Aufgabe 1. (10 Punkte) Bei den folgenden Teilaufgaben ist jeweils

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Aufgabe 1. (10 Punkte)
Bei den folgenden Teilaufgaben ist jeweils genau eine Antwort richtig; diese ist anzukreuzen.
Beweise oder Begründungen sind nicht erforderlich.
Für jede richtige Antwort erhalten Sie 2 Punkte, falsch beantwortete und nicht bearbeitete
Teilaufgaben werden nicht gewertet.
(a) Welche der folgenden Gruppen hat 24 Elemente?
D6
GL2 (F2 )
X Die Tetraedergruppe
(b) Welche der folgenden Aussagen ist wahr?
X Die Gruppe S4 ist auflösbar.
Die Gruppe S3 hat genau zwei Untergruppen der Ordnung 2.
Die Gruppe S3 hat genau zwei Untergruppen der Ordnung 3.
√ √ √
(c) Der Körper Q( 13, 17, 221) hat welchen Grad über Q?
2
X4
6
8.
(d) Welche der folgenden Aussagen ist falsch?
X Sei H eine normalteiler von G und K eine normalteiler von H. Dann ist K eine
normalteiler von G.
Sei I ⊂ Z das Ideal, das von {9, 12} erzeugt wird. Dann ist I prim und maximal.
Ist H ⊂ G eine Untergruppe und ist S ⊂ H eine p-Sylowgruppe von H, dann ist
S in einer p-Sylowuntergruppe von G enthalten.
(e) Welches der folgenden Polynome ist irreduzibel in Q[X]?
X X 3 − X 2 − X − 1,
2X 3 − X 2 + 4X + 7,
x9 + 5x5 − 6.
Aufgabe 2. (10 Punkte)
Geben Sie zwei Gruppen der Ordnung 6 an, die nicht isomorph sind. Beweisen Sie Ihre Aussage.
Lösung. Z/6Z und S3 sind nicht isomorph. In S3 , (12)(23) = (231) 6= (312) = (23)(12).
Wenn ein solcher Isomorphismus φ : S3 → Z6 existiert, φ((12))φ((23)) 6= φ((23))φ((12))
(Injektivität), aber Z/6Z ist zyklisch also abelsch, Widerspruch.
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Aufgabe 3. (15 Punkte)
(a) Seien G eine endliche Gruppe und H eine p-Sylowgruppe von G. Zeigen Sie: H ist ein
Normalteiler von G genau dann, wenn H die einzige p-Sylowuntergruppe von G ist.
(b) Sei G eine endliche Gruppe der Ordnung |G| = mpk mit 1 ≤ m < p und k ≥ 1 (wenn
m = 1, k > 1). Zeigen Sie: G ist nicht einfach.
Lösung:
(a) Sei H ein Normalteiler von G. Da alle p-Sylow-Untergruppen konjugiert sind, es gibt
nur eine p-Sylow-Untergruppe. Andererseits, wenn es nur eine p-Sylow-Untergruppe gibt,
dann für alle g ∈ G, gHg −1 ist eine p-Sylow-Untergruppe also H = gHg −1 .
(b) (1). m = 1 und k > 1. G ist eine p-Gruppe. Nach Vorlesung, das Zentrum Z(G) von G,
die ein Normalteiler ist, ist nicht trivial. Ist Z(G) 6= G, so ist G nicht einfach.
Wenn Z(G) = G, G ist abelsch. Angenommen, G ist eine einfache Gruppe, dann wird
von jedes Element g 6= e ∈ G erzeugt, also G ist eine zyklische Gruppe von der Ordnung
pk , so dass es ein Element der Ordnung p gibt. Ist k > 1, so widerspricht dies der
Annahme, dass G einfach ist.
(2). m 6= 1. Wir zeigen, dass eine p-Sylow-Untergruppe ist ein Normalteiler. Aus (1)
genügt es, zu zeigen, dass es eine eindeutige p-Sylow-Untergruppe gibt. Sei np die Zahl
von p-Sylow-Untergruppen. Von Sylow-Sätze, np | m und np ≡ 1(mod p). Da 1 < m < p,
die einzige Lösung ist np = 1.
