) =
(απ(j) − απ(k) )
1≤j<k≤n
1≤j<k≤n
1≤j<k≤n
für eine Permutation π ∈ Sn . Wir vertauschen die Elemente απ(j) und απ(k) in diesem Produkt, falls
π(j) > π(k) ist, und damit das Negat απ(k) − απ(j) im Produktausdruck für die Diskriminante liegt.
Die Anzahl dieser Vertauschungen ist gerade I(σ) (vgl. Definition 1.6.4). Damit sind aber durch die
απ(j) − απ(k) wegen der Bijektivität von π alle Faktoren des ursprünglichen Produkts abgedeckt, es gilt
also

2

2

2
Y
Y
Y
σ(∆f ) = 
(απ(j) − απ(k) ) = (−1)I(σ) ·
(αj − αk ) = 
(αj − αk ) .
1≤j<k≤n
1≤j<k≤n
Also ist σ(∆f ) = ∆f für alle Automorphismen von L, und damit ∆f ∈ Q.
j≤j<k≤n
Aufgabe 69 (Körpertheorie und Lineare Algebra)
5 Punkte
Sei L/K eine endliche Körpererweiterung mit [L : K] = n und B = {α1 , . . . , αn } eine K-Basis von L.
Sei α ∈ L beliebig. Wir definieren die Multiplikation mit α in Form der Abbildung
L → L
Mα =
β 7→ αβ
des K-Vektorraums L in sich selbst. Für β1 , β2 ∈ L ist offensichtlich Mα (β1 + β2 ) = Mα (β1 ) + Mα (β2 )
und Mα (x · β) = x · Mα (β) für x ∈ K. Also ist Mα für jedes α ∈ L ein K-Vektorraumisomorphismus
von L nach L mit Umkehrabbildung (Mα )−1 = Mα−1 . Da L ein Vektorraum der Dimension n über K
ist, besitzt Mα eine Darstellungsmatrix Aα ∈ K (n,n) bzgl. der Basis B, d. h. die Koeffizienten cj ∈ K
von γ = α · β aus der eindeutigen K-Linearkombination über B sind gegeben durch
 
 
b1
c1
 .. 
 .. 
 .  = Aα ·  . 
bn
cn
mit den Koeffizienten bj aus der Linearkombination von β über B. Man hat also eine Kette von KVektorräumen
L −→ Hom(L, L) −→ K (n,n)
α 7−→
Mα
7−→
Aα
wobei die Pfeile K-Vektorraummonomorphismen entsprechen. Zusätzlich gilt Mαβ = Mα ◦ Mβ und
Aαβ = Aα · Aβ , d. h. diese Abbildungen sind sogar Ringmonomorphismen, wenn die additive Gruppe
der K-Vektorraumendomorphismen Hom(L, L) von L mit der Hintereinanderausführung ◦ als Multiplikation versehen wird. Aus der linearen Algebra sind die folgenden
Kenngrößen für Matrizen
P
A = (aij ) bekannt: die Determinante det(A), die Spur Tr(A) =
aii , das charakteristische Polynom fA (X) = det(A − I · X) und das Minimalpolynom mA (X) | fA (X). Ziel dieser Aufgabe ist es,
diese Begriffe auf die Körpertheorie zu übertragen. Wir definieren die folgenden Kenngrößen für α ∈ L:
•
•
•
•
Die Norm N (α) := det(Aα ),
Die Spur Tr(α) := Tr(Aα ),
Das Hauptpolynom f (α, X) := fAα (X),
Das Minimalpolynom m(α, X) := mAα (X).
Zeigen Sie:
(a) Norm und Spur eines α ∈ L liegen in K.
(b) Das Minimalpolynom nach dieser Definition stimmt mit dem Minimalpolynom nach Definition
der Vorlesung überein.
(c) Die Spur ist additiv: Tr(α + β) = Tr(α) + Tr(β).
(d) Die Norm ist mulitplikativ: N (αβ) = N (α)N (β).
Lösung
(a) Zu α ∈ L ist Aα nach Definition eine Matrix mit Elementen aus K. Die Spur ist als Summe
der Diagonalelemente von Aα ein Element von K, die Determinante det(Aα ) ist nach der
Leibnizformel eine Summe aus Produkten von Elementen aus K, also selbst ein Element vom
Körper K. Damit liegen Norm und Spur in K.
(b) Sei f ∈ K[X] das Minimalpolynom von Aα nach Definition in der linearen Algebra, d. h. f
ist das eindeutig bestimmte normierte Polynom kleinsten Grades, so dass


