Lösungen zur Algebra-Klausur vom 3.4.9 Aufgabe 1 Es sei G eine

Lösungen zur Algebra-Klausur vom 3.4.9
Aufgabe 1
Es sei G eine Gruppe, die von je einem Element der Ordnung 7, 11 und 13 erzeugt wird.
a) Zeigen Sie, dass es keine transitive Operation von G auf einer Menge mit 8 Elementen geben kann.
Hinweis: Was weiß man über die Operation der gegebenen Erzeuger von G ?
b) Gibt es eine Gruppe G mit Erzeugern wie angegeben, die auf einer Menge mit 12
Elementen transitiv operiert?
Lösung.
a) Es seien σ, ε, δ ∈ G die ausgewählten Erzeuger. Weiter sei eine Operation von G auf
M := {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} gegeben durch einen Homomorphismus ϕ : G → S8 .
Dann ist die Ordnung von ϕ(ε) wegen des Satzes von Lagrange ein gemeinsamer Teiler
von 11 und |S8 | = 8!, also 1. Damit ist ϕ(ε) = Id.
Mit demselben Argument ist ϕ(δ) = Id.
Es folgt ϕ(G) = hϕ(σ)i, und das ist eine zyklische Gruppe der Ordnung 1 oder 7. Die
Gruppe hϕ(σ)i kann aber nicht transitiv auf M operieren, denn die Bahnbilanzformel
würde dann erzwingen, dass 8 ein Teiler von 7 ist.
b) Ja, das ist möglich.
Zur Konstruktion eines Beispiels sei σ der 7-Zykel (1 2 3 4 5 6 7) und ε der 11-Zykel
(2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12). Diese beiden Zykel erzeugen eine Untergruppe H von S12 , die
transitiv auf Z := {1, 2, . . . , 12} operiert. Die Gruppe
G := H × Z/13Z
tut dies dann auch via
(π, a) • x := π(x), π ∈ H, a ∈ Z/13Z, x ∈ Z.
G wird von (σ, 0), (ε, 0) und (Id, 1 + 13Z) erzeugt.
Aufgabe 2
Es seien p < q zwei Primzahlen, b ∈ N, und G eine Gruppe mit p2 q b Elementen.
Zeigen Sie:
a) Wenn es keine normale q -Sylowgruppe in G gibt, dann ist p = 2 und q = 3, und
es gibt einen nichttrivialen Homomorphismus von G nach S4 .
b) In jedem Fall ist G auflösbar.
Lösung.
a) Die Anzahl der q -Sylowgrupen ist ein Teiler von p2 und ist kongruent zu 1 modulo
q . Wenn es keine normale q -Sylowgruppe gibt, dann gibt es p oder p2 davon. Allerdings
ist p ausgeschlossen, da sonst q ein Teiler von p − 1 sein müsste, was wegen p < q nicht
geht.
Folglich ist die Anzahl gleich p2 . Damit ist p + qZ eine Nullstelle von X 2 − 1 in Fq .
Dieses Polynom hat in Fq die zwei Nullstellen 1 und −1 . Da p nicht 1 modulo q sein
kann (siehe oben), ist es −1 modulo q, und wegen p < q folgt dieses Mal p = q − 1.
Daher ist p oder q gerade, und es folgt p = 2, q = 3.
In diesem Fall gibt es 4 3-Sylowgruppen, auf denen G transitiv durch Konjugation
operiert. Durchnumerieren dieser Sylowgruppen liefert einen Gruppenhomomorphismus
ϕ : G → S4 , dessen Bild transitiv auf {1, 2, 3, 4} operiert, als Kardinalität also wegen der
Bahnbilanzformel ein Vielfaches von 4 hat und damit nichttrivial ist.
b) Es gibt in jedem Fall einen nichttrivialen Normalteiler N ⊆ G , sodass N und G/N
zu einer bekannten Klasse von auflösbaren Gruppen gehören. Damit ist nach einem Satz
der Vorlesung auch G auflösbar.
Konkreter sei N die q -Sylowgruppe, falls diese normal ist, oder anderenfalls der Kern
des dann existierenden Homomorphismus ϕ aus Teilaufgabe a).
