Einführung in Algebra und Zahlentheorie Lösungsvorschläge zur Klausur vom Aufgabe 1 (6 Punkte)

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1 Aufgabe 1 (6 Punkte) Einführung in Algebra und Zahlentheorie svorschläge zur Klausur vom a) Bestimmen Sie das multiplikativ inverse Element zu 22 in Z/61Z. b) Finden Sie ein x Z mit folgenden Eigenschaften: x 0 (mod 3), x 2 (mod 5) und x 9 (mod 11). a) 22 = 2 11 und weder 2 noch 11 teilt 61, folglich sind 22 und 61 teilerfremd, also ist 22 in (Z/61Z) invertierbar. Das inverse Element lässt sich mithilfe des Euklidischen Algorithmus bestimmen: 61 = = = = Rückeinsetzen liefert eine Linearkombination der Eins mit 61 und 22: 1 = = 5 2(17 3 5) = = 7 (22 17) 2 17 = = ( ) = Folglich ist 1 = mod 61, d.h. 1 = und 25 ist das multiplikativ inverse Element zu 22. b) Zweifaches Anwenden des Chinesischen Restsatzes liefert Z/165Z = Z/3Z Z/5Z Z/11Z und damit die Existenz von x Z, das die geforderten Eigenschaften hat. Dieses x ist eindeutig bis auf Addition eines Vielfachen von 165. Um es zu bestimmen, können die geforderten Kongruenzen benutzt werden. Wegen der ersten Kongruenz gibt es ein k 1 Z mit x = 3k 1. Dies in die zweite Kongruenz eingesetzt ergibt: x = 3k 1 2 mod 5 k 1 4 mod 5. Folglich gibt es ein k 2 Z mit k 1 = 4+5k 2 und damit ist x = 3k 1 = 3(4+5k 2 ) = 12+15k 2. Dies in die dritte Kongruenz eingesetzt ergibt: x = 12+15k 2 9 mod 11 4k 2 8 mod 11 k mod 11. Folglichgibt es ein k 3 Z mit k 2 = 2+11k 3 und damit löst x = 12+15(2+11k 3 ) = k 3 alledreikongruenzen.dajedeselementin x+165z diestut,kann k 3 = 0 gesetzt werden, das heißt 42 Z ist eine.

2 Aufgabe 2 (6 Punkte) Es sei N N, N > 1, eine natürliche Zahl, sodass N ein Teiler von 2 N +1 ist. Zeigen Sie die folgenden Aussagen: a) N ist ungerade. b) Ist p ein Primteiler von N und a := ggt(p 1,N), so gilt entweder p 2 a +1 oder p 2 a 1. c) Der kleinste Primteiler von N ist 3. d) Es gibt ein solches N. a) Das Vielfache einer geraden Zahl ist gerade. Als Teiler der ungeraden Zahl 2 N +1 muss N daher ungerade sein. b) Als Teiler von N ist p auch Teiler von 2 N + 1, folglich ist 2 N 1 mod p. Außerdemist p nachdemkleinensatzvonfermateinteiler von 2 p 2 = 2(2 p 1 1) und teilt als ungerade Primzahl somit 2 p 1 1, d.h. 2 p 1 1 mod p. Da sich der ggt zweier natürlicher Zahlen als Linearkombination der Zahlen darstellen lässt, existieren k, l Z mit Damit ist a = ggt(p 1,N) = k(p 1)+lN. 2 a = 2 k(p 1)+lN = (2 p 1 ) k (2 N ) l 1 k ( 1) l = ( 1) l mod p, d.h. p teilt entweder 2 a 1 oder 2 a +1. c) Da N eine natürliche Zahl und > 1 ist, gibt es einen kleinsten Primteiler p 0 von N. Es ist dann a = ggt(p 0 1,N) = 1. Nach b) teilt p 0 entweder = 1 oder = 3. Ersteres ist ein Widerspruch dazu, dass p 0 ein Primteiler von N ist, also muss p 0 als Primteiler von 3 schon 3 sein. d) N = 3 N ist eine Zahl > 1 mit = 9. Es gibt also solch ein N.

