Klausur Grundlagen der Algebra und Computeralgebra

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1 Prof. Werner M. Seiler, Ph.D. FB 10 Mathematik und Naturwissenschaften Institut für Mathematik Klausur Grundlagen der Algebra und Computeralgebra Name: Vorname: Geburtsdatum: Matrikelnummer: Studiengang: Bitte verwenden Sie für jede Aufgabe ein neues Blatt, auf das Sie die Aufgabennummer und Ihren Namen schreiben und geben Sie alle Zwischenschritte an Σ Note

2 Aufgabe 1 ( = 8 Punkte) Wir betrachten die symmetrische Gruppe G = (S 10, ) der bijektiven Abbildungen der Menge M = {1, 2,..., 10} auf sich selbst. (i) Zeigen Sie, daß die Teilmenge H 1 = {σ S 10 σ(1) = 1} eine Untergruppe von G ist. (ii) Wir konjugieren H 1 mit der Transposition τ = (1 2). Zeigen Sie, daß τ H 1 τ 1 = H 2 gilt mit H 2 = {σ S 10 σ(2) = 2}. (iii) Ist H 1 ein Normalteiler (mit Begründung)? (iv) Berechnen Sie den Index (G : H 1 ). Lösung 1 (i) Wir überprüfen die Untergruppeneigenschaft gemäß Definition: id H 1 klar, also H 1 seien σ 1, σ 2 H 1, d.h. σ 1 (1) = σ 2 (1) = 1 damit gilt (σ 1 σ 2 )(1) = σ 1 ( σ2 (1) ) = σ 1 (1) = 1, also σ 1 σ 2 H 1 sei σ H 1, d.h. σ(1) = 1; dann gilt nach Definition der Umkehrfunktion auch σ 1 (1) = 1, also σ 1 H 1 (ii) Wir zeigen zwei Inklusionen und beachten, daß für Transpositionen gilt τ 1 = τ: sei σ H 1 beliebig; dann gilt (τ σ τ 1 )(2) = τ ( σ ( τ(2) )) = τ ( σ(1) ) = τ(1) = 2, also τ σ τ 1 H 2 und damit τ H 1 τ 1 H 2 sei σ H 2 beliebig, betrachte σ = τ 1 σ τ; es gilt σ(1) = τ ( σ ( τ(1) )) = τ ( σ(2) ) = τ(2) = 1; also σ H 1 wegen σ = τ σ τ 1 gilt damit H 2 τ H 1 τ 1 (iii) Nach (ii) gilt für τ = (1 2), daß τ H 1 τ 1 = H 2 ; betrachte die Transposition τ = (2 3); offensichtlich gilt τ(1) = 1, d.h. τ H 1 ; andererseits τ(2) = 3, d.h. τ / H 2 ; also τ H 1 τ 1 H 1 ; damit ist H 1 kein Normalteiler (iv) Nach dem Satz von Lagrange gilt G = (G : H 1 ) H 1 mit G = S 10 = 10!; offensichtlich gilt H 1 = S{2,...,10} = S9 und damit H 1 = 9!; also (G : H 1 ) = 10!/9! = 10

