Klausur zur Vorlesung

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1 Institut für Algebra und Geometrie 06. September 011 Klausur zur Vorlesung Aufgabe 1 (5 Punkte) Sei G eine Gruppe und X G eine beliebige Teilmenge von G. X := X N G a) Zeigen Sie, dass X der kleinste Normalteiler von G ist, der X umfasst. b) Zeigen Sie, dass X = { n i=1 g i x ε i i g 1 i : n N 0, g i G, x i X, ε i {±1}}. c) Bestimmen Sie F (x, y)/ {x} für die freie Gruppe F (x, y) in den Erzeugern x, y. N. Lösung a) Wir zeigen, dass X ein Normalteiler ist (Behauptung). Nach Definition enthält X X als Teilmenge (denn alle am Schnitt beteiligten Normalteiler enthalten X). Da X nach Definition Teilmenge aller Normalteiler ist, die X umfassen, ist X minimal mit diesen Eigenschaften. Dann folgt, dass X der kleinste Normalteiler ist, der X umfasst. Beweis der Behauptung: X ist Schnitt von Normalteilern, insbesondere Schnitt von Untergruppen und nach Vorlesung ist ein solcher Schnitt wieder eine Untergruppe. Es verbleibt, die Normalteiler-Eigenschaft nachzurechnen. Sei g G, x X beliebig. Nach Definition von X ist x in allen Normalteilern, die X umfassen, und da diese Normalteiler sind, ist insbesondere gxg 1 in allen diesen Normalteilern enthalten. Es folgt, dass gxg 1 im Schnitt X liegt, was zu zeigen war. b) Da X ein Normalteiler ist, muss X abgeschlossen sein bezüglich Inversion, Multiplikation, Konjugation mit Elementen aus G. Insbesondere ist mit x X auch x 1 X und jedes Wort gxg 1 bzw. gx 1 g 1 X und deren endliche Produkt solcher Wörter in X. Es folgt, da jedes Element der rechten Menge (=: M) in X enthalten ist. folgt direkt, wenn wir zeigen können, dass M selbst ein Normalteiler ist (Behauptung). Offensichtlich umfasst M die Menge X (x X ist vermöge x = exe 1 M) und da

2 X der kleinste Normalteiler mit dieser Eigenschaft ist, kann M nicht echt größer als X sein. Beweis der Behauptung: M ist nicht leer, denn das leere Wort (für n = 0) ist in M enthalten. M ist offensichtlich abgeschlossen bezüglich Multiplikation. Schließlich ist M abgeschlossen bezüglich Inversion, denn es ist (g 1 x ε 1 1 g g n x εn n gn 1 ) 1 = (g n x εn n gn 1... g 1 x ε 1 1 g1 1 ) M. Nach dem Untergruppenkriterium ist M eine Gruppe. M ist sogar Normalteiler, denn für m = g 1 x ε 1 1 g g n x εn n gn 1 M, g G ist gmg 1 = g g 1 x ε 1 1 g1 1 (g 1 g)... (g 1 g) g n x εn n gn 1 g 1 = (gg 1 )x ε 1 1 (gg 1 ) 1... (gg n )x εn n (gg n ) 1 M. M ist also ein Normalteiler. c) Behauptung F (x, y)/ {x} (!) = F (y)( = Z). Es sind x, x 1 {x}, also ist x = x 1 = e in der Faktorgruppe und für jedes w F (x, y) ist w = y r für ein r Z, das durch Streichen der x, x 1 entsteht. Es verbleibt zu zeigen, dass y eine freie Gruppe aufspannt, also y r = e r = 0 gilt, letzteres ist äquivalent zu y r {x} y = 0. In der Form aus Aufgabenteil b) sehen wir, dass Wörter in {x} gleich viele Faktoren y wie y 1 haben müssen. Daraus folgt bereits sofort die letzte Behauptung. (Alternative: Wem die Formulierung, dass Wörter in {x} gleich viele Faktoren y wie y 1 haben, und die Folgerung daraus mathematisch zu unsauber ist, wird folgende Formulierung vielleicht besser gefallen: Z ist die Abelisierung von F (x, y) und x (1, 0), y (0, 1) induziert einen Homomorphismus ϕ von F (x, y) nach Z. Es gibt jeweils die Projektionen π 1 : F (x, y) F (x, y)/ {x}, π : Z / (1, 0) (mit (1, 0) = (1, 0) wegen der Kommutativität von Z ). Für w {x} gilt nach Definition ϕ(w) Z {0}, insbesondere ist {x} im Kern von der Verkettung π ϕ : F Z / (1, 0) enthalten. Nach dem Homomorphiesatz gibt es eine eindeutige lineare Abbildung ϕ : F (x, y)/ {x} Z / (1, 0), so dass π ϕ = ϕ π 1 gilt. ϕ ist gegeben durch x π (ϕ(x)), y π (ϕ(y)). Insbesondere gilt für l 0: ϕ(y l ) = π (ϕ(y l )) = (0, l) 0 Z / (1, 0), also war bereits y l 0 F (x, y)/ {x}. Schön, oder? Man sollte sich aber ein Diagramm dazu zeichnen.)

