Lösungen zur Algebra-Klausur vom Es sei G eine Gruppe, die von je einem Element der Ordnung 7, 11 und 13 erzeugt wird.

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1 Aufgabe 1 Lösungen zur Algebra-Klausur vom Es sei G eine Gruppe, die von je einem Element der Ordnung 7, 11 und 13 erzeugt wird. a) Zeigen Sie, dass es keine transitive Operation von G auf einer Menge mit 8 Elementen geben kann. Hinweis: Was weiß man über die Operation der gegebenen Erzeuger von G? b) Gibt es eine Gruppe G mit Erzeugern wie angegeben, die auf einer Menge mit 12 Elementen transitiv operiert? a) Es seien σ, ε, δ G die ausgewählten Erzeuger. Weiter sei eine Operation von G auf M := {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} gegeben durch einen Homomorphismus ϕ : G S 8. Dann ist die Ordnung von ϕ(ε) wegen des Satzes von Lagrange ein gemeinsamer Teiler von 11 und S 8 = 8!, also 1. Damit ist ϕ(ε) = Id. Mit demselben Argument ist ϕ(δ) = Id. Es folgt ϕ(g) = ϕ(σ), und das ist eine zyklische Gruppe der Ordnung 1 oder 7. Die Gruppe ϕ(σ) kann aber nicht transitiv auf M operieren, denn die Bahnbilanzformel würde dann erzwingen, dass 8 ein Teiler von 7 ist. b) Ja, das ist möglich. Zur Konstruktion eines Beispiels sei σ der 7-Zykel ( ) und ε der 11-Zykel ( ). Diese beiden Zykel erzeugen eine Untergruppe H von S 12, die transitiv auf Z := {1, 2,..., 12} operiert. Die Gruppe tut dies dann auch via G := H Z/13Z (π, a) x := π(x), π H, a Z/13Z, x Z. G wird von (σ, 0), (ε, 0) und (Id, Z) erzeugt.

2 Aufgabe 2 Es seien p < q zwei Primzahlen, b N, und G eine Gruppe mit p 2 q b Elementen. Zeigen Sie: a) Wenn es keine normale q -Sylowgruppe in G gibt, dann ist p = 2 und q = 3, und es gibt einen nichttrivialen Homomorphismus von G nach S 4. b) In jedem Fall ist G auflösbar. a) Die Anzahl der q -Sylowgrupen ist ein Teiler von p 2 und ist kongruent zu 1 modulo q. Wenn es keine normale q -Sylowgruppe gibt, dann gibt es p oder p 2 davon. Allerdings ist p ausgeschlossen, da sonst q ein Teiler von p 1 sein müsste, was wegen p < q nicht geht. Folglich ist die Anzahl gleich p 2. Damit ist p + qz eine Nullstelle von X 2 1 in F q. Dieses Polynom hat in F q die zwei Nullstellen 1 und 1. Da p nicht 1 modulo q sein kann (siehe oben), ist es 1 modulo q, und wegen p < q folgt dieses Mal p = q 1. Daher ist p oder q gerade, und es folgt p = 2, q = 3. In diesem Fall gibt es 4 3-Sylowgruppen, auf denen G transitiv durch Konjugation operiert. Durchnumerieren dieser Sylowgruppen liefert einen Gruppenhomomorphismus ϕ : G S 4, dessen Bild transitiv auf {1, 2, 3, 4} operiert, als Kardinalität also wegen der Bahnbilanzformel ein Vielfaches von 4 hat und damit nichttrivial ist. b) Es gibt in jedem Fall einen nichttrivialen Normalteiler N G, sodass N und G/N zu einer bekannten Klasse von auflösbaren Gruppen gehören. Damit ist nach einem Satz der Vorlesung auch G auflösbar. Konkreter sei N die q -Sylowgruppe, falls diese normal ist, oder anderenfalls der Kern des dann existierenden Homomorphismus ϕ aus Teilaufgabe a). Im ersten Fall ist N eine q -Gruppe und G/N eine p -Gruppe, die bekanntlich auflösbar sind. Im zweiten Fall ist der Kern eine 3-Gruppe, denn 4 teilt laut a) G/N = Im(ϕ). Also ist der Kern auflösbar. Auch das Bild ist auflösbar, da es eine Untergruppe der auflösbaren Gruppe S 4 ist.

3 Aufgabe 3 Es seien R, S Ringe und ϕ : R S ein surjektiver Ringhomomorphismus. Weiter sei J S ein Ideal. a) Geben Sie ein Ideal I R an, für das es einen Isomorphismus zwischen R/I und S/J gibt. b) Ist das Urbild des Zentrums von S gleich dem Zentrum von R? Es sei π : S S/J der kanonische Homomorphismus. Dann ist π surjektiv, und damit auch π ϕ. Der Kern von π ϕ ist I := ϕ 1 (J), denn r R : π ϕ(r) = 0 ϕ(r) Kern(π) = J r ϕ 1 (J). Als Kern eines Ringhomomorphismus ist I natürlich ein Ideal in R. Der Homomorphiesatz sagt dann, dass R/I = π ϕ(r) = S/J. b) Es sei S der Nullring. Dann ist Kern(ϕ) = R, und dies ist genau dann das Zentrum von R, wenn R kommutativ ist. Da es nichtkommutative Ringe gibt (zum Beispiel den Matrizenring Z 2 2 ), muss das Zentrum von R nicht mit dem Urbild des Zentrums von S übereinstimmen.

