Klausur ” Algebra und Zahlentheorie“

Klausur Algebra und Zahlentheorie“
”
WS 2014/2015, Mittwoch, den 08.04.2015
A. Schmitt, A. Muñoz
Lösungsvorschläge und Punkteverteilung
Aufgabe 1 (20 Punkte).
Bestimmen Sie alle ganzen Zahlen x, die folgendes System von Kongruenzen lösen:
2x ≡ 1 mod 3,
3x ≡ −1
mod 10,
5x ≡ 3 mod 7.
Hinweis.
Formen Sie die Kongruenzen so um, dass Sie den chinesischen Restsatz anwenden
können.
Für die richtige Lösungsmenge gibt es (nur) 3 Punkte. Ihr Rechenweg muss erkennbar
und nachvollziehbar sein.
Lösung.
Es gilt
2·2 ≡ 1
mod 3,
7 · 3 ≡ 1 mod 10,
3·5 ≡ 1
mod 7.
2 Punkte.
Deshalb multiplizieren wir die erste Kongruenz mit 2, die zweite mit 7 und die dritte
mit 3. Es ergibt sich
x ≡
2
mod 3,
x ≡ −7 ≡ 3
mod 10,
x ≡
9 ≡ 2
mod 7.
3 Punkte.
Wir finden
ggT(3, 10) = 1 = (−3) · 3 + 1 · 10.
2 Punkte.
Nach dem chinesischen Restsatz (Skript, Satz I.6.14) kann man die ersten beiden Kongruenzen zu der Kongruenz
x ≡ 2 − (2 − 3) · (−3) · 3 = −7 ≡ 23 mod 30
zusammenfassen.
4 Punkte.
Damit sind die beiden Kongruenzen
x ≡ 23
x ≡ 9 ≡ 2
mod 30,
mod 7
zu lösen. Hier haben wir
ggT(30, 7) = 1 = (−3) · 30 + 13 · 7.
2 Punkte.
Damit bleibt die Kongruenz
x ≡ 23 − (23 − 2) · (−3) · 30 = 1913 ≡ 23 mod 210.
4 Punkte.
Die Löunsgmenge ist somit
3 Punkte.
L = 23 + k · 210 | k ∈ Z }.
Aufgabe 2 (15 Punkte).
Es sei S6 die symmetrische Gruppe der bijektiven Selbstabbildungen der Menge { 1, 2, 3, 4, 5, 6 }.
Geben Sie für jede Konjugationsklasse in S6 genau einen Repräsentanten an.
Hinweise.
Konjugationsklassen, die mehrmals aufgelistet werden oder für die mehr als ein Repräsentant angegeben wird, werden nicht gewertet.
Sie müssen begründen, warum Ihre Liste vollständig ist.
1 2 3 4 5 6
,
Zulässige Notationen für Permutationen sind die Listenschreibweise“, z.B.
”
2 1 4 5 6 3
oder die Zykelschreibweise, z.B. (1 2)(3 4 5 6).
Lösung.
Wir benutzen die Klassifikation der Konjugationsklassen durch den Zykeltyp (Skript,
Satz II.6.27). Wir müssen daher die möglichen Zykeltypen angeben und für jeden Zykeltyp eine Permutation des gegebenen Zykeltyps. (Dazu benutzt man am besten die
Zykelschreibweise.)
4 Punkte.
Zykeltyp Repräsentant
(−)
id
(1 2)
(2)
(1 2 3)
(3)
(4)
(1 2 3 4)
(5)
(1 2 3 4 5)
.
(6)
(1 2 3 4 5 6)
(2, 2)
(1 2)(3 4)
(1 2)(3 4 5)
(2, 3)
(2, 4)
(1 2)(3 4 5 6)
(3, 3)
(1 2 3)(4 5 6)
(2, 2, 2) (1 2)(3 4)(5 6)
Für jede Konjugationsklasse gibt es einen Punkt.
Aufgabe 3 (20 Punkte).
Es seien G eine Gruppe und N ⊳ G ein Normalteiler von G. Wir nehmen an, dass
Elemente a, b ∈ G existieren, so dass1
[a] = G/N und hbi = N.