3 Aufgabe (5 Punkte) Es seien G eine endliche Gruppe, n eine natürliche Zahl und Auf M haben wir die Gruppenoperation M := Abb(G, {1,..., n}). : G M M, g, x G, f M : (g f)(x) := f(xg). a) Was sind die Fixpunkte dieser Operation? Wie viele davon gibt es? b) Es seien H G eine Untergruppe und n > 1. Geben Sie eine Abbildung f M an, die H als Stabilisator hat. c) Nun sei G zyklisch von Ordnung p, wobei p eine Primzahl ist. Benutzen Sie die Bahnbilanzformel und a), um den kleinen Satz von Fermat zu beweisen. a) Die Abbildung f ist ein Fixpunkt g f = f für alle g G (g f)(x) = f(x) für alle g G, x G f(xg) = f(x) für alle g G, x G f ist konstant. Die letzte Folgerung gilt dabei, weil für festes x 0 (wähle etwa x 0 = e) durch Multiplikation mit g G alle Elemente aus G erreicht werden, also alle Elemente aus G das gleiche Bild wie f(x 0 ) haben müssen. Insbesondere gibt es n Fixpunkte. b) Ansatz: Für ein f wie gefordert, soll gelten: g f = f g H, also für alle x G ist f(xg) = f(x) g H. Die Abbildung f, die H konstant auf 1 abbildet, G \ H konstant auf erfüllt die Bedingung, denn: H ist Teilmenge des Stabilisators, denn für h H ist f(x) = f(xh) für alle x, da xh H x H ist. Ist hingegen g G \ H, so ist f(e) = 1 = f(g) = f(eg) = (g f)(e), also g nicht im Stabilisator enthalten. c) Wir wollen zeigen, dass n p n (p) für alle n N. Es ist #(AbbG, {1,..., n}) = n p, denn für jedes Element aus G gibt es n Elemente als mögliches Bild. Sei V ein Vertretersystem der Bahnen, dann ist n p = #(AbbG, {1,..., n}) = [G : Stab(v)]. Die auftretenden Indizes sind als Teiler von #G = p dabei entweder 1 oder p, wobei [G : Stab(v)] = 1 G = Stab(v) v Fixpunkt gilt. Alle anderen Stabilsatoren haben Index p. Nach a) gibt es genau n Fixpunkte, die alle in V enthalten sind. Die Menge aller Fixpunkte sei mit F ( V ) bezeichnet, dann gilt: [G : Stab(v)] = n, [G : Stab(v)] v F v V \F v V

4 ist p-vielfaches ( ). Umstellen ergibt n p n = v V Stab(v)] und mit ( ) folgt die Behauptung. [G : Stab(v)] v F [G : Stab(v)] = v V \ F [G : Die Aufgabe sei hier als gelöst zu betrachten. Genau genommen muss die Aussage noch für n = 0 (offensichtlich richtig) und n Z \ N verifiziert werden. Sei n negativ. Für p = ist 1 +1 () und wir sind fertig. Ansonsten gilt n p ( 1) p ( n) p n>0 1( n) n(p).