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Aufgabe 4. (15 Punkte)
Es sei C ⊂ R3 der Würfel mit den Eckpunkten (x, y, z) wobei x = ±1, y = ±1, z = ±1. Sei G
die Symmetriegruppe des Würfels, das heißt, G ist die Gruppe der Bewegungen des R3 , die
den Würfel auf sich selber abbilden.
(a) Zeigen Sie: G enthält die Gruppe M der Transformationen (u1 , u2 , u3 ) 7→ (±u1 , ±u2 , ±u3 ).
(b) Sei σ ∈ S3 . Zeigen Sie: φσ : R3 → R3 , (u1 , u2 , u3 ) 7→ (uσ(1) , uσ(2) , uσ(3) ), ist ein Element
von G.
(c) Zeigen Sie: Die Untergruppe von G, die von der Menge {φσ | σ ∈ S3 } erzeugt wird, ist
zu S3 isomorph.
(d) Zeigen Sie: G wird von S3 und M erzeugt.
Lösung. (1). Um zu beweisen, dass M eine Untergruppe von G ist, müssen wir zeigen:
• Die Elemente in M sind Isometrie von R3 : Für ψ ∈ M , die Linearität von ψ kommt aus
der Definition; det ψ = ±1.
• Für ψ ∈ M , ψ(C) = C: Es genügt, dass ψ eine Permutation auf Ekepunkten induziert,
zu zeigen. Das ist klar.
(2). φσ ist linear mit det(φσ ) = ±1; er fixiert die Menge der Eckpunkten, also φσ ∈ G.
(3). Sei φ : S3 → G die Abbildung σ 7→ φσ . Seien σ1 , σ2 ∈ S3 , wie haben:
φσ1 σ2 (u1 , u2 , u3 ) = (u(σ1 σ2 )(1) , u(σ1 σ2 )(2) , u(σ1 σ2 )(3) )
= (uσ1 (σ2 (1)) , uσ1 (σ2 (2)) , uσ1 (σ2 (3)) )
= φσ1 (uσ2 (2) , uσ2 (3) )
= (φσ1 ◦ φσ2 )(u1 , u2 , u3 ).
Dies beweist, dass φ ein Gruppenhomomorphismus ist. Das Injectivität von φ ist klar. Dann
φ induziert einen Isomorphismus zu seinem Bild in G.
(4). M wirkt transitiv auf der Menge der Eckpunkten. Die Elemente von S3 fixieren den Punkt
(1, 1, 1) aber tauschen die Kanten, die den Punkt enthälen. Sei ψ ∈ G, von ψ durch m ◦ ψ
(m ∈ M ) zu ersetzen, können wir ψ(1, 1, 1) = (1, 1, 1) annehmen. Von zu ersetzen, können
wir, dass ψ die Kanten von C fixiert, die den Punkte (1, 1, 1) enthalten, annehmen. Durch
Ersetzen von ψ durch φσ ◦ ψ (σ ∈ S3 ) kann angenommen werden, dass ψ die Kanten von C,
die den Punkte (1, 1, 1) enthalten, fixiert. Da ψ linear ist, ψ = id. Also kann jedes Element in
G als Komposition von m und φσ geschrieben werden.
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Aufgabe 5. (15 Punkte)
Seien m1 , m2 , m3 drei positive ganze Zahlen. Bezeichne die Nebenklasse in Z/nZ mit a mod n.
Das cartesische Produkt Z/m1 Z × Z/m2 Z × Z/m3 Z ist ein Ring durch die Verknüpfungen
(c1 mod m1 , c2 mod m2 , c3 mod m3 ) + (d1 mod m1 , d2 mod m2 , d3 mod m3 )
= (c1 + d1 mod m1 , c2 + d2 mod m2 , c3 + d3 mod m3 )
und
(c1 mod m1 , c2 mod m2 , c3 mod m3 ) · (d1 mod m1 , d2 mod m2 , d3 mod m3 )
= (c1 d1 mod m1 , c2 d2 mod m2 , c3 d3 mod m3 ).