Beweisen Sie, dass es für jedes Gruppenelement g ∈ G ganze Zahlen k, l mit
g = ak · bl
gibt.
Lösung.
Es sei g ∈ G. Nach Voraussetzung existiert eine ganze Zahl k mit
[g] = [a]k = [ak ].
4+5 Punkte.
Aus der Gleichung
[g] = [ak ]
folgt die Existenz eines Elements n ∈ N mit
g = ak · n.
5 Punkte.
Auf Grund der Voraussetzung existiert eine ganze Zahl l, so dass
n = bl .
4 Punkte.
Zusammengenommen folgt
g = ak · bl .
2 Punkte.
Aufgabe 4 (3+3+15+4 Punkte).
Das Quadrat in R2 mit achsenparallelen Kanten der Länge drei und Mittelpunkt 0 wird
in neun Quadrate der Kantenlänge eins unterteilt:
.
1 Für
h ∈ G steht [h] für die Nebenklasse h · N ∈ G/N.
(1)
Die Menge der auftretenden Ecken ist also
n
E :=
(−1.5, 1.5), (−0.5, 1.5), (0.5, 1.5), (1.5, 1.5),
(−1.5, 0.5), (−0.5, 0.5), (0.5, 0.5), (1.5, 0.5),
(−1.5, −0.5), (−0.5, −0.5), (0.5, −0.5), (1.5, −0.5),
o
(−1.5, −1.5), (−0.5, −1.5), (0.5, −1.5), (1.5, −1.5) .
a) Wieviele Möglichkeiten gibt es, die neun Kästchen in (1) mit den Symbolen × und
◦ zu beschriften, so dass × fünfmal auftritt und ◦ viermal?
Beispiel:
× × ◦
× ◦ ◦ .
◦ × ×
Hinweis. Für das richtige Ergebnis gibt es einen Punkt.
b) Bestimmen Sie die Untergruppe G von O(2), die aus den Elementen besteht, die die
Menge E auf sich selbst abbilden.
Dies ist die Symmetriegruppe des Felds in (1).
c) Zwei Beschriftungen der Kästchen in (1) werden als wesentlich verschieden angesehen, wenn es kein Element der Gruppe G gibt, das die eine Beschriftung in die andere
überführt.
Bestimmen Sie die Anzahl der wesentlich verschiedenen Beschriftungen.
Gehen Sie dabei folgendermaßen vor:
• Für g ∈ G sei Fix(g) die Menge der Beschriftungen von (1) mit fünf × und vier
◦, die invariant unter g sind. Berechnen Sie für jedes Element g ∈ G die Anzahl
der Elemente in Fix(g).
• Verwenden Sie die Formel für die Anzahl der Bahnen aus der Vorlesung, um die
Aufgabe zu lösen.
Wichtig. Es ist ein vollständiger Lösungsweg anzugeben. Die Anzahl muss als Dezimalzahl angegeben werden. Für die richtige Anzahl gibt es nur einen Punkt.
d) Es sei
\
Fix(G) :=
Fix(g)
g∈G
die Menge der Beschriftungen, die unter allen Elementen der Symmetriegruppe invariant sind. Geben Sie alle Elemente von Fix(G) an.
Lösung.
a) Es genügt, die vier Kästchen auszuwählen, die mit dem Symbol ◦ markiert werden.
Für die Auswahl einer vierelementigen Teilmenge einer neunelementigen Mengen bestehen
9·8·7·6
9
=
= 126
4
4·3·2·1
Möglichkeiten.
b) Da die Elemente der Gruppe O(2) den euklidischen Abstand erhalten, bildet jedes
Element von G auch die Menge E ′ := { (−1.5, 1.5), (1.5, 1.5), (−1.5, −1.5), (1.5, −1.5) }
auf sich ab. Folglich ist G eine Untergruppe der Diedergruppe D4 , der Symmetriegruppe des Quadrats. Die Elemente von D4 sind die Identität, die Drehung r1 um π /2
(= 90◦ ), die Drehung r2 um π (= 180◦ ), die Drehung r3 um (3/2)π (= 270◦ ), die Spiegelung s1 an der x-Achse, die Spiegelung s2 and der y-Achse, die Spiegelung s3 an der
Geraden durch (0, 0) und (1, 1) und die Spiegelung s4 an der Geraden durch (0, 0) und
(−1, 1). Jedes dieser Elemente bildet E auf sich ab, so dass G = D4 gilt.