5 Aufgabe 3 (5 Punkte) Seien R, S kommutative Ringe, I R, J S Ideale in R beziehungsweise S. Desweiteren sei ϕ : R S ein Ring-Homomorphismus. Zeigen Sie: a) ϕ 1 (J) ist ein Ideal in R. b) Ist ϕ surjektiv, so ist ϕ(i) ein Ideal in S. c) Ist ϕ(i) immer ein Ideal in S? Beweisen Sie oder geben Sie ein Gegenbeispiel an. a) Wir zeigen zunächst, dass das Urbild ϕ 1 (J) wieder eine abelsche Gruppe ist. Die Kommutativität ist klar, da (R, +) abelsch ist. Wegen O S J und ϕ(0 R ) = 0 S ist 0 R ϕ 1 (J). Seien x, y ϕ 1 (J), also ϕ(x), ϕ(y) J. Dann ist ϕ(x y) = ϕ(x) ϕ(y) J (denn J ist eine Gruppe), also x y ϕ 1 (J). Nach dem Untergruppenkriterium ist ϕ 1 (J) eine Gruppe. Sei nun r R, x ϕ 1 (J), also ϕ(x) J. Dann ist ϕ(rx) = ϕ(r)ϕ(x) J (denn ϕ(r) S und J ist ein Ideal), also rx ϕ 1 (J). b) ϕ(i), denn 0 r I ϕ(0 R ) = 0 s ϕ(i). Seien x, y ϕ(i), etwa x = ϕ(i 1 ), y = ϕ(i ) mit i 1, i I, dann ist x y = ϕ(i 1 ) ϕ(i ) = ϕ(i 1 i ) ϕ(i), denn I ist ein Ideal. Nach dem Untergruppenkriterium ist ϕ(i) eine Untergruppe. (Bis hier benötigen wir die Surjektivität nicht. Die Aussage, dass das Bild einer Untergruppe eine Untergruppe ist, ist allgemeingültig. Wir behalten dies für Aufgabenteil c) im Hinterkopf.) Sei x ϕ(i), etwa x = ϕ(i), i I, s S. Wegen der Surjektivität von ϕ gibt es r R mit ϕ(r) = s. Dann ist sx = ϕ(r)ϕ(i) = ϕ(ri) ϕ(i), da I ein Ideal ist. c) Wir betrachten die Einbettung von R = Z nach S = Q. I = Z selbst ist ein Ideal in Z, aber kein Ideal in Q, denn 1 Z, 1 Q, aber 1 1 / Z.

6 Aufgabe 4 (5 Punkte) Sei d Z kein Quadrat über Q und R = {a + b 1+ d : a, b Z} C. a) Zeigen Sie: R ist genau dann ein Ring, wenn d 1 (modulo 4) ist. b) Sei nun 0 > d 1 (modulo 4). Zeigen Sie, dass für den komplexen Standardbetrag gilt: a + b 1+ d = a + ab + 1 d 4 b. c) Bestimmen Sie für d = 3 die Einheitengruppe R. a) Es ist klar, dass (R, +) immer eine Untergruppe von (C, +) ist. Auch gilt stets 1 = d R. Nur die Abgeschlossenheit bezüglich der Multiplikation bedarf der Überprüfung. Da d kein Quadrat ist, gilt a + b 1+ d Q genau dann, wenn b = 0. Wenn R ein Ring ist, dann liegt auch ( 1+ d ) in R. Es gilt ( 1 + d ) = 1 + d + d 4 = 1 + d + d 1 4. Das liegt in R genau dann, wenn d 1 4 in R liegt, also ein Element von Z ist. Dies gilt genau dann, wenn d 1 durch 4 teilbar ist. Ist umgekehrt d 1 (mod 4), dann gilt für alle k, l, m, n Z : (k + l 1 + d ) (m + n 1 + d ) = km + ln( 1 + d ) + (mn + lm) 1 + d. Nach der vorher gemachten Rechnung liegen alle Summanden in R und damit auch das Produkt zweier beliebiger Elemente aus R. Dies ist also ein Ring. b) Da d negativ ist, ist das komplex konjugierte von a + b 1+ d gerade a + b 1 d. Daher gilt a + b 1+ d = (a + b 1+ d) (a + b 1 d) = a + ab( 1+ d + 1 d) + b ( 1+ d) ( 1 d) = a + ab + b 1 d c) Nach b) ist das Betragsquadrat eines Elements aus R eine ganze Zahl. Sie ist nicht negativ (als Quadrat einer reellen Zahl). Außerdem gilt für alle x, y R : Wenn x R eine Einheit ist, dann folgt 4. x y = xy. x x 1 = 1 = 1.

7 Also muss dann auch x = 1 gelten. Für die Umkehrung zeigen wir zunächst, dass für x R auch x R liegt. Sei x = a + b 1+ d, so ist x = a + b 1 d = a + b + ( b) 1+ d. Umgekehrt folgt damit aus x = 1 dass x eine Einheit ist, da x R und 1 = x x. Die Einheiten in R sind also genau die Elemente von Betrag 1: R = {a + b 1 + d : a + ab + b = 1}. Erst hier haben wir d = 3 wirklich benutzt, vorher langte d < 0. Für festes b nimmt der Ausdruck a + ab + b bei a = b/ ein Minimum an. Der Wert dort ist 3 4 b. Damit a + ab + b also 1 werden kann, muss b 4 gelten. Da a, b ganze 3 Zahlen sind und die Situation in a und b symmetrisch, folgt aus a + ab + b = 1 die Bedingung a, b {0, 1, 1}. Durch Ausprobieren ermittelt man schließlich R = {±1, ± 1 ± 3 }.

