(a) Welche der folgenden Gruppen hat 24 Elemente? D 6 GL 2 (F 2 ) X Die Tetraedergruppe. (b) Welche der folgenden Aussagen ist wahr?

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1 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? D 6 GL 2 (F 2 ) X Die Tetraedergruppe (b) Welche der folgenden Aussagen ist wahr? X Die Gruppe S 4 ist auflösbar. Die Gruppe S 3 hat genau zwei Untergruppen der Ordnung 2. Die Gruppe S 3 hat genau zwei Untergruppen der Ordnung 3. (c) Der Körper Q( 13, 17, 221) hat welchen Grad über Q? 2 X (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, x 9 + 5x 5 6.

2 Aufgabe 2. (10 Punkte) Geben Sie zwei Gruppen der Ordnung 6 an, die nicht isomorph sind. Beweisen Sie Ihre Aussage. Lösung. Z/6Z und S 3 sind nicht isomorph. In S 3, (12)(23) = (231) (312) = (23)(12). Wenn ein solcher Isomorphismus φ : S 3 Z 6 existiert, φ((12))φ((23)) φ((23))φ((12)) (Injektivität), aber Z/6Z ist zyklisch also abelsch, Widerspruch. Algebra Seite 2/8

3 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 = mp k 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) 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 e G erzeugt, also G ist eine zyklische Gruppe von der Ordnung p k, so dass es ein Element der Ordnung p gibt. Ist k > 1, so widerspricht dies der Annahme, dass G einfach ist. (2). m 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 n p die Zahl von p-sylow-untergruppen. Von Sylow-Sätze, n p m und n p 1(mod p). Da 1 < m < p, die einzige Lösung ist n p = 1. Algebra Seite 3/8

4 Aufgabe 4. (15 Punkte) Es sei C R 3 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 R 3, die den Würfel auf sich selber abbilden. (a) Zeigen Sie: G enthält die Gruppe M der Transformationen (u 1, u 2, u 3 ) (±u 1, ±u 2, ±u 3 ). (b) Sei σ S 3. Zeigen Sie: φ σ : R 3 R 3, (u 1, u 2, u 3 ) (u σ(1), u σ(2), u σ(3) ), ist ein Element von G. (c) Zeigen Sie: Die Untergruppe von G, die von der Menge {φ σ σ S 3 } erzeugt wird, ist zu S 3 isomorph. (d) Zeigen Sie: G wird von S 3 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 R 3 : 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). φ σ ist linear mit det(φ σ ) = ±1; er fixiert die Menge der Eckpunkten, also φ σ G. (3). Sei φ : S 3 G die Abbildung σ φ σ. Seien σ 1, σ 2 S 3, wie haben: φ σ1 σ 2 (u 1, u 2, u 3 ) = (u (σ1 σ 2 )(1), u (σ1 σ 2 )(2), u (σ1 σ 2 )(3)) = (u σ1 (σ 2 (1)), u σ1 (σ 2 (2)), u σ1 (σ 2 (3))) = φ σ1 (u σ2 (2), u σ2 (3)) = (φ σ1 φ σ2 )(u 1, u 2, u 3 ). 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 S 3 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 φ σ ψ (σ S 3 ) 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 φ σ geschrieben werden. Algebra Seite 4/8