3 Aufgabe 2 ( = 9 Punkte) (i) Welche der Gruppen (S 3, ), (Z/6Z, +), ( (Z/7Z), ) sind isomorph (mit Begründung)? (ii) Sei G eine beliebige Gruppe. Zeigen Sie, daß die Konjugation G G G, (g, h) ghg 1 eine Gruppenoperation definiert. (iii) Sei G = α, β, γ eine Gruppe, die von drei Elementen erzeugt wird, und M = {1, 2,..., 8}. Dabei gelte für die Ordnungen der Erzeuger: o(α) = 7, o(β) = 11, o(γ) = 13. Zeigen Sie, daß es keine transitive Operation von G auf M gibt. Hinweis: Betrachten Sie eine Operation von G auf M als einen Gruppenhomomorphismus Φ : G S 8 und zeigen Sie zuerst, daß die Untergruppe im Φ S 8 von Φ(α) erzeugt wird. Eine Gruppenoperation heißt transitiv, wenn es nur eine einzige Bahn gibt. Lösung 2 (i) Alle drei Gruppen haben die Ordnung 6, könnten also isomorph sein (da 7 eine Primzahl ist, gilt (Z/7Z) = (Z/7Z) \ {[0] 7 }). S 3 nicht abelsch; Z/6Z und (Z/7Z) abelsch; also kann S 3 zu keiner der beiden anderen Gruppen isomorph sein Z/6Z zyklische Gruppe mit Erzeuger [1] 6 ; ist also zu (Z/7Z) genau dann isomorph, wenn letztere auch eine zyklische Gruppe ist suche nach möglichem Erzeuger von (Z/7Z) als zyklische Gruppe: [2] 3 7 = [8] 7 = [1] 7, also kein Erzeuger [3] 2 7 = [9] 7 = [2] 7 ; [3] 3 7 = [3] 7 [2] 7 = [6] 7 ; [3] 4 7 = [3] 7 [6] 7 = [18] 7 = [4] 7 ; [3] 5 7 = [3] 7 [4] 7 = [12] 7 = [5] 7 ; [3] 6 7 = [3] 7 [5] 7 = [15] 7 = [1] 7 ; also ist (Z/7Z) auch zyklisch mit Erzeuger [3] 7 (eigentlich kann man die Rechnung bereits nach [3] 3 7 = [6] 7 abbrechen, da o ( [3] 7 ) als Teiler von (Z/7Z) = 6 weder 4 noch 5 sein kann.) also sind die beiden Gruppen (Z/6Z, +) und ( (Z/7Z), ) isomorph; ein Isomorphismus wird durch [1] 6 [3] 7 induziert (ii) Betrachte die Abbildung Φ : G G G, (g, h) ghg 1 : Φ ( g 1, Φ(g 2, h) ) = g 1 g 2 hg 1 2 g 1 1 = (g 1 g 2 )h(g 1 g 2 ) 1 = Φ(g 1 g 2, h) Φ(e, h) = ehe 1 = h Damit definiert Φ nach einem Satz der Vorlesung eine Gruppenoperation. (Alternativ kann man direkt mit der Definition einer Gruppenoperation arbeiten und nachweisen, daß g Φ(g, ) einen Homomorphismus G S G definiert.) (iii) Wir folgen dem Hinweis und suchen zunächst nach den Erzeugern von im Φ: Vorüberlegung: sei δ G beliebig; betrachte die von Φ(δ) erzeugte zyklische Untergruppe von S 8 ; nach dem Satz von Lagrange muß o ( Φ(δ) ) ein Teiler von S 8 = 8! sein; da Φ ein Homomorphismus ist, muß o ( Φ(δ) ) auch o(δ) teilen ggt(11, 8!) = ggt(13, 8!) = 1; also muß gelten Φ(β) = Φ(γ) = id; damit finden wir wie gewünscht im Φ = Φ(α) 7 und 8! haben 1 und 7 als einzige gemeinsame Teiler; also gilt o ( Φ(α) ) {1, 7}; aufgrund der Bahnbilanz ist damit keine transitive Operation auf einer achtelementigen Menge möglich, denn Bahnen können so nur aus 1 oder 7 Elementen bestehen.

4 Aufgabe 3 ( = 12 Punkte) Sei p N eine Primzahl und { a } Z p = b ggt(a, b) = 1 p teilt nicht b Q die sogenannte Lokalisierung des Rings Z an dem Primideal p. (i) Beweisen Sie, daß Z p ein Unterring von Q ist. (ii) Bestimmen Sie die Einheitengruppe (Z p ). (iii) Sei 0 I Z p ein Ideal. Zeigen Sie, daß es eine natürliche Zahl r N gibt mit I = p r. (iv) Zeigen Sie, daß die Menge aller Nichteinheiten m = Z p \ (Z p ) ein Ideal und insbesondere das einzige maximale von Z p ist. (v) Beweisen Sie, daß der Ring Z p faktoriell ist und daß p (bis auf Assoziiertheit) das einzige Primelement in Z p ist. Lösung 3 (i) Wir überprüfen die Unterringeigenschaft aus der Definition: Z Z p ; also Z p und 1 Z p seien a 1 /b 1, a 2 /b 2 Z p ; dann gilt a 1 /b 1 + a 2 /b 2 = (a 1 b 2 + a 2 b 1 )/(b 1 b 2 ) = c 1 /c 2 nach Kürzen; die Primzahl p teilt weder b 1 noch b 2, dann teilt sie auch nicht b 1 b 2 bzw. c 1 (hierfür ist entscheidend, daß p prim ist!); also liegt das Ergebnis in Z p analog ergibt sich, daß (a 1 /b 1 ) (a 2 /b 2 ) = (a 1 a 2 )/(b 1 b 2 ) in Z p liegt (ii) In Q gilt (a/b) 1 = b/a; b/a Z p gilt genau dann, wenn p kein Teiler von a ist; also { a } (Z p ) = b Q ggt(a, b) = 1 a 0 p teilt weder a noch b (iii) wegen I Z p muß gelten I (Z p ) = ; also folgt mit (ii) aus 0 a/b I, daß p a; damit l a N mit a = p la ã und p kein Teiler von ã; wieder mit (ii) folgt a/b p la, da ã/b (Z p ) ; setze r = min {l a 0 a/b I}; jetzt gilt offensichtlich I = p r (iv) nach (ii) gilt { a } m = b Q ggt(a, b) = 1 p teilt a aber nicht b = p ; damit ist m offensichtlich ein Ideal; nach (iii) gilt für jedes nicht triviale Ideal I Z p, daß I = p r p ; also ist m das einzige maximale Ideal (v) nach (iii) ist Z p ein Hauptidealring; also ist Z p nach Sätzen aus der Vorlesung noethersch und jedes irreduzible Element ist auch prim; nach einem weiteren Satz ist damit Z p faktoriell; wenn p Z p prim ist, dann muß p ein Primideal sein; nach (iii) gilt dabei p p r für ein r N; da nur r = 1 ein Primideal liefert, muß damit p p gelten