3 Aufgabe 3 (6 Punkte) Es seien M eine endliche Menge und G eine endliche Gruppe, die auf M operiert. a) Formulieren Sie die Bahnbilanzformel. Nun habe G 35 Elemente. Weiter sei Φ: G S 4 ein Gruppenhomomorphismus. b) Bestimmen Sie den Kern von Φ. Folgern Sie daraus, dass eine Operation von G auf M im Fall #M = 4 trivial ist. c) Zeigen Sie, dass es im Fall #M = 8 keine transitive Operation von G auf M gibt. Wie viele Bahnen mit welchen Längen könnte es im jetzigen Fall geben? a) Wenn R M ein Vertretersystem der Bahnen der gegebenen Gruppenoperation ist und für m M der Stabilisator von m in G mit Stab G (m) notiert wird, dann gilt #M = (G : Stab G (r)) = #G #Stab r R r R G (r)). b) Die Gruppe S 4 hat 24 Elemente, und damit hat nach dem Satz von Lagrange jedes Element von S 4 als Ordnung einen Teiler von 24. Jedes g G hat als Ordnung einen Teiler von 35, da dies die Gruppenordnung von G ist. Da dann Φ(g) als Ordnung einen Teiler der Ordnung von g hat, ist auch diese ein Teiler von 35, gleichzeitig aber, da Φ(g) S 4, ein Teiler von 24. Da 35 und 24 teilerfremd sind, ist Φ(g) = Id. Der Homorphismus Φ ist also trivial, und sein Kern ist ganz G. Eine Operation von G auf einer vierelementigen Menge wird gegeben durch einen Homomorphismus von G in Sym(M) = S 4, der wie gesehen trivial ist. Also ist die Operation trivial, d.h. jedes m M ist Fixpunkt. c) Laut Bahnbilanzformel ist die Länge einer Bahn ein Teiler der Gruppenordnung. Da 8 kein Teiler von 35 ist, kann es nicht nur eine Bahn geben, die Operation ist also nicht transitiv. Es gibt folgende Möglichkeiten, 8 als Summe von Teilern von 35 zu schreiben: 8 = Bahnen, triviale Operation 8 = Bahnen, drei Fixpunkte 8 = Bahnen, ein Fixpunkt Wenn etwa G zyklisch ist, gibt es entsprechende Operationen tatsächlich.

4 Aufgabe 4 (6+1 Punkte) Es sei p eine Primzahl und G = GL 2 (F p ) = {A F 2 2 p det(a) 0} die Gruppe der invertierbaren 2 2-Matrizen mit Einträgen in F p. Die Gruppe G hat Ordnung p (p 1) 2 (p+1). ( ) ( ) Sei weiter S = G die von erzeugte Untergruppe. (a) Zeigen Sie, dass S zur Gruppe Z/pZ isomorph ist. (b) Berechnen Sie den Normalisator N von S in G, d.h. und seine Ordnung. N = {A G ASA 1 = S}, (c) Bestimmen Sie die Anzahl der p-sylowgruppen in G. Zusatzaufgabe Zeigen Sie: Wenn G eine endliche Gruppe ist, dann gibt es unendlich viele Primzahlen p, für die G genau eine p-sylowgruppe besitzt. a) Aus folgt induktiv leicht, dass k N 0 : k N 0 : ( ) 1 1 ( 1 k ( ) k 1 1 = )( ) 1 k +1 ( ) 1 k. Da der Eintrag in der Matrix aber modulo p zu nehmen ist, ist p die kleinste ( ) k ( ) natürliche Zahl k mit = I 2. Also ist p die Ordnung von, und damit laut Vorlesung die von der Matrix erzeugte Gruppe isomorph zu b) Es gilt Mit A = Z/pZ. A G : ASA 1 = S t F p : A ( ) a b c d führt dies auf t F p : A ( ) 1 1 = ( ) 1 1 A 1 = ( ) 1 t A, ( ) 1 t.

5 und dies heißt komponentenweise hingeschrieben: t F p : a = a+tc, a+b = b+td, c = c, c+d = d. Die letzte Gleichung führt auf c = 0, und sobald dies gegeben ist, muss wegen der Regularität von A die Determinante ad ungleich 0 sein, also lässt sich unser Wunsch durch t = a/d erfüllen. Damit ist ( ) a b N = { a,b,d F 0 d p,ad 0}. Da a,d F p und b F p beliebig gewählt werden können, hat N genau (p 1) 2 p viele Elemente. c) Da je zwei p-sylowgruppen in G zueinander konjugiert sind und S laut a) und der angegebenen Gruppenordnung eine p-sylowgruppe ist, ist die Menge aller p- Sylowgruppen gleich {ASA 1 A G}. Dabei ist ASA 1 = BSB 1 B 1 ASA 1 B = S B 1 A N AN = BN. Daher ist die Anzahl der p-sylowgruppen gleich der Anzahl der Nebenklassen AN, A G, also gleich dem Index von N in G, also gleich (G : N) = #G #N = p(p 1)2 (p+1) = p+1. (p 1) 2 p der Zusatzaufgabe Wenn p größer ist als die Gruppenordnung, dann ist 1 die größte p-potenz, die die Gruppenordnung teilt. Also ist die triviale Gruppe in diesem Fall die einzige p-sylowgruppe von G. Da es unendlich viele Primzahlen gibt, gibt es auch unendlich viele Primzahlen, die größer sind als die Gruppenordnung. Das zeigt die Behauptung.