Im ersten Fall ist N eine q -Gruppe und G/N eine p -Gruppe, die bekanntlich auflösbar
sind.
Im zweiten Fall ist der Kern eine 3-Gruppe, denn 4 teilt laut a) |G/N | = |Im(ϕ)| . Also ist
der Kern auflösbar. Auch das Bild ist auflösbar, da es eine Untergruppe der auflösbaren
Gruppe S4 ist.
Aufgabe 3
Es seien R, S Ringe und ϕ : R → S ein surjektiver Ringhomomorphismus. Weiter sei
J ⊆ S ein Ideal.
a) Geben Sie ein Ideal I ⊆ R an, für das es einen Isomorphismus zwischen R/I und
S/J gibt.
b) Ist das Urbild des Zentrums von S gleich dem Zentrum von R ?
Lösung. Es sei π : S → S/J der kanonische Homomorphismus. Dann ist π surjektiv, und
damit auch π ◦ ϕ.
Der Kern von π ◦ ϕ ist I := ϕ−1 (J), denn
∀r ∈ R : π ◦ ϕ(r) = 0 ⇐⇒ ϕ(r) ∈ Kern(π) = J ⇐⇒ r ∈ ϕ−1 (J).
Als Kern eines Ringhomomorphismus ist I natürlich ein Ideal in R.
Der Homomorphiesatz sagt dann, dass
R/I ∼
= π ◦ ϕ(R) = S/J.
b) Es sei S der Nullring. Dann ist Kern(ϕ) = R, und dies ist genau dann das Zentrum
von R , wenn R kommutativ ist. Da es nichtkommutative Ringe gibt (zum Beispiel den
Matrizenring Z2×2 ), muss das Zentrum von R nicht mit dem Urbild des Zentrums von
S übereinstimmen.
Aufgabe 4
a) Formulieren Sie den Elementarteilersatz.
b) Es sei U ⊆ Zr eine Untergruppe von endlichem Index N , und N werde von keinem
Quadrat einer Primzahl geteilt.
Was sind die Elementarteiler von U in Zr ?
Welche Struktur hat Zr /U ?
Lösung.
a) Es sei R ein Hauptidealring und U ⊆ Rn ein Untermodul. Dann gibt es eine ganze
Zahl 0 ≤ r ≤ n, eine R -Basis {b1 , . . . , bn } von Rn und Elemente e1 , . . . , er ∈ R mit der
Eigenschaft, dass ei ein Teiler von ei+1 ist ( 1 ≤ i ≤ r − 1 ), und so, dass
{e1 b1 , . . . , er br }
eine Basis von U ist.
Die Elemente e1 , . . . , er sind bis auf Assoziiertheit eindeutig bestimmt.
b) Da U in Zr endlichen Index hat, hat es Rang r , und damit gibt es r Elementarteiler
1 | e1 | e2 | . . . | er−1 | er .
Der Index von U ist
N = e1 · e2 · . . . · er .
Wenn nun er−1 nicht 1 wäre, dann hätte es einen Primteiler p ∈ N. Dieser teilte auch
er , und es folgt
p2 teilt N.
Da N quadratfrei ist, folgt ein Widerspruch, und er−1 = 1. Daher folgt
ei = 1, 1 ≤ i ≤ r − 1, er = N.
Folglich ist
eine zyklische Gruppe.
Zr /U ∼
= Z/N Z
Aufgabe 5
Es seien p 6∈ {2, 5} eine Primzahl und F der kleinste Erweiterungskörper von Fp , der
eine Einheit α der Ordnung 5 enthält.
Zeigen Sie:
a) w := α − α2 − α3 + α4 ist eine Quadratwurzel von 5.
b) w liegt genau dann in Fp , wenn p ≡ ±1 (mod 5).
Lösung.
a) Es gilt
w2 = α2 + α4 + α6 + α8 + 2(−α3 − α4 + α5 + α5 − α6 − α7 )
= α2 + α4 + α + α3 + 2(α3 − α4 + 1 + 1 − α − α2 )
= 4 − (α + α2 + α3 + α4 ) = 5.
