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. Algebra Seite 2/8 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. Algebra Seite 3/8 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. Algebra Seite 4/8 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. Algebra Seite 5/8 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. Algebra Seite 6/8 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 . Algebra Seite 7/8 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 . Algebra Seite 8/8