Musterlösung zur Probeklausur

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1 Musterlösung zur Probeklausur Markus Severitt 26. Juni 2006 Aufgabe 1. Sei G eine Gruppe mit g 2 = e für alle g G. Zeigen Sie, dass G abelsch ist. Lösung. g 2 = e für alle g G heißt gerade, dass alle Elemente selbstinvers sind, d.h. g = g 1 für alle g G. Seien also a, b G. Da G eine Gruppe, ist auch a b G und es folgt Also ist G abelsch. a b = (a b) 1 = b 1 a 1 = b a. Aufgabe 2. Formulieren Sie die Sylowsätze. Lösung. Es wird nach dem Tipp vorgegangen. Eine p-gruppe ist eine Gruppe G, s.d. G = p r eine p-potenz ist. Sei G eine endliche Gruppe mit p G und G = p r k mit ggt(p, k) = 1. Eine Untergruppe S G mit S = p r heißt p-sylowgruppe. Der erste Sylowsatz sichert die Existenz von p-sylowgruppen, allgemein sogar die Existenz von Untergruppen der Ordnung U = p s für s r. Der zweite Sylowsatz sagt: Je zwei p-sylowgruppen sind zueinander konjugiert, d.h. es gibt genau eine p-sylowgruppen, wenn jede p-sylowgruppe Normalteiler ist. Die Rückrichtung gibt genau der zweite Sylowsatz und die Hinrichtung folgt aus der Beobachtung: S p-sylowgruppe gsg 1 ist p- Sylowgruppe (Warum ist das so?). Weiterhin stellt der zweite Sylowsatz sicher: Zu jeder p-untergruppe U gibt es eine p-sylowgruppe S mit U S. Aber i.a. sitzt U nicht in allen p-sylowgruppen drin. Z.B. wenn man für U selbst eine p-sylowgruppe nimmt und es mehr als eine gibt. Der dritte Sylowsatz sagt allgemein etwas über die Anzahl s p der p- Sylowgruppen aus: s p G s p 1 mod p 1

2 2 Aufgabe 3. Sei G eine Gruppe und seien S, T Normalteiler von G mit S T = {e}. Zeigen Sie st = ts für s S, t T. Lösung. Zunächst gilt st = ts g := s 1 t 1 st = e da G eine Gruppe ist und somit alle Elemente invertierbar sind. Wegen S T = {e} reicht es zu zeigen, dass g S T. Aber wegen T Normalteiler sehen wir g = (s 1 t 1 s) t T }{{} T und wegen S Normalteiler g = s 1 (t 1 st) S }{{} S da ja auch s 1 S und t 1 T wegen S und T Untergruppen. Aufgabe 4. Sei n eine Primzahl. In der symmetrischen Gruppe S n sind je zwei Elemente der Ordnung n konjugiert. Begründen Sie dies. Lösung. Da je zwei Zykel gleicher Länge konjugiert sind, reicht es zu zeigen: Jedes Element der Ordnung n ist ein n-zykel. Sei also σ S n mit ord(σ) = n. Für jedes Element aus der S n existiert eine Zerlegung in elementfremde Zykel, also auch für σ: σ = σ 1... σ r wobei σ i Zykel der Länge l i, also ord(σ i ) = l i. Da die σ i elementfremd sind, kommutieren sie, d.h. ord(σ) = kgv(ord(σ i ) i = 1,..., r) = kgv(l i i = 1,..., r) = n nach Voraussetzung, d.h. l i n und damit o.b.d.a. l i = n, da n prim ist und man die 1-Zykel ignorieren kann. Weiterhin muss aufgrund der Elementfremdheit gelten: r r n = l i n i=1 Also ist r = 1 und σ damit ein Zykel der Länge n.