Hierbei wurden zuerst die Klammern aufgelöst, dann die Exponenten modulo 5 reduziert
(wegen α5 = 1 erlaubt) und schließlich die Relation
1 + α + α2 + α3 + α4 =
α5 − 1
=0
α−1
ausgenutzt.
b) w gehört genau dann zu Fp , wenn es vom Erzeuger der Galoisgruppe Gal(F |Fp )
festgelassen wird.
Dieser Erzeuger ist laut Vorlesung der Frobenius:
ϕ : F → F, ϕ(x) = xp .
Es gilt
ϕ(w) = αp − α2p − α3p + α4p .
Ist hierbei p ≡ 1 (mod 5), dann ist αkp = αk und damit ϕ(w) = w, denn alle Summanden
bleiben unverändert.
Ist p ≡ −1 (mod 5), dann ist αkp = α−k = α5−k . Es folgt
ϕ(α + α4 ) = α + α4 , ϕ(α2 + α3 ) = α2 + α3 ,
und damit wieder ϕ(w) = w.
Im Fall p ≡ ±2 (mod 5) schließlich gilt
ϕ(α + α4 ) = α2 + α3 , ϕ(α2 + α3 ) = α + α4 .
Das erzwingt ϕ(w) = −w, also ist hier wegen p 6= 2 das Element w nicht unter ϕ fix.
Aufgabe 6
Bestimmen Sie das Minimalpolynom von α :=
√
√
3
5 · 7 über Q.
Welche Zwischenkörper gibt es in der Erweiterung Q ⊆ Q(α) ?
Lösung.
Die ersten paar Potenzen von α sind
√
√
√
√
√
√
√
3
3
3
3
α := 5 · 7, α2 = 7 25, α3 = 35 · 7, α4 = 245 5, α5 = 245 25 · 7, α6 = 52 · 73 .
Folglich ist das Minimalpolynom von α ein Teiler von f := X 6 − 52 · 73 .
√
√
In Q(α) liegt auch α3 und damit 7, sowie α4 und damit 3 5.
Die Minimalpolynome hiervon sind X 2 − 7 und X 3 − 5 (irreduzibel wegen Eisenstein
und dem Gauß-Lemma), also gibt es in Q(α) Teilkörper, die über Q Grad 2 und Grad
3 haben. Der Grad von Q(α) über Q ist also ein gemeinsames Vielfaches von 2 und 3 .
Als Teiler von 6 ist er damit tatsächlich 6, und f ist das Minimalpolynom von α über
Q.
Es sei L der Zerfällungskörper von f über Q. Dann ist klar, dass
L = Q(α, ζ),
wobei ζ eine dritte Einheitswurzel ist. Die Nullstellen von f sind nämlich (NB: −ζ ist
eine primitive 6te Einheitswurzel)
α, −ζ 2 α, ζα, −α, ζ 2 α, −ζα.
L hat über Q Grad 12, denn das Minimalpolynom von ζ über dem reellen Körper
Q(α) ist immer noch X 2 + X + 1. Die Galoisgruppe G von L über Q permutiert die
3 Nullstellen von X 3 − 5 und die zwei Nullstellen von X 2 − 7. Die Elemente sind durch
ihre Wirkung dort eindeutig bestimmt. Da
|G| = 12 = |S3 × S2 |
gilt, ist G tatsächlich isomorph zu S3 × S2 .
Die komplexe Konjugation liefert einen Automorphismus von L, der in S√
3 × S2 einem
√
Paar (τ, Id) entspricht, wobei τ eine Transposition ist: die reellen Zahlen 3 5 und ± 7
werden von ihr nicht verändert, die beiden nicht reellen Wurzeln von X 3 − 5 vertauscht.
Der Fixkörper der Konjugation ist gerade Q(α).
Die Teilkörper von Q(α) entsprechen daher unter dem Hauptsatz der Galoistheorie den
Untergruppen von G , die die komplexe Konjugation enthalten. Das sind die Gruppen
hτ i × {Id}, S3 × {Id}, hτ i × S2 , S3 × S2 .
Es gibt also vier solche Zwischenkörper, und diese sind daher die offensichtlichen:
√
√
3
Q(α), Q( 7), Q( 5), Q.