Musterlösung zur Probeklausur Algebra 2 WS 09/10

Musterlösung zur Probeklausur Algebra 2 WS
09/10
Markus Severitt
21. Januar 2010
Aufgabe 1. Begründen Sie:
cos( 2π
17 ) ist durch iteriertes Quadratwurzel-Ziehen aus den rationalen
Zahlen darstellbar.
Lösung. Nach Vorlesung ist die Aussage dazu äquivalent, dass ϕ(17) eine
2-er Potenz ist. Aber
ϕ(17) = 16 = 24
also folgt die Behauptung.
Zur Vollständigkeit sei die Implikation φ(n) ist “2-er Potenz impliziert
cos( 2πi
n ) ist durch iteriertes Quadratwurzel-Ziehen aus den rationalen Zahlen
darstellbar”, hier nochmal angeführt: Setze
2πi
2πi
2πi
ξn := e n = cos
+ sin
i
n
n
Es ist
Q ⊂ Q cos
2πi
n
⊂ Q(ξn ) = Q(µn )
denn ξn · ξn = 1, also ξn ∈ Q(ξn ). Also
2πi
1
cos
= (ξn + ξn ) ∈ Q(ξn )
n
2
Falls nun φ(n) eine 2-er Potenz ist, ist
[Q(µn ) : Q] = φ(n)
eine 2-er Potenz und damit auch
2πi
Q cos
:Q
n
Nach einem Lemma der Vorlesung ist das äquivalent dazu, dass Q(cos( 2πi
n ))
aus Q durch Adjunktion von Quadratwurzeln entsteht. Also folgt die Behauptung.
1
2
Aufgabe 2. Definieren Sie die Kreisteilungs-Polynome und begründen Sie
die Ganzzahligkeit.
Lösung. Sei für n ∈ N
ξn := e
2πi
n
Dieses ist eine primitive n-te Einheitswurzel, d.h.
hξn i = µn ⊂ C∗
Definiere nun das n-te Kreisteilungspolynom als
Y
(X − ξnk )
φn (X) :=
0<k<n, ggT(k,n)=1
Da
µn =
]
µ∗d
d|n
und
µ∗d = {ξdi | ggT(i, d) = 1}
folgt
Xn − 1 =
Y
φd (X)
d|n
Wir zeigen nun die Behauptung φn ∈ Z[X] per Induktion nach n. Da
φ1 (X) = X − 1 ∈ Z[X]
ist dieses richtig für n = 1. Sei nun n > 1 setze
Y
ψn :=
φd (X)
d|n, d6=n
Nach Obigem gilt
X n − 1 = φn · ψn
Nach Induktionsvoraussetzung gilt ψn ∈ Z[X]. Weiter ist ψn normiert, da
alle φd normiert sind. Teile nun in Z[X] das Polynom X n − 1 durch ψn
eindeutig mit Rest (das geht nach [Mey80, Satz 4.1.9]). Man erhält also
Polynome Q, R ∈ Z[X], so dass
X n − 1 = Qψn + R
mit deg(R) < deg(ψn ). Zusammen mit der Zerlegung X n −1 = φn ·ψn erhält
man nun
(φn − Q)ψn = R
Da aber deg(R) < deg(ψn ), muss φn − Q = 0 sein. Insbesondere folgt
φn = Q ∈ Z[X]
was zu zeigen war.
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Aufgabe 3. Was ist Gal(Q(µn )/Q)?
Lösung. Da das n-te Kreisteilungspolynom φn Koeffizenten in Z hat und
irreduzible über Q ist, ist es das Minimalpolynom von
ξn := e
2πi
n
Da weiter
Q(µn ) = Q(ξn )
folgt, dass die Galoiserweiterung Q(µn )/Q den Grad
deg(φn ) = ϕ(n)
hat. Also
| Gal(Q(µn )/Q)| = ϕ(n)
Da die Nullstellen von φn gerade µ∗n sind, definiert jedes Element ξni ∈ µ∗n
ein Galoisgruppenelement via
ξn 7→ ξni
da aber
|µ∗n | = ϕ(n)
folgt
Gal(Q(µn )/Q) = µ∗n ∼
= (Z/nZ)∗
Aufgabe 4.