3 3 Aufgabe 5. Zeigen Sie: Eine Gruppe der Ordnung 6 ist zyklisch oder isomorph zu S 3. Lösung. Zunächst wissen wir, dass S 3 = D2 3, wobei D 2 3 die Diedergruppe ist. D.h. es reicht zu zeigen: G mit G = 6 = 2 3 ist zyklisch (d.h. es gibt ein erzeugendes Element) oder G = D 2 3. Nach dem Satz von Cauchy existiert ein Element a G mit a = 2 und ein Element b G mit b = 3. Also ist b eine 3-Sylowgruppe. Es soll nun ord(ab) untersucht werden. Nach dem dritten Sylowsatz (siehe Aufgabe 2) folgt s 3 2 und s 3 1 mod 3. Also ist s 3 = 1 und b damit einzige 3- Sylowgruppe. Da ggt(2, 3) = 1, gilt a b = {e}. D.h. ab b, da sonst a b, aber a e, da ord(a) = 2. Damit ist ord(ab) = 3 ausgeschlossen, da sonst (wegen b damit einzige 3-Sylowgruppe) ab = b folgen würde. Also gibt es nur zwei Fälle: ord(ab) = 6 und damit erzeugt ab die Gruppe G. ord(ab) = 2 und die Voraussetzungen für den Erkennungssatz über die Diedergruppen (siehe Ausarbeitung über die Diedergruppe) sind erfüllt und damit G = D 2 3. Aufgabe 6. a) Geben Sie zwei nichttriviale Homomorphismen an, die nicht konjugiert sind. φ, ψ : S 4 S 6 b) Zeigen Sie, dass die unter a) angegebenen Homomorphismen tatsächlich nicht konjugiert sind. Lemma 1. Seien G, H Gruppen und φ, ψ : G H konjugierte Homomorphismen. Dann gilt Ker(φ) = Ker(ψ) Beweis. Da φ und ψ konjugiert sind, existiert h H mit für alle g G. Also folgt φ(g) = hψ(σ)h 1 g Ker(φ) e = φ(g) = hψ(g)h 1 e = ψ(g) g Ker(ψ)

4 4 Lösung von Aufgabe 6. dann S 4 σ a) Sei τ S 6 eine fixierte Transposition. Setze φ S { 6 τ, sign(σ) = 1 id, sign(σ) = 1 Da τ 2 = id und sgn ein Gruppenhomomorphismus ist, ist auch φ ein Gruppenhomomorphismus mit Ker(φ) = A 4. Weiterhin operiert die S 4 auf P 2 ({1, 2, 3, 4}) via: (σ, {a, b}) σ.{a, b} := {σ(a), σ(b)} Da ( 4 2) = 6 induziert das einen Homomorphismus ψ S 6 σ ({a, b} σ.{a, b}) S 4 b) Um einzusehen, das φ und ψ nicht konjugiert sind, reicht es nach dem Lemma, dass die Kerne verschieden sind. Behauptung: Ker(ψ) = {id}. Daraus folgt die Nicht-Adjungiertheit, da klarerweise A 4 {id}. Sei also σ S 4 mit ψ(σ) = id. Sei n {1, 2, 3, 4}. Zeige, dass σ(n) = n. Wähle l m {1, 2, 3, 4} beide zu n verschieden. Dann ist nach Voraussetzung {n, l} = {σ(n), σ(l)} und {n, m} = {σ(n), σ(m)}. Es muss also gelten: σ(n) = n oder σ(n) = l. Aber letzteres kann nicht sein, da ja auch σ(n) = n oder σ(n) = m sein muss und l m. Also folgt σ = id. Aufgabe 7. Sei R ein kommutativer Ring mit 1 und I R ein Ideal. a) Treffen sie in folgender Aussage die richtigen Zuordnungen: I ist genau dann (Primideal)/(maximales Ideal), wenn der Restklassenring r/i (ein Körper)/(nullteilerfrei) ist. b) Beweisen Sie mindestens eine der vier Implikationen von a). Lösung. a) Es gilt I Primideal genau dann, wenn R/I nullteilerfrei ist und I maximales Ideal genau dann, wenn R/I Körper ist. b) Es gilt a I a = 0 R/I. Also folgt I Primideal ((ab I) (a I) (b I)) ((ab = 0 R/I) (a = 0 R/I) (b = 0 R/I)) R/I nullteilerfrei