c) Es gilt #Fix(id) = 126,
1 Punkt.
Eine Beschriftung ist genau dann unter der Drehung r1 invariant, wenn es Elemente
a, b, c ∈ { ×, ◦ } gibt, so dass die Beschriftung die Gestalt
a b a
b c b
a b a
hat. Da ferner fünfmal das Symbol × vorkommen muss, folgt c = ×. Wir erkennen
nun #Fix(r1 ) = 2.
2 Punkte.
Dasselbe Ergebnis ergibt sich für r3 .
1 Punkt.
Eine Beschriftung ist genau dann unter der Drehung r2 invariant, wenn es Elemente
a, b, c, d, e ∈ { ×, ◦ } gibt, so dass die Beschriftung die Gestalt
a b c
d e d
c b a
hat. Da ferner fünfmal das Symbol × vorkommen muss, folgt e = ×. Unter den Sym
bolen a, b, c, d muss zweimal × und zweimal ◦ vorkommen. Es folgt #Fix(r2 ) = 42 =
(4 · 3)/(2 · 1) = 6.
2 Punkte.
Eine Beschriftung ist genau dann unter der Spiegelung s1 invariant, wenn es Elemente
a, b, c, d, e, f ∈ { ×, ◦ } gibt, so dass die Beschriftung die Gestalt
a b c
d e f
a b c
hat. Das Symbol × muss fünfmal vorkommen. Es gibt zwei Fälle:
• Das Symbol × kommt in { a, b, c } einmal vor. Dann folgt d = e = f = ×. Hier
existieren 3 Möglichkeiten.
• Das Symbol × kommt in { a, b, c } zweimal vor. Dann kommt es in { e, f , g }
einmal vor. Hier existieren 3 · 3 = 9 Möglichkeiten.
Wir schließen #Fix(s1 ) = 12.
3 Punkte.
Eine analoge Diskussion zeigt #Fix(s2 ) = 12.
1 Punkt.
Eine Beschriftung ist genau dann unter der Spiegelung s3 invariant, wenn es Elemente
a, b, c, d, e, f ∈ { ×, ◦ } gibt, so dass die Beschriftung die Gestalt
b c f
a e c
d a b
hat. Wir zuvor sieht man #Fix(s3 ) = 12. Ebenso zeigt man #Fix(s4 ) = 12.
1 Punkt.
Nach Satz II.7.11 aus dem Skript ist die gesuchte Anzahl
1
1
· ∑ #Fix(g) = · 126 + 2 · 2 + 6 + 4 · 12 = 23.
#G g∈G
8
d) Die obige Diskussion zeigt, dass nur die Beschriftungen
× ◦ ×
◦ × ◦
× ◦ ×
und
◦ × ◦
× × ×
◦ × ◦
invariant unter r1 sind. Sie sind auch invariant unter allen anderen Elementen von G
und bilden daher die Menge Fix(G).
4 Punkte.
Aufgabe 5 (20 Punkte).
k
Es sei k ≥ 1 eine natürliche Zahl, so dass Fk = 22 + 1 eine Primzahl ist. Beweisen Sie
für das Legendre-Symbol
3
= −1.
Fk
Lösung.
Wegen k ≥ 1 gilt Fk ≡ 1 mod 4.
4 Punkte.
Daher ergibt das quadratische Reziprozitätsgesetz
3
Fk
.
=
Fk
3
6 Punkte.
Weiter gilt
k
k
Fk = 22 + 1 ≡ (−1)2 + 1 = 2
mod 3.
8 Punkte.
Es folgt
3
Fk
=
Fk
3
2
=
= −1.
3
Die letzte Rechnung führt man z.B. von Hand oder mit Satz III.4.18 aus dem Skript
aus.
2 Punkte.