Übungsblatt 11. Hausübungen

Transkript

1 Übungsblatt 11 Hausübungen Die Hausübungen müssen bis Mittwoch, den , um 18:00 Uhr in den Briefkasten Algebra mit Ihrer Übungsgruppennummer im Mathematischen Institut, Raum 301 abgegeben werden. Bitte schreiben Sie Ihren Namen auf jedes Blatt und Ihre Matrikelnummer, Übungsgruppennummer und den Namen des Übungsleiters auf das erste Blatt. Bitte heften Sie die Blätter. Wichtig: Bitte geben Sie nur Ihre Lösungen für die ersten 4 Aufgaben dieses Übungsblattes ab: H40 H43. Insgesamt wurde das Übungsblatt so zusammengestellt, dass es Aufgaben zu Gruppen, Ringen und Körpererweiterungen gibt. Von der Schwierigkeit und dem Umfang her könnten dies auch gut Klausuraufgaben sein (und waren es teilweise auch in der Vergangenheit). Bitte beachten Sie, dass die Themen, die erst im Januar behandelt werden, genauso klausurrelevant sind. H40 (10 Punkte) Beweisen Sie Proposition 4.2 aus dem Vorlesungsskript: Sei K (α 1,..., α n ) (mit n > 1) eine endlich erzeugte algebraische Erweiterung von K und σ : K L ein Körperhomomorphismus. Falls die Minimalpolynome aller α i über L vollständig in Linearfaktoren zerfallen, so existiert eine Fortsetzung von σ auf K (α 1,..., α n ). Anmerkung: Etwas präziser hätte man die Annahme hier so formulieren sollen: Sind f 1,..., f n K [X ] die Minimalpolynome der α i über K, so nehmen wir an, dass fi σ für alle i über L vollständig in Linearfaktoren zerfällt. Lösungsskizze. Wir führen eine Induktion nach n N durch. Für n = 1 folgt die Behauptung aus Proposition 4.1 im Skript: Sei f das Minimalpolynom von α = α 1, dann ist die Menge {β L f σ (β) = 0} nicht leer, da f σ nach Annahme über L vollständig in Linearfaktoren zerfällt. Der Induktionsschritt geht fast genauso: Wir teilen die Erweiterung auf in K K (α 1,..., α n 1 ) K (α 1,..., α n ). Da die Minimalpolynome aller α i über L vollständig in Linearfaktoren zerfallen existiert nach Induktionsannahme eine Fortsetzung σ : K (α 1,..., α n 1 ) L von σ. Wie im Fall n = 1 zeigen wir, dass eine Fortsetzung auf K (α 1,..., α n ) = K (α 1,..., α n 1 )(α n ) existiert. 1