1 0 ··· 0
0 1 · · · 0


k−1
k
f (Aα ) = a0  .. .. . .
..  + a1 Aα + · · · + ak−1 Aα + Aα = 0
. .

. .
0 0 ···
1
gilt. Da die Zuordnung α 7→ Aα ein Ringhomomorhpismus ist und A0α = A1 nach Definition
die Einheitsmatrix ist, folgt f (Aα ) = Af (α) = 0. Nach Definition der Zuordnung α 7→ Aα ist
das nur für f (α) = 0 möglich, d. h. α ist eine Nullstelle von f . Aber f war irreduzibel, und
das Polynom kleinsten Grades mit dieser Eigenschaft, d. h. f = mK (α, X) nach Definition
der Vorlesung.
(c) Es gilt wegen der Ringhomomorphie der Abbildung α 7→ Aα die Gleichung
X
X
X
Tr(α + β) = Tr(Aα+β ) = Tr(Aα + Aβ ) =
(aii + bii ) =
aii +
bii = Tr(α) + Tr(β) .
(d) Wegen dem Determinantenmultiplikationssatz gilt
N (αβ) = det(Aαβ ) = det(Aα Aβ ) = det(Aα ) det(Aβ ) = N (α)N (β) .
Aufgabe 70 (Quadratische Erweiterungen)
5 Punkte
Eine Erweiterung L/K heißt quadratisch, falls [L : K] = 2 ist. Zeigen Sie:
(a) Quadratische Erweiterungen sind stets galoissch mit Galoisgruppe G(L / K ) ∼
= Z/2Z.
(b) Die in der vorigen Aufgabe eingeführte Normabbildung N : L → K ist gegeben durch
α 7→ α · σ(α) für den nichttrivialen K-Automorphismus σ von L.
(c) Das Minimalpolynom ist mit dem Hauptpolynom identisch, und es ist mK (α, X) = (X −
α)(X − σ(α)) für alle α ∈ L − K.
Lösung
(a) In dieser Aufgabe muss zusätzlich L/K als separabel vorausgesetzt werden, um von einem
nicht-trivialen Automorphismus sprechen zu können (siehe unten). Nach Definition des Grades
ist L = {c0 α1 + c1 α2 | c0 , c1 ∈ K} für eine K-Basis {α1 , α2 } des Vektorraums L. Von den
beiden Basiselemente muss mindestens eines in der Restmenge L − K liegen, etwa α = α2 .
Dann ist K(α) 6= K, aber wegen [L : K(α)] | [L : K] = 2 bleibt nur die Möglichkeit K(α) = L,
und die Erweiterung ist einfach mit Erzeuger α. Dieser besitzt ein Minimalpolynom f ∈ K[X]
vom Grad 2. In einem Zerfällungskörper von f über K, der L enthält, bleibt für f nur der
Zerfall
f (X) = (X − α)(X − α0 )
mit einem zu α konjugierten Element α0 . Da die Nullstelle α schon in L liegt, liegt dass
Polynom f (X) · (X − α)−1 in L[X]. Es ist aber linear, woraus α0 ∈ L folgt. Insbesondere
ist L schon der Zerfällungskörper von f über K, damit auch normal. Endliche normale und
separable Erweiterungen sind galoissch (Satz 3.6.1). Die Fortsetzungen von idK sind dann
gegeben durch
σ0 : α 7→ α
σ1 : α 7→ α0
mit σ0 = idL . Den Automorphismus σ1 bezeichnet man als den nicht-trivialen Automorphismus von L (im inseparablen Fall ist α = α0 , es macht dann keinen Sinn vom nicht-trivialen
Automorphismus zu sprechen, da σ0 = σ1 gilt). Ansonsten ist G(L / K ) = {σ0 , σ1 } eine
Gruppe der Ordnung 2, die nach Aufgabe 17 nur isomorph zu Z/2Z sein kann.