(a) Bestimmen Sie
n )/Q)
µGal(Q(µ
n
für alle n.
(b) Zeigen Sie: Ist n ein Teiler von 24, so gilt
(µn ⊗ µn )Gal(Q(µn )/Q) = Z/nZ
(c) Allgemein gilt:
(µn ⊗ µn )Gal(Q(µn )/Q) = Z/ ggT(n, 24)Z
Zeigen Sie dies, allgemein, oder z.B. für n = 9, n = 16.
Lösung. Zunächst sei bemerkt, dass für einen G-Modul M die G-Invarianten
M G eine abelsche Untergruppe sind.
Zu (a): Es gilt
µnGal(Q(µn )/Q) ⊂ Q(µn )Gal(Q(µn )/Q) = Q
4
also
n )/Q)
µGal(Q(µ
= µn ∩ Q
n
Damit ist
µnGal(Q(µn )/Q)
(
{1}
=
{1, −1}
,2 - n
,2 | n
Für (a) und (b) sei zunächst bemerkt, dass nach der vorigen Aufgabe
gilt
G := Gal(Q(µn )/Q) = µ∗ ∼
= (Z/nZ)∗
Da µn ∼
= Z/nZ, übersetzt sich die G-Modulstruktur zu
g(a) = g · a (a ∈ Z/nZ, g ∈ (Z/nZ)∗ )
Weiter gilt
µ n ⊗ µn ∼
= Z/nZ ⊗ Z/nZ ∼
= Z/nZ
Die G-Operation übersetzt sich zu
g(a) = g 2 a (a ∈ Z/nZ, g ∈ (Z/nZ)∗ )
Zu (b): Es ist zu zeigen, dass mit eben beschriebener quadratischer
Operation gilt:
(Z/nZ)G = Z/nZ
für n | 24. Dafür reicht es zu zeigen, dass für alle n | 24 gilt, dass alle
Elemente von (Z/nZ)∗ Ordung ≤ 2 haben. Das sieht man an der folgenden
Liste die unter anderem den Chinesischen Restsatz verwendet
• (Z/2Z)∗ = {1}
• (Z/3Z)∗ ∼
= Z/2Z
• (Z/4Z)∗ ∼
= Z/2Z
• (Z/6Z)∗ ∼
= (Z/2Z)∗ × (Z/3Z)∗ = Z/2Z
• (Z/8Z)∗ ∼
= Z/2Z × Z/2Z
• (Z/12Z)∗ ∼
= (Z/3Z)∗ × (Z/4Z)∗ = Z/2Z × Z/2Z
• (Z/24Z)∗ ∼
= (Z/3Z)∗ × (Z/8Z)∗ = Z/2Z × Z/2Z × Z/2Z
Zu (c): Zunächst sei festgestellt, dass für die Primfaktorzerlegung
n = ps11 · . . . · psrr
mit paarweise verschiedenen Primzahlen pi nach dem Chinesischen Restsatz
gilt
Z/nZ ∼
= Z/ps11 Z × · · · × Z/psrr
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und
(Z/nZ)∗ ∼
= (Z/ps11 Z)∗ × · · · × (Z/psrr )∗
Der erste Isomorphismus ist verträglich mit der Operation von (Z/nZ)∗
auf der linken Seite und der komponentenweise Operation der (Z/psi i )∗ auf
der rechten Seite. Es gilt nun unter der quadratischen Operation, dass die
Invarianten von Z/nZ das Produkt der Invarianten der Z/psi i Z ist.
Man kann also o.B.d.A. annehmen, dass n = ps eine Primzahlpotenz
ist. Da die Invarianten eine Untergruppe der zyklischen Gruppe Z/ps Z sind,
existiert ein eindeutiges t ≤ s mit
(Z/ps Z)(Z/p
s Z)∗
Es gilt dann
(Z/ps Z)(Z/p
= hpt i ⊂ Z/ps Z
s Z)∗
∼
= Z/ps−t Z
Dieses t ist genau das minimale t ≤ s mit der Eigenschaft
∀g ∈ Z/ps Z : g 2 pt = pt
mod ps
oder mit anderen Worten
ps−t | (g 2 − 1)
Das ist auch äquivalent dazu dass unter der Quotientenabbildung
(Z/ps Z)∗ → (Z/ps−t Z)∗
die Bildelemente alle Ordnung ≤ 2 haben. Da die Abbildung surjektiv ist,
heißt dass: Suche das minimal t ≤ s, so dass alle Elemente der Gruppe
(Z/ps−t Z)∗
Ordnung 2 haben.