5 Aufgabe 4 (5 Punkte) Bestimmen Sie die kleinste natürliche Zahl n N, für die gilt: n 3 mod 4, n 1 mod 5, n 2 mod 7. Lösung 4 Wir gehen nach dem Chinesischen Reste- bzw. dem Erweiterten Euklidischen Algorithmus vor: l 1 = 3, m 1 = 4, µ 1 = 5 7 = 35; l 2 = 1, m 2 = 5, µ 2 = 4 7 = 28; l 3 = 2, m 3 = 7, µ 3 = 4 5 = 20 ggt(35, 4) = 35s 1 + 4t 1 35 = also gilt s 1 = 1 4 = = ggt(28, 5) = 28s 2 + 5t 2 28 = also gilt s 2 = 2 5 = = = ggt(20, 7) = 20s 3 + 7t 3 20 = also gilt s 3 = 1 7 = = ˆx = l 1 s 1 µ 1 + l 2 s 2 µ 2 + l 3 s 3 µ 3 = = 89 m = m 1 m 2 m 3 = 140 und [ 89] 140 = [51] 140 ; also lautet die Lösung 51

6 Aufgabe 5 (4 + 2 Punkte) (i) Wir betrachten in dem Ring Z[x] die Teilmenge I = { f Z[x] f(i) = 0 } (hier ist i wie üblich die imaginäre Einheit). Zeigen Sie, daß I ein Hauptideal ist und geben Sie einen Erzeuger an. Ist I ein maximales Ideal (mit Begründung)? (ii) Seien R, S zwei Ringe, φ : R S ein surjektiver Homomorphismus und J S ein Ideal. Geben Sie ein Ideal I R an, so daß die Faktorringe R/I und S/J isomorph sind. Beschreiben Sie dabei I explizit durch J und φ. Lösung 5 (i) Wir überprüfen die Idealeigenschaft direkt aus der Definition: 0 I; also I seien f 1, f 2 I, d.h. f 1 (i) = f 2 (i) = 0; damit gilt auch (f 1 + f 2 )(i) = f 1 (i) + f 2 (i) = 0, d.h. f 1 + f 2 I seien f Z[x], g I, d.h. g(i) = 0; damit gilt auch (fg)(i) = f(i)g(i) = 0, d.h. fg I Wir behaupten, daß x Z[x] das Ideal I erzeugt: offensichtlich ist i eine Nullstelle von x 2 + 1; also x I sei f I Z[x] C[x]; dann folgt nach LA I aus f(i) = 0 auch f( i) = 0; damit sind über C sowohl x i also auch x + i Faktoren von f, also auch das Produkt (x i)(x + i) = x 2 + 1; sei nun g = n i=1 c ix i C[x] ein komplexes Polynom mit f = (x 2 + 1) g = c 0 + c 1 x + (c 0 + c 2 )x 2 + (c 1 + c 3 )x 3 + ; durch Koeffizientenvergleich sieht man sofort, daß tatsächlich c i Z für alle i, d.h. g Z[x] und die Faktorisierung ist auch über Z möglich; damit gilt I x Nach einem Satz der Vorlesung ist I genau dann maximal, wenn Z[x]/I = Z[i] ein Körper ist. Wegen 2 Z[i], aber 1/2 / Z[i] gilt letzteres aber nicht; damit ist I nicht maximal. (ii) Betrachte die kanonische Projektion π : S S/J; die Verkettung π φ : R S/J ist dann immer noch surjektiv, da φ surjektiv; setze I = ker (π φ); als Kern eines Homomorphismus ist I ein Ideal; nach dem Homomorphiesatz gilt nun R/I = im(π φ) = S/J; man überlegt sich leicht, daß gilt I = φ 1 (J) = {r R φ(r) J}.