2 In den nächsten zwei Aufgaben beschäftigen wir uns mit Körpern der Charakteristik p > 0 und insbesondere mit endlichen Körpern. H41 (10 Punkte) (i) Zeigen Sie: Ist K ein endlicher Körper der Charakteristik p, so existiert ein n N, sodass die Ordnung von K gleich K = p n ist. Hinweis: Benutzen Sie den Primkörper. (ii) Sei K ein Körper der Charakteristik p. Zeigen Sie, dass die Abbildung σ : K K mit σ(x) = x p ein Körperendomorphismus ist, genannt der Frobenius- Homomorphismus. Lösungsskizze. (i) Ein Körper ist ein Vektorraum über seinem Primkörper, der hier F p ist. Der Grad n über dem Primkörper ist bei einem endlichen Körper notwendig endlich. Er ist damit als Vektorraum isomorph zu (F p ) n. Daraus folgt die Aussage. (ii) Klar ist σ(ab) = σ(a)σ(b). Auch σ(a + b) = (a + b) p = a p + b p = σ(a) + σ(b) wegen dem binomischen Lehrsatz und der Charakteristik (multipliziert man mit dem binomischen Lehrsatz aus, dann sind die Binomialkoeffizienten vor den anderen Binomen durch p teilbar und verschwinden in Körpern der Charakteristik p). H42 (10 Punkte) Sei p eine Primzahl und n N. In dieser Aufgabe konstruieren wir einen Körper F p n mit p n Elementen (und Charakteristik p) und zeigen außerdem, dass man so alle endlichen Körper erhält. Es sei F p n ein Zerfällungskörper des Polynoms f = X pn X über F p. (i) Sei L/K eine Körpererweiterung (die Charakteristik spielt hier keine Rolle) und σ Aut K (L). Zeigen Sie, dass die Menge L σ = {x L σ(x) = x} ein Zwischenkörper von L/K ist, d.h. L σ ist ein Teilkörper von L mit K L σ. (ii) Zeigen Sie, dass F p n genau p n Elemente besitzt (also genau aus den Nullstellen von f besteht!). Hinweis: Betrachten Sie die n-te Potenz des Frobenius-Homomorphismus σ n : F p n F p n, x x pn. Vergewissern Sie sich, dass es sich um einen Körperhomomorphismus handelt. Welche Menge wird von σ n fixiert? (iii) Zeigen Sie: Ist K ein endlicher Körper der Ordnung p n, so ist K = F p n. Hinweis: Zeigen Sie, dass K ein Zerfällungskörper von X pn X über dem Primkörper ist. 2

3 Lösungsskizze. (i) Das ist klar, da für a, b L σ gilt σ(a+b) = σ(a)+σ(b) = a+b und σ(ab) = σ(a)σ(b) = ab. Dass K L σ ist auch klar. (ii) Es zeigt f = 1 über dem Körper F p, dass f keine mehrfachen Nullstellen besitzt. Ein Zerfällungskörper von f über F p enthält daher p n verschiedene Nullstellen von f. Die Menge der Nullstellen ist selbst ein Körper: Diese ist die Fixpunktmenge von σ n mit σ n (a) = a pn und die Fixpunktmenge eines Körperendomorphismus ist stets ein Körper. Der Zerfällungskörper von f besteht genau aus p n Elementen und ist separabel. (iii) Jeder endliche Körper mit p n Elementen ist Zerfällungskörper von f = X pn X über F p. Denn jede Einheit ist Nullstelle von X pn 1 1 wegen des kleinen Satzes von Fermat. Dann ist jedes Element Nullstelle von f = X (X pn 1 1) und der Körper besteht aus genau den p n verschiedenen Nullstellen von f und ist insbesondere ein Zerfällungskörper von f und damit (F p )-isomorph zu F p n. H43 (10 Punkte): Wir konstruieren einen Weihnachtsstern. Sie möchten zu Weihnachten eine Plätzchenform in Sternform herstellen. Da Sie zur Herstellung eines Musters nur Zirkel und Lineal zur Verfügung haben, fragen Sie sich als Mathematiker natürlich sofort, ob die Konstruktion überhaupt möglich ist! Sie gehen das Problem wie folgt an: Seien 1, ζ 6, ζ 2 6, ζ 3 6, ζ 4 6, ζ 5 6 die Ecken des regelmäßigen 6-Ecks in C (die 6. Einheitswurzeln). (i) Zeigen Sie: Das regelmäßige 6-Eck ist mit Zirkel und Lineal konstruierbar. Berechnen Sie dazu ζ 6 auch explizit (d.h. finden Sie explizite algebraische Ausdrücke für Real- und Imaginärteil), z.b. durch geometrische Überlegungen. (Können Sie das regelmäßige Sechseck auch tatsächlich mit Zirkel und Lineal konstruieren? Versuchen Sie es!) (ii) Bestimmen Sie die Galoisgruppe von Q Q(ζ 6 ), d.h. die Gruppe Aut Q (Q(ζ 6 )), explizit und zeigen Sie, dass diese isomorph zu Z/2Z ist. 3