Sei zunächst p 6= 2. Dann ist (Z/ps−t Z)∗ zyklisch mit Ordnung (p −
1)ps−t−1 . Diese Ordnung muss nun ≤ 2 sein. Das heißt, für p = 3 ist t = s−1
und damit
s
∗
(Z/3s Z)(Z/3 Z) ∼
= Z/3Z
was die Behauptung liefert, da ggT(3s , 24) = 3. Für p > 3 muss s = t sein
und damit
s
∗
(Z/ps Z)(Z/p Z) ∼
= Z/1Z = 0
was wiederum die Behauptung liefert da dann ggT(p, 24) = 1.
Sei nun p = 2. Da für s − t ≥ 2
(Z/2s−t Z)∗ ∼
= Z/2Z × Z/2s−t−2 Z
ergibt sich das folgende Bild:
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• Für s = 1 ist t = 0 und
∗
(Z/2Z)(Z/2Z) ∼
= Z/2Z
sowie ggT(2, 24) = 2.
• Für s = 2 ist t = 0 und
∗
(Z/4Z)(Z/4Z) ∼
= Z/4Z
sowie ggT(4, 24) = 4.
• Für s ≥ 3 ist t = s − 3 und
s Z)∗
(Z/2s Z)(Z/2
∼
= Z/23 Z
sowie ggT(2s , 24) = 23 = 8.
Damit ist alles gezeigt.
Aufgabe 5.
(a) Für welche Zahlen gilt
Z/nZ ⊗ Z/mZ = 0
(b) Es sei R ein Ring ind I, J Ideale. Wann gilt R/I ⊗ R/J = 0?
(c) Warum gilt Q/Z ⊗ Q/Z = 0?
Lösung. Zu (a): Da allgemein für n, m ∈ N gilt
Z/nZ ⊗ Z/mZ ∼
= Z/ ggT(n, m)Z
folgt für ggT(n, m) = 1, dass
Z/nZ ⊗ Z/mZ ∼
= Z/Z = 0
Zu (b): Seien I und J relativ prim, d.h. I + J = R, dann gilt
R/I ⊗ R/J = 0
(Das verallgemeinert (a).) Dazu seien i ∈ I und j ∈ J, so dass 1 = i + j.
Weiter seien r, s ∈ R. Es folgt dann
(r + I) ⊗ (s + J) = (i + j)((r + I) ⊗ (s + J))
= i(r + I) ⊗ (s + J) + j(r + I) ⊗ (s + J)
= (ir + I) ⊗ (s + J) + (r + I) ⊗ (js + J)
= 0
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da ir ∈ I und js ∈ J. Es folgt auch aus der allgemeinen Tatsache, dass
R/I ⊗ R/J ∼
= R/(I + J)
als R-Moduln. Vergleiche hierzu das Lemma zur letzen Aufgabe.
Zu (c): Seien r, s, i, j ∈ Z mit s, j 6= 0. Dann folgt
r
i
r
si
+Z ⊗
+Z
=
+Z ⊗
+Z
s
j
s
sj
sr
i
=
+Z ⊗
+Z
s
sj
i
+Z
= (r + Z) ⊗
sj
= 0
Also folgt die Behauptung.
Aufgabe 6. (a) Bestimmen Sie alle Primideale von C[t]. Welche davon
sind maximal?
(b) Bestimmen Sie alle Primideale von R[t]. Welche davon sind maximal?
Lösung. Zu (a): Da C algebraisch abgeschlossen ist sind alle irreduziblen
Polynome von der Form t − a mit a ∈ C. Da in C[t] prime Elemente gleich
irreduziblen Elementen sind und es ein Hauptidelring ist, werden alle Primideale 6= 0 von genau solchen Elementen erzeugt. Diese sind auch maximal,
da
C[t]/(t − a) ∼
=C
wieder ein Körper ist. Außerdem ist 0 ein Primideal, aber kein maximales,
da C[t]/0 = C[t] kein Körper ist.