4 Aufgabe 4 a) Formulieren Sie den Elementarteilersatz. b) Es sei U Z r eine Untergruppe von endlichem Index N, und N werde von keinem Quadrat einer Primzahl geteilt. Was sind die Elementarteiler von U in Z r? Welche Struktur hat Z r /U? a) Es sei R ein Hauptidealring und U R n ein Untermodul. Dann gibt es eine ganze Zahl 0 r n, eine R -Basis {b 1,..., b n } von R n und Elemente e 1,..., e r R mit der Eigenschaft, dass e i ein Teiler von e i+1 ist (1 i r 1), und so, dass {e 1 b 1,..., e r b r } eine Basis von U ist. Die Elemente e 1,..., e r sind bis auf Assoziiertheit eindeutig bestimmt. b) Da U in Z r endlichen Index hat, hat es Rang r, und damit gibt es r Elementarteiler 1 e 1 e 2... e r 1 e r. Der Index von U ist Wenn nun e r 1 e r, und es folgt N = e 1 e 2... e r. nicht 1 wäre, dann hätte es einen Primteiler p N. Dieser teilte auch p 2 teilt N. Da N quadratfrei ist, folgt ein Widerspruch, und e r 1 = 1. Daher folgt e i = 1, 1 i r 1, e r = N. Folglich ist eine zyklische Gruppe. Z r /U = Z/NZ

5 Aufgabe 5 Es seien p {2, 5} eine Primzahl und F der kleinste Erweiterungskörper von F p, der eine Einheit α der Ordnung 5 enthält. Zeigen Sie: a) w := α α 2 α 3 + α 4 ist eine Quadratwurzel von 5. b) w liegt genau dann in F p, wenn p ±1 (mod 5). a) Es gilt w 2 = α 2 + α 4 + α 6 + α 8 + 2( α 3 α 4 + α 5 + α 5 α 6 α 7 ) = α 2 + α 4 + α + α 3 + 2(α 3 α α α 2 ) = 4 (α + α 2 + α 3 + α 4 ) = 5. Hierbei wurden zuerst die Klammern aufgelöst, dann die Exponenten modulo 5 reduziert (wegen α 5 = 1 erlaubt) und schließlich die Relation ausgenutzt. 1 + α + α 2 + α 3 + α 4 = α5 1 α 1 = 0 b) w gehört genau dann zu F p, wenn es vom Erzeuger der Galoisgruppe Gal(F F p ) festgelassen wird. Dieser Erzeuger ist laut Vorlesung der Frobenius: Es gilt ϕ : F F, ϕ(x) = x p. ϕ(w) = α p α 2p α 3p + α 4p. Ist hierbei p 1 (mod 5), dann ist α kp = α k und damit ϕ(w) = w, denn alle Summanden bleiben unverändert. Ist p 1 (mod 5), dann ist α kp = α k = α 5 k. Es folgt und damit wieder ϕ(w) = w. Im Fall p ±2 (mod 5) schließlich gilt ϕ(α + α 4 ) = α + α 4, ϕ(α 2 + α 3 ) = α 2 + α 3, ϕ(α + α 4 ) = α 2 + α 3, ϕ(α 2 + α 3 ) = α + α 4. Das erzwingt ϕ(w) = w, also ist hier wegen p 2 das Element w nicht unter ϕ fix.

6 Aufgabe 6 Bestimmen Sie das Minimalpolynom von α := über Q. Welche Zwischenkörper gibt es in der Erweiterung Q Q(α)? Die ersten paar Potenzen von α sind α := 3 5 7, α 2 = , α 3 = 35 7, α 4 = , α 5 = , α 6 = Folglich ist das Minimalpolynom von α ein Teiler von f := X In Q(α) liegt auch α 3 und damit 7, sowie α 4 und damit 3 5. Die Minimalpolynome hiervon sind X 2 7 und X 3 5 (irreduzibel wegen Eisenstein und dem Gauß-Lemma), also gibt es in Q(α) Teilkörper, die über Q Grad 2 und Grad 3 haben. Der Grad von Q(α) über Q ist also ein gemeinsames Vielfaches von 2 und 3. Als Teiler von 6 ist er damit tatsächlich 6, und f ist das Minimalpolynom von α über Q. Es sei L der Zerfällungskörper von f über Q. Dann ist klar, dass L = Q(α, ζ), wobei ζ eine dritte Einheitswurzel ist. Die Nullstellen von f sind nämlich (NB: ζ ist eine primitive 6te Einheitswurzel) α, ζ 2 α, ζα, α, ζ 2 α, ζα. L hat über Q Grad 12, denn das Minimalpolynom von ζ über dem reellen Körper Q(α) ist immer noch X 2 + X + 1. Die Galoisgruppe G von L über Q permutiert die 3 Nullstellen von X 3 5 und die zwei Nullstellen von X 2 7. Die Elemente sind durch ihre Wirkung dort eindeutig bestimmt. Da gilt, ist G tatsächlich isomorph zu S 3 S 2. G = 12 = S 3 S 2 Die komplexe Konjugation liefert einen Automorphismus von L, der in S 3 S 2 einem Paar (τ, Id) entspricht, wobei τ eine Transposition ist: die reellen Zahlen 3 5 und ± 7 werden von ihr nicht verändert, die beiden nicht reellen Wurzeln von X 3 5 vertauscht. Der Fixkörper der Konjugation ist gerade Q(α). Die Teilkörper von Q(α) entsprechen daher unter dem Hauptsatz der Galoistheorie den Untergruppen von G, die die komplexe Konjugation enthalten. Das sind die Gruppen τ {Id}, S 3 {Id}, τ S 2, S 3 S 2. Es gibt also vier solche Zwischenkörper, und diese sind daher die offensichtlichen: Q(α), Q( 7), Q( 3 5), Q.