(b) Wir multiplizieren zunächst f (X) aus, um α0 genau zu bestimmen. In L[X] ist f (X) = (X −
α)(X − α0 ) = X 2 − (α + α0 )X + αα0 . In seiner ausmultiplizierten Form liegt das Polynom f =
mK (α, X) aber in K[X], insbesondere liegen α + α0 und αα0 in K (in K ist 2 6= 0, sonst wäre
α = α0 und die Erweiterung inseparabel). Sei α0 = a0 + a1 α die eindeutige Darstellung von α0
in L mit a0 , a1 ∈ K, dann folgt α + α0 = (0 + a0 )α0 + (1 + a1 )α1 für die eindeutige Darstellung
des Elements α + α0 ∈ K, was nur für 1 + a1 = 0 möglich ist, also folgt a1 = −1. Wir setzen
γ = − 21 a0 + α. Dann gilt σ(γ) = − 12 a0 + α0 = − 21 a0 + a0 − α = 21 a0 − α = −γ. Wegen γ ∈
/K
ist auch γ Erzeuger der Erweiterung L/K. Wir verwenden im Folgenden die Basisdarstellung
zur Basis {1, γ} von L, da σ(γ) = −γ die folgenden Rechnungen stark vereinfacht. Aus der
linearen Algebra ist bekannt, dass Determinante, Spur und Minimalpolynom einer Matrix
ohnehin unabhängig von der Wahl der Basis des Vektorraums sind. Im quadratischen Fall
sind die in der vorigen Aufgabe betrachteten Matrizen von Dimension 2. Sei β = b0 + b1 γ
beliebig. Multiplikation mit dem Basiselement 1 von L/K ergibt 1 · β = β, die erste Spalte
von Aβ ist also gerade (b0 , b1 )T . Es gilt γ 2 = −γσ(γ), es sei damit M := −γ 2 = γσ(γ) gesetzt.
Multiplikation des zweiten Basiselements γ mit β ergibt dann
γβ = γ(b0 + b1 γ) = b0 γ + b1 γ 2 = b0 γ − b1 M = −b1 M · 1 + b0 · γ ,
und M = −γ 2 = γσ(γ) liegt in K, denn es ist fix unter dem Autormorphismus σ1 : σ(M ) =
σ(γσ(γ)) = σ(γ)σ 2 (γ) = σ(γ)γ = M . Da die Basisdarstellung eindeutig ist folgt, dass
(−b1 M, b0 )T die zweite Spalte von Aβ ist, also gilt
b0 −b1 M
Aβ =
b1
b0
und damit N (β) = det(Aβ ) = b20 + M b21 . Andererseits gilt aber auch
β · σ(β) = (b0 + b1 γ)(b0 − b1 γ) = b20 − b21 γ 2 = b20 + M b21
wie zu zeigen war. Zudem ist M = N (γ) gerade die Norm des Erzeugers. Daher rührt auch
der Begriff Norm, denn falls γ „normiert” ist (d. h. N (γ) = 1), ist die Norm eines β ∈ L gerade
die Absolutnorm des Darstellungsvektors von β im K-Vektorraum L. Speziell für K = R und
L = C = R(i) ist mit γ = i die Norm einer komplexen Zahl gerade ihr Absolutbetrag (vgl.
auch Aufgabe 47b).
(c) Der Automorphismus σ = σ1 ist gerade über σ(α) = α0 definiert, also ist mK (α, X) =
(X − α)(X − α0 ) = (X − α)(X − σ(α)) für das am Anfang gewählte α ∈ L − K. Die
Definition des Minimalpolynoms stimmt mit der Definition aus der vorigen Aufgabe überein,
insbesondere ist das Minimalpolynom mK (α, K) völlig unabhängig von der Wahl der Basis
{1, α}. Da jedes β ∈ L − K eine solche Basis definiert, folgt mK (β) = (X − β)(X − σ(β)) für