Zu (b): Bekanntlich sind alle irreduziblen Polynome in R[t] von der
folgenden Form
• t2 + at + b mit a, b ∈ R so dass a2 < 4b
• t − a mit a ∈ R
Mit der Argumentation wie in (a) erzeugen die alle Primideale 6= 0. Da ein
Polynomring über einem Körper modulo einem irreduziblen Polynom ein
Körper ist, sind diese Ideale auch maximal. Weiter ist 0 noch ein Primideal,
aber kein maximales.
Aufgabe 7. Es seien M und N R-Moduln. Zeigen Sie
M ⊗R N = (M ⊗Z N )/I
wobei I die von den Elementen
ax ⊗ y − x ⊗ ay
(a ∈ R, x ∈ M, y ∈ N )
erzeugte Untergruppe von M ⊗Z N ist.
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Lösung. Betrachte die Komposition
M × N → M ⊗Z N → (M ⊗Z N )/I
Hierbei ist die erste Abbildung die universelle Z-bilineare und die zweite die
Quotientenabbildung. Sei (M ⊗Z N )/I ein R-Modul via
a(x ⊗ y) := ax ⊗ y ≡ x ⊗ ay
mod I
(a ∈ R, x ∈ M, y ∈ N )
Dann ist diese Komposition R-bilinear, denn für alle x ∈ M , y ∈ N , a ∈ R
gilt
a(x ⊗ y) = ax ⊗ y ≡ x ⊗ ay mod I
Wir werden zeigen, dass diese Abbildung die universelle Eigenschaft des
Tensorproduktes M ⊗R N erfüllt, was die Behauptung impliziert.
Sei also nun V ein R-Modul und
β :M ×N →V
eine R-bilineare Abbildung. Da β auch Z-bilinear ist, existiert nach der universellen Eigenschaft des Z-Tensorproduktes eine eindeutige Z-lineare Abbildung
β 0 : M ⊗Z N → V
mit β 0 (m ⊗ n) = β(m, n). Da β R-bilinear ist, gilt für alle x ∈ M , y ∈ N ,
a∈R
β 0 (ax ⊗ y − x ⊗ ay) = β(ax, y) − β(x, ay) = 0
Das heißt, nach der universellen Eigenschaft der Quotientenbildung existiert
eine eindeutige Z-lineare Abbildung
β 00 : (M ⊗Z N )/I → V
mit β 00 (x ⊗ y) = β(x, y). Die R-Linearität folgt aus
β 00 (a(x ⊗ y)) = β 00 (ax ⊗ y) = β(ax, y) = aβ(x, y) = β 00 (x ⊗ y)
Aufgabe 8. Es sei A eine K-Algebra, es sei M ein A-Rechtsmodul, und N
ein A-Linksmodul. Man definiert
M ⊗A N := (M ⊗K N )/I
wobei I die von den Elementen
xa ⊗ y − x ⊗ ay
(a ∈ A, x ∈ M, y ∈ N )
erzeugte Untergruppe von M ⊗K N ist.
(a) Man gebe einen entsprechende universelle Eigenschaft für die Konstruktion an.
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(b) Es sei V ein K-Vektorraum. Man zeige
V ∗ ⊗End(V ) V = K
Lösung. Zu (a): Sei V eine K-Vektorraum. Wir nennen eine K-bilineare
Abbildung
β :M ×N →V
balanciert, falls
β(xa, y) = β(x, ay)
∀x ∈ M, y ∈ N, a ∈ A
Die universelle Eigenschaft von M ⊗A N ist: Für jede balancierte K-bilineare
Abbildung
β :M ×N →V
existiert eine eindeutige K-lineare Abbildung
β 0 : M ⊗A N → V
mit β 0 (m ⊗ n) = β(m, n). Der Beweis geht analog zur vorigen Aufgabe.
Zu (b): Sei V ein K-Vektorraum. Dann beweisen wir zunächst folgendes
Lemma.
Lemma. Sei A eine K-Algebra, I ⊂ A ein A-Rechtsideal und J ⊂ A ein
J-Linksideal. Dann ist A/I ein A-Rechtsmodul und A/I ein A-Linksmodul.