4 yi ζ ζ 3 = ζ ζ 6 x Wir wünschen Ihnen Frohe Weihnachten und ein gutes neues Jahr 2019! ζ3 2 = ζ6 4 ζ6 5 1 Lösungsskizze. (i) Es gilt ζ 6 = 1 + 3i, wie z.b. aus Sätzen über gleichseitige 2 2 Dreiecke folgt. Die KE Q Q(ζ 6 ) entsteht also auch durch Adjunktion von 3 zu Q und ist vom Grad 2. Insbesondere ist ζ 6 ein konstruierbarer Punkt und damit sind alle 6. Einheitswurzeln konstruierbar, da diese in Q(ζ 6 ) enthalten sind (als Potenzen von ζ 6 ). (ii) Das Minimalpolynom von ζ 6 über Q ist übrigens offenbar (X ζ 6 )(X ζ 6 ) = (X ζ 6 )(X ζ6 1 ) = X 2 X + 1, wie man auch ohne Theorie durch direkte Berechnung mit ζ6 1 = ζ 6 = ζ6 5 = 1 3 i zeigen kann. Denn ζ ist Nullstelle dieses Polynoms, welches über Q definiert ist und Q(ζ 6 ) ist vom Grad 2 über Q. Die Galoisgruppe ist von Ordnung 2 und besteht aus der Identität und der komplexen Konjugation. Denn diese beiden Abbildungen sind Elemente der Galoisgruppe und diese kann nach der Vorlesung höchsten 2 Elemente haben, da der Grad der Körpererweiterung hier 2 ist (natürlich ist diese Erweiterung eine Galoiserweiterung und die Galoisgruppe ist genau von Ordnung 2). Die komplexe Konjugation ist Element der Galoisgruppe, da sie Q fix lässt und ζ 6 auf ζ 6 abbildet, welches auch diese Körpererweiterung erzeugt, d.h. die komplexe Konjugation ist ein Automorphismus von Q(ζ 6 ). 4

5 Die folgenden Aufgaben sind nur zur Wiederholung und Klausurvorbereitung gedacht. Bitte geben Sie Ihre Lösungen nicht ab. H44 (i) Kann es eine nicht-abelsche Gruppe der Ordnung 4 geben? Beweisen Sie Ihre Antwort. (ii) Sei G eine Gruppe der Ordnung 100 und H G eine Untergruppe der Ordnung 50. Zeigen Sie, dass H ein Normalteiler ist. (iii) Sei G eine Gruppe der Ordnung 6. Zeigen Sie, dass falls G abelsch ist, so ist G isomorph zu Z/6Z und falls G nicht abelsch ist, so ist G isomorph zu S 3. Lösungsskizze. (i) Nein. Die einzigen Gruppe der Ordnung 4 sind Z/4Z und Z/2Z Z/2Z, beide abelsch. Denn: Ist a G nicht das neutrale Element, so kann a nur entweder die Ordnung 2 oder 4 haben. Hat a die Ordnung 4, so ist G zyklisch (also isomorph zu Z/4Z) und damit insbesondere abelsch. Gibt es kein Element der Ordnung 4, so haben alle Elemente höchstens die Ordnung 2 und damit ist G wieder abelsch nach H1. Damit kann es keine nicht-abelsche Gruppe der Ordnung 4 geben. (ii) Die Untergruppe H ist vom Index [G : H ] = 100/50 = 2 in G. Aus H5 ist bekannt, dass Untergruppen vom Index 2 stets Normalteiler sind. (iii) Wir geben einen sehr ausführlichen Beweis an; die Aussage ist etwas komplizierter zu beweisen als es vielleicht den Anschein hat: Ein Element der Gruppe G kann nach dem kleinen Satz von Fermat nur Ordnung 1, 2 oder 3 haben. Nach Aufgabe H2 gibt es ein Element der Ordnung 2 in G Wir beweisen nun zunächst, dass es auch ein Element der Ordnung 3 gibt. (Anmerkung: Zu dem Zeitpunkt, als dieses Übungsblatt herauskam, hatten wir noch nicht den Satz von Cauchy in der Vorlesung. Mit dem Satz von Cauchy folgt diese Behauptung natürlich direkt und in der Klausur dürfen Sie auch den Satz von Cauchy natürlich benutzen). Angenommen dies sei nicht der Fall. Es haben alle Elemente Ordnung kleiner gleich 2. Dann folgt aus H1, dass G abelsch ist. Ist nun a ein Element der Ordnung 2, so muss es mindestens noch ein Element b a der Ordnung 2 geben, da G = 6 > 2 ist. Da G abelsch ist und a und b Ordnung 2 haben, hat die von a und b erzeugte Untergruppe a, b die Form a, b = {a, b, ab, e}, wobei e das neutrale Element bezeichne. Sie hat also die Ordnung 4. Dies ist jedoch ein Widerspruch, da nach dem Satz von Lagrange die Ordnung jeder Untergruppe ein Teiler der Gruppenordnung ist. Also gibt es in jedem Falle ein Element b G der Ordnung 3. Sei N = b = Z/3Z die von b erzeugte Untergruppe. Dann ist der Index [G : N ] = 2 und somit ist N ein Normalteiler nach H5. 5