8 Aufgabe 5 (6 Punkte) Bestimmen Sie schrittweise alle Lösungen der Gleichung 3X X (modulo 35). a) Bringen Sie die Gleichung durch Äquivalenzumformungen auf die Form (X + a) b (modulo 35) mit passenden 0 a, b 34. b) Finden Sie mithilfe des chinesischen Restsatzes alle Lösungen Z der Gleichung Z b (modulo 35) mit b aus Aufgabenteil a). c) Lösen Sie die ursprüngliche Gleichung. d) Seien p 1 < p < p 3 drei ungerade Primzahlen und N = p 1 p p 3. Wie viele Lösungen besitzt die Gleichung X 1 (modulo N)? 1. Modulo 35 gilt 3 1 1, , Also gilt 0 3X X (3X X + 9) X + 11X + 3. Desweiteren ist 11 3 und wir können quadratisch ergänzen. Es ist 3 ( 1) X + 11X + 3 X + 3X (X + 3) 4 + 3, also ist die Ausgangsgleichung äquivalent zu (X + 3) 1(35).. Z 1(35) Z 1(7) und Z 1(5) nach chinesischem Restsatz. Da Z/7Z und Z/5Z Körper sind, besitzen die Gleichungen modulo 5, 7 jeweils die zwei Lösungen 1 und 1 (und eben nicht mehr). Dies gibt 4 Möglichkeiten für Z und jede liefert eine Lösung modulo 35. Diese können mit dem Standardalgorithmus des chinesischen Restsatzes gefunden werden. Fall 1: Z 1(5), Z 1(7) liefert Z 1(35). Fall : Z 1(5), Z 1(7) liefert Z 1 34(35). Fall 3: Z 1(5), Z 1(7). Z = 5m + 1 1(7) 5m (7) m 6 1(7) liefert die (modulo 35 eindeutige) Lösung Z = 6. Fall 4: Z 1(5), Z 1(7): Z = 5m 1 1(7) 5m (7) m 6(7) liefert die (modulo 35 eindeutige) Lösung Z = Die Lösungen der Ausgangsgleichung können wir direkt aus den Lösungen aus Aufgabenteil b) bestimmen, indem wir 3 abziehen beziehungsweise 1 dazuaddieren. Wir erhalten die modulo 35 eindeutigen Lösungen 13, 11, 9, 6. (Alle Lösungen in Z erhalten wir, indem wir beliebige 35-Vielfache auf diese Lösungen addieren.) 4. Mit einem analogen Ansatz wie in Aufgabenteil b) zerlegen wir die Aussage in 3 Kongruenzen modulo p 1, p, p 3. Es gibt dann wieder jeweils die beiden Möglichkeiten 1, 1 modulo p i (für i = 1,, 3) und insgesamt gibt jede Kombination eine Lösung, diese sind paarweise verschieden (lassen sie doch verschiedene Reste modulo mindestens eine der p i ). Es gibt also acht Basislösungen, eindeutig modulo N.

9 Aufgabe 6 (4 Punkte) Bestimmen Sie die Elementarteiler der Matrix diag(1,, 3, 4, 5, 6, 7) Z 7 7. Begründen Sie Ihre Antwort! Für jedes Paar natürlicher Zahlen a, b sind die Elementarteiler der kleinen Diagonalmatrix diag(a, b) die Zahlen ggt(a, b) und kgv(a, b) denn der kleinste Elementarteiler ist der Inhalt der Matrix und das Produkt der Elementarteiler ist die Determinante. Da die Paare (, 3), (4, 5), (6, 7) jeweils teilerfremd sind, sind die zugehörigen Elementarteiler (1, 6), (1, 0), (1, 4). Es gibt also unimodulare Matrizen A, B Z 7 7, sodass AMB = diag(1, 1, 6, 1, 0, 1, 4). A und B kann man sich als Blockdiagonalmatrizen basteln, die jeweils für kleine Zweierblöcke die Elementarteilerform herstellen. Mit der Permutationsmatrix P Z 7 7, die zur Transposition (3 6) gehört, gilt dann M := P AMBP = diag(1, 1, 1, 1, 0, 6, 4). Der Inhalt der Matrix diag(0, 6) ist, also sind ihre Elementarteiler und 60. Folglich gibt es unimodulare Matrizen C, D Z 7 7, sodass C MD = diag(1, 1, 1, 1,, 60, 4). Der Inhalt von diag(60, 4) ist 6, und daher sind ihre Elementarteiler 6 und 40. Es gibt folglich unimodulare Matrizen E, F mit EC MDF = diag(1, 1, 1, 1,, 6, 40). Damit sind die Elementarteiler von M bestimmt: 1, 1, 1, 1,, 6, 40.