Es gibt dann einen Isomorphismus
A/I ⊗A A/J ∼
= A/(I + J)
von K-Vektorräumen.
Beweis. Setze
A/I × A/J
β
−
→ A/(I + J)
(a + I, b + J) 7→ (ab + I + J)
Dieses ist eine wohldefinierte, K-bilineare, balancierte Abbildung. Also induziert sie eine K-lineare Abbildung
f : A/I ⊗A A/J → A/(I + J)
mit f (a ⊗ b) = ab auf Repräsentantenebene. Andererseits setze
α
A −
→ A/I ⊗A A/J
a 7→ a ⊗ 1 = 1 ⊗ a
Dieses ist eine K-lineare Abbildung. Sei nun i ∈ I, j ∈ J, dann gilt
α(i + j) = (i + j) ⊗ 1 = i ⊗ 1 + j ⊗ 1 = i ⊗ 1 + 1 ⊗ j = 0
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Also existiert nach der universellen Eigenschaft der Quotientenbildung eine
K-lineare Abbildung
g : A/(I + J) → A/I ⊗A A/J
mit g(a) = a ⊗ 1 = 1 ⊗ a. Zeige nun, dass f invers zu g ist:
f (g(a)) = f (a ⊗ 1) = a
und
g(f (a ⊗ b)) = g(ab) = ab ⊗ 1 = a ⊗ b
was die Behauptung des Lemmas zeigt.
Nun also weiter mit der Aufgabe. Betrachte einen K-Vektorraum V ,
dann induziert die Komposition
◦ : End(V ) × End(V ) → End(V )
auf End(V ) sowohl eine End(V )-Rechtsmodulstruktur (per Vorschalten
von Endomorphismen) und End(V )-Linksmodulstruktur (per Hinterschalten von Endomorphismen.
Sei nun V 6= 0 und 0 6= v ∈ V . Setze
L := Kv
als die von v erzeugte Gerade. Sei U ein komplementärer Untervektorraum,
d.h.
V =L⊕U
Man kann dann jedes Element f ∈ End(V ) als Matrix
fL,L fU,L
f=
fL,U fU,U
schreiben. Hierbei ist fL,U ∈ Hom(L, U ), fL,L ∈ End(L) usw.. Weiter seien
i : L → V die Inklusion und π : V → L die Projektion. Dann ist
π
∗
0 → Ker(π∗ ) → End(V ) −→
Hom(V, L) → 0
eine exakte Sequenz von End(V )-Rechtsmoduln, da π∗ ein End(V )-Rechtsmodulhomomorphismus ist. Also gilt
V∗ ∼
= Hom(V, L) ∼
= End(V )/ Ker(π∗ )
als End(V )-Rechtsmoduln. Die Elemente aus Ker(π∗ ) sind gerade die Matrizen der Gestalt
0
0
fL,U fU,U
LITERATUR
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Weiter ist
i∗
0 → Ker(i∗ ) → End(V ) −
→ Hom(L, V ) → 0
eine exakte Sequenz von End(V )-Linksmoduln, da i∗ ein End(V )-Linksmodulhomomorphismus ist. Also gilt
V ∼
= Hom(L, V ) ∼
= End(V )/ Ker(i∗ )
als End(V )-Linksmoduln. Die Elemente aus Ker(i∗ ) sind gerade die Matrizen
der Gestalt
0 fU,L
0 fU,U
Also sind die Elemente aus Ker(π∗ ) + Ker(i∗ ) gerade die Matrizen mit
0 = fL,L ∈ End(L)
Das heißt, man hat eine exakte Sequenz
f 7→fL,L
0 → (Ker(π∗ ) + Ker(i∗ )) → End(V ) −−−−−→ End(L) → 0
von K-Vektorräumen. Damit ist nach dem Lemma
V ∗ ⊗End(V ) V
∼
= End(V )/ Ker(π∗ ) ⊗End(V ) End(V )/ Ker(i∗ )
∼
= End(V )/(Ker(π∗ ) + Ker(i∗ ))
∼
= End(L)
∼
= K
als K-Vektorräume, was die Behauptung zeigt.
Literatur
[Mey80] Kurt Meyberg. Algebra, Teil 1. Carl Hanser Verlag, München
Wien, 1980.