6 Die kanonische Projektion π : G G/N ist surjektiv und G/N hat Ordnung [G : N ] = 2, ist also isomorph zu Z/2Z. Im Folgenden identifizieren wir G/N der Einfachheit halber mit Z/2Z. Es gilt a N da ord(a) 3. Deshalb muss π(a) = 1 Z/2Z gelten und wir erhalten, dass die entsprechende exakte Sequenz in Aufgabe H14 spaltet vermöge der Abbildung ϕ : N = Z/2Z G wobei ϕ(1) = a und ϕ(0) = e sei. Somit erhalten wir nach H14 einen Isomorphismus zum semidirekten Produkt G = N α Z/2Z, wobei α wie in H14 definiert ist. Falls G abelsch ist, ist die Abbildung α trivial, es handelt sich um das direkte Produkt G = Z/3Z Z/2Z = Z/6Z. Falls G nicht abelsch ist, so ist G immernoch zum semidirekten Produkt von N α Z/2Z isomorph, was in diesem Falle nicht direkt ist. Es bleibt zu zeigen, dass dieses semidirekte Produkt isomorph zu S 3 ist. Wir machen dies indirekt, indem wir zeigen, dass es genau einen nicht-trivialen Homomorphismus Z/2Z Aut(Z/3Z) gibt: Ist λ : Z/3Z Z/3Z ein automorphismus und nicht die Identität, dann muss λ(0) = 0 und λ(1) = 2 sein, denn λ(1) = 1 impliziert λ(2) = 2. Also gilt auch λ(2) = 1. Also besteht Aut(Z/3Z) aus der Identität und λ und es gibt deshalb auch nur genau einen nicht-trivialen Homomorphismus Z/2Z Aut(Z/3Z). Da sowohl G als auch S 3 nicht abelsch und isomorph zu diesem eindeutig bestimmten semidirekten Produkt sind, gilt G = S 3. Anmerkung: Ebenso ist G = D 3, wie wir auch schon in den Übungen gesehen haben. Die Beschreibung des semidirekten Produktes ist genau die Beschreibung von D 3. H45 (i) Zeigen Sie: Ist G eine zyklische Gruppe mit unendlicher Ordnung, so gibt es einen Isomorphismus φ : Z G. (ii) Sei G die Menge der 2 2 Matrizen der Form ( ) 1 a mit a Z. Zeigen Sie, dass es sich bei G um eine Gruppe mit der Matrizenmultiplikation als Verknüpfung handelt. Beweisen Sie außerdem, dass G = Z. Lösungsskizze. (i) Es gibt also ein g G mit g = G. Dieses g hat unendliche Ordnung. Man hat einen Homomorphismus Z G mit k g k, der surjektiv ist (da g Erzeuger ist). Der Kern dieses Homomorphismus ist trivial, da alle Potenzen von g verschieden sind und ist also schon ein Isomorphismus Z G. 6