6 Aufgabe 5 (6 Punkte) Es sei K ein Körper und K[X] der Polynomring über K in einer Variablen X. a) Es seien d N und f 1,...,f d K[X] normierte, nicht konstante Polynome sowie M := f 1... f d +1. Wieso hat M einen irreduziblen Teiler? Wieso teilt kein irreduzibler Teiler von M eines der Polynome f 1,...,f d? b) Begründen Sie, wieso es in K[X] unendlich viele normierte irreduzible Polynome gibt. 1. Da jedes Polynom f i nicht konstant ist und damit mindestens Grad 1 hat, hat M mindestens Grad d 1, und ist damit keine Einheit in K[X]. Da in K[X] als Hauptidealring der Fundamentalsatz der Arithmetik gilt, hat jede Nichteinheit mindestens einen irreduziblen Teiler (z. B. einen nichtkonstanten Teiler kleinsten Grades). Sei m ein irreduzibler Teiler von einem der Polynome f i, 1 i d. Dann teilt m auch M 1 = f 1... f d. Wäre m auch ein Teiler von M, so müsste es nach dem Distributivgesetz auch M (M 1) = 1 teilen, was aber laut Definition nicht stimmt: irreduzible Elemente sind keine Einheiten. 2. In K[X] gibt es mindestens ein irreduzibles Element, z. B. X. Wir führen nun den Beweis durch Widerspruch: Annahme: In K[X] gibt es nur endlich viele irreduzible und normierte Elemente. Seien nun f 1,...,f d alle diese irreduziblen und normierten Polynome. Laut Teil a) hat dann f 1... f d +1 einen irreduziblen Teiler m. Diesen dürfen wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit als normiert voraussetzen, da Normierung ja durch Multiplikation mit einer Einheit in K[X] passiert. Laut a) ist außerdem m von allen f i, 1 i d verschieden. Damit gibt es ein weiteres irreduzibles normiertes Polynom, was die Annahme zum Widerspruch führt.

7 Aufgabe 6 (6 Punkte) Es sei w = 5 R und R = Z[w] = {a+bw a,b Z} R der kleinste Teilring von R, der w enthält. Die additive Gruppe von R ist zu Z 2 isomorph. Weiter sei p eine Primzahl. a) Geben Sie ein Vertretersystem für die Restklassen in R/pR an. Wie viele Elemente hat R/pR? Welche Charakteristik hat R/pR? b) Begründen Sie, wieso es einen Isomorphismus zwischen den Ringen F p [X]/(X 2 5) und R/pR gibt. c) Entscheiden Sie mithilfe des quadratischen Reziprozitätsgesetzes, für welche p der Ring R/pR ein Körper ist. a) Zwei Elemente a + bw, c + dw liegen genau dann in derselben Restklasse modulo pr, wenn (a+bw) (c+dw) pr = {px+pyw x,y Z}, also genau dann, wenn p sowohl a c als auch b d teilt. Damit ist {a+bw 0 a,b p 1} ein Vertretersystem der Restklassen. R/pR hat p 2 Elemente. Die Charakteristik von R/pR ist die additive Ordnung von 1+R, also p. b) Da die Charakteristik von R/pR gleich p ist, ist R/pR eine F p -Algebra. Die Auswertungsabbildung E w : F p [X] f f(w+r) R/pR ist damit definiert und ein Ringhomomorphismus. Ihr Bild enthält w + pr und 1+pR, und damit ist E w surjektiv. Im Kern von E w liegt das Polynom X 2 5, da E w (X 2 5) = w 2 5+pR = 0+pR gilt. Da der Kern von E w außer 0 kein konstantes oder lineares Polynom enthält, wird er von X 2 5 erzeugt. Der Homomorphiesatz sagt dann: R/pR = Bild(E w ) = F p [X]/(X 2 5). c) R/pR ist laut b) genau dann ein Körper, wenn F p [X]/(X 2 5) ein Körper ist. Dies gilt genau dann (Satz aus der Vorlesung, da F p [X] ein Hauptidealring ist), wenn X 2 5 irreduzibel ist. Da dieses Polynom Grad 2 hat, ist es genau dann irreduzibel, wenn es keine Nullstelle besitzt. Für p = 2 gibt es die Nullstelle 1. Also ist X 2 5 genau dann irreduzibel, wenn p ungerade ist und ( 5 p ) = 1.

8 Laut quadratischem Reziprozitätsgesetz und weil 5 kongruent zu 1 modulo 4 ist, gilt ( ) 5 ( p =. p 5) Daher ist R/pR genau dann ein Körper, wenn p ungerade und kein quadratischer Rest modulo 5 ist, also p ungerade und p 2 oder 3 (mod 5).