jedes β ∈ L − K. Das Hauptpolynom von Aβ besitzt höchstens den Grad 2 = dimK (L) und
ist ein Vielfaches des Minimalpolynoms, also sind die beiden Polynome identisch.
Aufgabe 71 (Endliche Körper)
3 Punkte
Sei Fp = Z/pZ der endliche Körper mit p Elementen. Zeigen Sie:
(a) Die Abbildung φ : a 7→ ap ist die Identität auf Fp .
(b) Für jeden kommutativen Ring R mit Charakteristik p ist φ ein Ringendomorphismus von R.
Lösung
(a) Für irgend ein x ∈ Fp gilt φ(x) = xp = x · xp−1 = x · 1 = x nach Satz 2.5.7(b).
(b) Es gilt natürlich φ(ab) = (ab)p = ap bp = φ(a)φ(b), da R kommutativ ist. Für die Addition
gilt
p X
j
p
aj bp−j ,
φ(a + b) = (a + b) =
p
j=0
in dieser Summe ist aber p ein Teiler von jedem Summanden außer ap b0 und a0 bp . Wegen
char(R) = p folgt, dass diese Summanden alle Null sind, also φ(a + b) = φ(a) + φ(b). Es ist
φ(0) = 0p = 0 und φ(1) = 1p = 1, also ist φ ein Ringendomorphismus.
Abschließende Bemerkung:
Die auf diesem Blatt eingeführten Kenngrößen sind zentrale Werkzeuge der Körpertheorie:
• Die Diskriminante spielt für Polynome in etwa die gleiche Rolle, wie die Determinante für
Matrizen in der linearen Algebra. Sie erlaubt es, Eigenschaften des Polynoms auf den Grundkörper K abzubilden. Viele Eigenschaften eines Restklassenrings K[X]/(f ) hängen tatsächlich
nur von ∆f ab, und können bestimmt werden, ohne f zu kennen.
• Die Norm dient als Ersatz für den komplexen Betrag | · | auf C in beliebigen Körpererweiterungen. So kann beispielsweise in jeder beliebigen Erweiterung vom „Einheitskreis” {α ∈
L | N (α) = ±1} gesprochen werden. Nullstellen von X n − 1 in L (also „Einheitswurzeln” von
L) liegen dann beispielsweise auf diesem „Kreis”.
• Die Darstellung von Elementen α ∈ L durch Matrizen Aα über dem Grundkörper K liefert
die Aussage, dass die multiplikative Gruppe L∗ irgend eines Körpers über K in Wahrheit
eine Matrizengruppe über K ist. Alle aus der Matrizentheorie bekannten Techniken (Eigenwerttheorie, Jordansche Normalform, algorithmische Berechnung von Inversen, Lösen von
Gleichungen der Form αx = y, Berechnung von Haupt- und Minimalpolynom, etc..) sind
damit für die Körpertheorie nutzbar.
• Für Körpererweiterungen L/K mit K = Fp und char(K) = char(L) = p 6= 0 stellt der
Verlust der garantierten Separabilität ein gewisses Problem dar. Der Homomorphismus φ :
x 7→ xp erlaubt dennoch eine sehr einfache Berechnung von Galoisgruppen: ist L eine endliche
Erweiterung von K = Fp mit Charakteristik p, so ist G(L / K ) stets zyklisch, und φ ist ein
Erzeuger. Man bezeichnet φ in diesem Zusammenhang als „Frobenius-Homomophismus”.
Die Inhalte des Bonusblatts sind nicht Prüfungsrelevant für die Vorlesung Algebra I