7 (ii) Es gilt ( ) ( ) 1 a 1 b = ( ) 1 a + b. Die Menge G ist also unter der Matrizenmultiplikation abgeschlossen. Die Einheitsmatrix ist in G enthalten und offenbar das neutrale Element. Die inversen Matrizen sind auch in G enthalten, denn offenbar. ( ) 1 1 a = Der Isomorphismus zu Z kann durch ( ) 1 a a realisiert werden. Alternativ sieht man, dass ( ) 1 1 ( ) 1 a ein Erzeuger von G ist, G hat unendliche Ordnung und die Aussage folgt aus der (i). H46 (i) Sei R ein Ring und p R ein Primideal. Zeigen Sie, dass R/p ein Integritätsring ist. (ii) Sei R ein Hauptidealring. Zeigen Sie, dass das von einem irreduziblen Element x R erzeugte Hauptideal (x) R ein maximales Ideal ist. (iii) Zeigen Sie, dass Q[X ]/(X X X + 42) ein Körper ist. Lösungsskizze. (i) Zu zeigen ist, dass [a][b] = 0 [a] = 0 oder [b] = 0 (für alle [a], [b] R/p) und dass R/p nicht der Nullring ist. Äquivalent dazu ist, dass ab p a p oder b p und dass p nicht alles ist. Das ist aber genau die Definition von Primideal. (ii) Maximales Ideal bedeutet, dass es nicht alles ist und es keine echt größeren Ideale gibt, bis auf ganz R. Sei also a ein Ideal mit (x) a. Zu zeigen ist a = (x) oder a = R. Da R ein Hauptidealring ist, so gibt es ein a R mit (a) = a. Dann bedeutet aber (x) (a) (insbesondere x (a)), dass a x. Es gibt also b R mit x = ab. Aus der Irreduzibilität von x folgt, dass a eine Einheit ist oder a zu x assoziiert ist (b eine Einheit ist). Dann ist aber tatsächlich (a) = R im ersten Fall und (a) = (x) im zweiten Fall. 7

8 (iii) Das Polynom f (X ) = X 4 +15X 2 +54X +42 ist irreduzibel: Eisenstein-Kriterium für p = 3. Damit ist das Hauptideal (f ) ein maximales Ideal, denn Q[X ] ist Hauptidealring und (ii). Der Ring Q[X ]/(f ) ist damit ein Körper, siehe Vorlesung (ein Faktorring ist genau dann ein Körper, wenn das herausgeteilte Ideal maximal ist). H47 Seien P(X ) = X 4 1 Q[X ] und Q(X ) = X 4 + 2X 3 + 3X 2 + 2X + 2 Q[X ] Polynome. Bestimmen Sie den größten gemeinsamen Teiler von P und Q in Q[X ] (bis auf Assoziiertheit). Hinweis: Sie können z.b. den euklidischen Algorithmus benutzen. Lösungsskizze. Euklidischer Algorithmus: X 4 + 2X 3 + 3X 2 + 2X + 2 = 1 (X 4 1) + (2X 3 + 3X 2 + 2X + 3) ( 1 X 4 1 = 2 X 3 ) ( 5 (2X 3 + 3X 2 + 2X + 3) X ) 4 ( 8 2X 3 + 3X 2 + 2X + 3 = 5 X + 12 ) ( X ). 4 Der ggt ist also X Alternativ sieht man leicht, dass die Nullstellen von P (über C) die vierten Einheitswurzeln sind. Die Nullstellen ±1 sind keine Nullstellen von Q, aber i ist Nullstelle von Q, wie man leicht überprüft. Damit muss das Minimalpolynom von i der ggt von beiden Polynomen sein, also X