5 Aufgabe 5. (15 Punkte) Seien m 1, m 2, m 3 drei positive ganze Zahlen. Bezeichne die Nebenklasse in Z/nZ mit a mod n. Das cartesische Produkt Z/m 1 Z Z/m 2 Z Z/m 3 Z ist ein Ring durch die Verknüpfungen (c 1 mod m 1, c 2 mod m 2, c 3 mod m 3 ) + (d 1 mod m 1, d 2 mod m 2, d 3 mod m 3 ) = (c 1 + d 1 mod m 1, c 2 + d 2 mod m 2, c 3 + d 3 mod m 3 ) und (c 1 mod m 1, c 2 mod m 2, c 3 mod m 3 ) (d 1 mod m 1, d 2 mod m 2, d 3 mod m 3 ) = (c 1 d 1 mod m 1, c 2 d 2 mod m 2, c 3 d 3 mod m 3 ). Zeigen Sie: a) Wenn die Zahlen m 1, m 2, m 3 Teiler von n sind, dann ist die Abbildung Φ : Z/nZ Z/m 1 Z Z/m 2 Z Z/m 3 Z a mod n (a mod m 1, a mod m 2, a mod m 3 ) ein Homomorphismus von Ringen. b) Wenn die Zahlen m 1, m 2, m 3 zusätzlich paarweise teilerfremd sind, dann ist Φ surjektiv. c) Wenn die Zahlen m 1, m 2, m 3 zusätzlich paarweise teilerfremd sind und n = m 1 m 2 m 3, dann ist Φ sogar ein Isomorphismus. Lösung a). Für k Z ist die Abbildung ψ : Z Z/kZ, a 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 ψ : Z/nZ Z/kZ, a mod n a mod k. Sind m 1,..., m r Teiler von n, so ist die Abbildung ein Ringhomomorphismus. Φ : Z/nZ Z/m 1 Z Z/m 2 Z Z/m 3 Z a mod n (a mod m 1, a mod m 2, a mod m 3 ) b). Nun ist Z/nZ zyklisch mit Erzeuger 1 mod n, das Bild von Φ wird also erzeugt von (1 mod m 1, 1 mod m 2, 1 mod m 3 ). Es gilt (1 mod m 1, 1 mod m 2, 1 mod m 3) (1 mod m 1, 1 mod m 2, 1 mod m 3) = (k mod m 1, k mod m 2, k mod m 3), }{{} k mal und die Ordnung von (1 mod m 1, 1 mod m 2, 1 mod m 3 ) ist das Minimum aller positiven Zahlen k, so dass (k mod m 1, k mod m 2, k mod m 3 ) = 0. Diese Zahl is offensichtlich das kleinste gemeinsame Vielfache von m 1, m 2, m 3. Wenn also die Zahlen paarweise teilerfremd sind, dann ist die Ordnung von (1 mod m 1, 1 mod m 2, 1 mod m 3 ) genau m 1 m 2 m 3, und letzteres ist auch die Anzahl der Elemente in Z/m 1 Z Z/m 2 Z Z/m 3 Z. Die Abbildung Φ ist also surjektiv. c). Wenn zusätzlich gilt n = m 1 m 2 m 3, dann ist Φ auch bijektiv und somit ein Isomorphismus. Algebra Seite 5/8

6 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

7 Aufgabe 7. (20 Punkte) (a) Sei Q(X) = X 3 s 1 X 2 + s 2 X s 3 Q[X] und seien α, β, γ die Wurzeln des Polynoms, also Q(X) = (X α)(x β)(x γ) und somit αβγ = s 3, α + β + γ = s 1 und αγ +αβ +βγ = s 2. Zeigen Sie: := (α β) 2 (β γ) 2 (α γ) 2 kann aus den Koeffizienten von Q(X) berechnet werden, genauer: = s 2 1 s2 2 4s3 2 4s3 1 s 3 27s s 1s 2 s 3. (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 A 3 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 S 3 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 S 3, 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 = A 3. Algebra Seite 7/8

8 Aufgabe 8. (20 Punkte) Sei α eine Nullstelle von X in C\R und sei L der Zerfällungskörper von X über Q. (a) Ist X 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 = , Eisenstein p = 5. (b) Nein, denn dann würde Q(α) auch β = 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 x 3 1 in Linearfaktoren. (d) M = Q(ξ) ist bereits der Zerfällungskörper, x 2 + x + 1 ist das Minimalpolynom, also [M : Q] = 2. (e) Es ist L = M[β] = M[x]/ Irr(β, M), 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 S 3. Da L/Q Galoiserweiterung folgt Gal(L/Q) = [L : Q] = [L : M].[M : Q] = 6, also Gal(L/Q) = S 3. Algebra Seite 8/8