Zeigen Sie:
a) Wenn die Zahlen m1 , m2 , m3 Teiler von n sind, dann ist die Abbildung
Φ:
Z/nZ →
Z/m1 Z × Z/m2 Z × Z/m3 Z
a mod n 7→ (a mod m1 , a mod m2 , a mod m3 )
ein Homomorphismus von Ringen.
b) Wenn die Zahlen m1 , m2 , m3 zusätzlich paarweise teilerfremd sind, dann ist Φ surjektiv.
c) Wenn die Zahlen m1 , m2 , m3 zusätzlich paarweise teilerfremd sind und n = m1 m2 m3 ,
dann ist Φ sogar ein Isomorphismus.
Lösung
a). Für k ∈ Z ist die Abbildung ψ : Z → Z/kZ, a 7→ a mod k ist ein Ringhomomorphismus mit
Kern kZ. Ist k ein Teiler von n, dann gilt nZ ⊂ kZ, und ψ induziert dann (Homomorphiesätze)
einen Ringhomomorphismus
ψ̃ : Z/nZ → Z/kZ,
a mod n 7→ a mod k.
Sind m1 , . . . , mr Teiler von n, so ist die Abbildung
Φ:
Z/nZ →
Z/m1 Z × Z/m2 Z × Z/m3 Z
a mod n 7→ (a mod m1 , a mod m2 , a mod m3 )
ein Ringhomomorphismus.
b). Nun ist Z/nZ zyklisch mit Erzeuger 1 mod n, das Bild von Φ wird also erzeugt von
(1 mod m1 , 1 mod m2 , 1 mod m3 ). Es gilt
(1 mod m1 , 1 mod m2 , 1 mod m3 ) + . . . + (1 mod m1 , 1 mod m2 , 1 mod m3 ) = (k mod m1 , k mod m2 , k mod m3 ),
|
{z
}
k mal
und die Ordnung von (1 mod m1 , 1 mod m2 , 1 mod m3 ) ist das Minimum aller positiven Zahlen k, so dass (k mod m1 , k mod m2 , k mod m3 ) = 0. Diese Zahl is offensichtlich das kleinste
gemeinsame Vielfache von m1 , m2 , m3 . Wenn also die Zahlen paarweise teilerfremd sind, dann
ist die Ordnung von (1 mod m1 , 1 mod m2 , 1 mod m3 ) genau m1 m2 m3 , und letzteres ist auch
die Anzahl der Elemente in Z/m1 Z × Z/m2 Z × Z/m3 Z. Die Abbildung Φ ist also surjektiv.
c). Wenn zusätzlich gilt n = m1 m2 m3 , dann ist Φ auch bijektiv und somit ein Isomorphismus.
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Aufgabe 6. (15 Punkte)
(a) Geben Sie das Lemma von Gauß an.
(b) Beweisen oder widerlegen Sie: Ein Polynom R(X) ∈ Q[X] hat keine Nullstelle in Q,
dann ist R(X) irreduzibel in Q[X].
(c) Zeigen Sie: Das Polynom P (X) := X 3 + X 2 − 2X − 1 ∈ Q[X] ist irreduzibel.
Lösung.
√ √
√
√
(b) Falsch. R(X) = X 4 − 4 hat Nullstellen 2, 2i, − 2, − 2i ∈ C\Q, aber X 4 − 4 =
(X 2 + 2)(X 2 − 2). (N.B. grad(R(X)) muss > 3.)
(c) Sei P (X) = A(X)B(X) mit gradA(X) = 1, gradB(X) = 2. Aus (1) können wir annehmen, dass A(X), B(X) ∈ Z[X], d.h. A(X) = X + a, B(X) = X 2 + bX + c wobei
a, b, c ∈ Z. Dann bedeutet ac = −1, dass 1 oder −1 eine Nullstelle von P (X) sein muss,
aber das ist nicht der Fall.
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Aufgabe 7. (20 Punkte)
(a) Sei Q(X) = X 3 − s1 X 2 + s2 X − s3 ∈ Q[X] und seien α, β, γ die Wurzeln des Polynoms,
also Q(X) = (X − α)(X − β)(X − γ) und somit αβγ = s3 , α + β + γ = s1 und
αγ + αβ + βγ = s2 . Zeigen Sie: ∆ := (α − β)2 (β − γ)2 (α − γ)2 kann aus den Koeffizienten
von Q(X) berechnet werden, genauer: ∆ = s21 s22 − 4s32 − 4s31 s3 − 27s23 + 18s1 s2 s3 .
(b) Sei P (X) = X 3 + X 2 − 2X − 1 ∈ Q[X] das Polynom in Aufgabe 6, und sei G die
Galoisgruppe von P (X).
√
(i) Berechnen Sie ∆ für P (X). Folgern Sie: ∆ ∈ Q.
√
√
(ii) Zeigen Sie: Für jedes g ∈ G, g( ∆) = ∆.
(iii) Folgern Sie: G ist von der Ordnung 3.
(iv) Folgern Sie: G ist zu der alternierenden Gruppe A3 isomorph.
Lösung.
(a). Die behauptete Gleichung für ∆ rechnet man nach, ebenso den Wert von ∆ für P (X).
(b).
√
(i). ∆
√= 49 also ∆ = ±7 ∈ Q.
(ii). ∆ ∈ Q und g fixiert Elemente in Q.
(iii). Die Galoisgruppe ist eine Untergruppe der S3 und damit ist die Ordnung ein Teiler von
6.
√ Die Gruppe operiert transitiv auf den Wurzeln, ist also von der Ordnung 3 oder 6. Beachte:
∆ = (α−β)(β −γ)(α−γ). Ist die Galoisgruppe die Gruppe
S3 ,√
so hat man die Vertauschung
√
√
√
τ der Wurzeln α, β in der Galoisgruppe, und es gilt τ ( ∆) = − ∆. Nach (ii), g( ∆) = ∆
für alle g ∈ G. Daher ist die Galoisgruppe nicht S3 , da von der Ordnung 3.
(iv). Da 3 eine Primzahl ist, sind Gruppen von der Ordnung 3 isomorph zu Z/3Z. Damit
G∼
= Z/3Z ∼
= A3 .
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Aufgabe 8. (20 Punkte)
Sei α eine Nullstelle von X 3 − 180 in C\R und sei L der Zerfällungskörper von X 3 − 180 über
Q.
(a) Ist X 3 − 180 irreduzibel in Q[X]?
(b) Ist Q(α)/Q normal? Ist L eine Galoiserweiterung über Q?
(c) Zeigen Sie: X 3 − 1 zerfällt über L in Linearfaktoren.
(d) Sei Q ⊂ M ⊂ L der Zerfällungskörper von X 3 − 1. Zeigen Sie: [M : Q] = 2.
(e) Zeigen Sie: [L : M ] = 3.
(f) Bestimmen Sie Gal(L/Q).
Lösung
(a) Ja, 180 = 22 × 32 × 5, Eisenstein p = 5.√
(b) Nein, denn dann würde Q(α) auch β = 3 180 und β 2 enthalten. Aber Q(α) ist isomorph zu
Q(β) = Q ⊕ Q.β ⊕ Q.β 2 als Körper (über Q) und damit folgt aus Q(β) ⊆ Q(α) sofort Q(β) =
Q(α). Aber Q(β) ⊂ R. Ja, L√ist Galoiserweiterung da Char Q = 0 und Zerfällungskörper.
(c) Die Nullstellen sind β = 3 180, ξβ, ξ 2 β, wobei ξ eine primitive 3. Einheitswurzel ist. Damit
sind auch ξ = ξβ/β und ξ 2 in L, also zerfällt x3 − 1 in Linearfaktoren.
(d) M = Q(ξ) ist bereits der Zerfällungskörper, x2 + x + 1 ist das Minimalpolynom, also
[M : Q] = 2.
(e) Es ist L = M [β] = M [x]/hIrr(β, M )i, und deswegen [L : M ] ≤ 3. Andererseits ist
Q ⊂ Q(α) ⊂ L und [Q(α) : Q] = 3, also ist [L : Q] = [L : Q(α)][Q(α) : Q] durch 3 teilbar.
Also: [L : M ] = 3.
(f) Gal(L/Q) ist eine Untergruppe der S3 . Da L/Q Galoiserweiterung folgt
|Gal(L/Q)| = [L : Q] = [L : M ].[M : Q] = 6, also Gal(L/Q) = S3 .
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