5 5 Aufgabe 8. a) Sei K ein Körper und R = K[X]. Ist jedes Primideal in R ein maximales Ideal? b) Geben Sie die Primideale von C[t] an. Was sind deren Restklassenringe? Lösung. a) R ist ein nullteilerfreier Hauptidealring. Damit gilt für p 0: p irreduzibel p prim (p) (0) Primideal (p) maximales Ideal D.h. in R = K[X] sind alle Primideale (0) maximale Ideale. Aber das Primideal (0) nicht, was man auch einfach an R/(0) = K[X] kein Körper sehen kann. b) Die Primideale von C[t]: I = (0): Dann ist I Primideal und C[t]/I = C[t]. I (0): Wie in a) bemerkt, wird I dann von einem irreduziblen Element p erzeugt (I hat wegen C[t] Hauptidealring einen Erzeuger). Aber alle irreduziblen Elemente von C[t] haben die Form t + a mit a C. Also hat I die Form I = (t + a) und da ja a C. C[t]/I = C[t]/(t + a) = C[ a] = C Aufgabe 9. Sei K ein Körper und sei f(x) K[x] ein nichtkonstantes Polynom. Zeigen Sie: Es gibt einen endlichen Erweiterungskörper l von K, in dem f(x) eine Nullstelle hat. Lösung. Sei q(x) irreduzibler Faktor von f(x), d.h. f(x) = q(x) r(x). Setze L := K[t]/(q(t)) Dann ist L ein Körper, da (q(t)) maximales Ideal ist (siehe Aufgabe 8). K L via K K[t] K[t]/(q(t)) = L. Weiterhin ist L/K endlich, da mit n = grad(q(t)) 1, t,..., t n 1 eine K-Basis von L ist (Warum ist das so?). Behauptung: f(x) hat t mod q(t) L als Nullstelle. Dieses ist klar, da da ja q(t) = 0 L. f(t) = q(t) r(t) = 0 L a) Formulieren Sie das Irreduzibilitäts-Kriterium von Ei- Aufgabe 10. senstein.

6 6 b) Zeigen Sie, dass das Polynom über Q irreduzibel ist. x 7 8x Lösung. a) Sei R nullteilerfreier Hauptidealring und π R Primelement sowie f(x) = a 0 + a 1 x a n 1 x n 1 + a n x n R[x] d.h. a i R. Es gelte 1. π a i für i = 0,..., n 1 2. π a n 3. π 2 a 0 (Ein solches Polynom heißt Eisenstein-Polynom bzgl. π.) Dann gilt mit K = Quot(R): f(x) ist in K[x] irreduzibel. b) Nehme R = Z und damit Q = Quot(Z) sowie π = 2 Z Primelement. Dann ist x 7 8x 5 +2 Eisensteinpolynom bzgl. 2 und damit irreduzibel über Q. Aufgabe 11. Zeigen Sie Q( 3, 5) = Q( 3 + 5) und bestimmen Sie das Minimalpolynom von über Q. Lösung. Erinnerung: Q( 3, 5) ist der kleinste Unterkörper von R, der Q, 3 und 5 enthält. Weiterhin ist Q( 3 + 5) der kleinste Unterkörper von R, der Q und enthält. Da klarerweise Q( 3, 5), folgt Q( 3, 5) Q( 3 + 5). Da 3 5 = Q( 3 + 5) folgt 1 3 = 2 ( 3 5) ( 3 + 5) Q( 3 + 5) sowie 1 5 = 2 ( 3 5) ( 3 + 5) Q( 3 + 5) Also folgt Q( 3, 5) Q( 3 + 5) und damit Gleichheit. Nun gilt mit m 3+ 5 =: µ das Minimalpolynom von R/Q und n = grad(µ), dass n = [Q( 3 + 5) : Q] = [Q( 3, 5) : Q] = [Q( 3)( 5) : Q( 5)] [Q( 5) : Q] = 2 2 = 4

7 7 da x 2 5 das Minimalpolynom von 5 R/Q und x 2 3 das Minimapolynom von 3 R/Q( 5) ist. Natürlich kann man n = 4 auch konkret sehen, da 1, 3, 5, 3 5 eine Q-Basis von Q( 3, 5) = Q( 3 + 5) ist. Damit muss der Grad des Minimalpolynoms 4 sein. Da x 4 16x als Nullstelle hat, muss es das Minimalpolynom sein. Wie kommt man darauf? Da es den Grad 4 haben, muss rechnet man ( 3 + 5) 4 aus und schaut, was man davon abziehen muss, damit 0 herauskommt. Das Abziehen muss sukzessive mit Vielfachen von ( 3+ 5) 3,( 3+ 5) 2, 3+ 5 und 1 machen. Sei das hier mal vorgeführt: Zum einen ist ( 3 + 5) 2 = (1. Binomische Formel). Weiterhin ist dann ( 3 + 5) 4 = ( ) 2 = (wieder 1. Binomische Formel). Zunächst soll der 3 5-Anteil in ( 3 + 5) 4 gekillt werden. Da dieser Ausdruck auch in ( 3 + 5) 2 auftaucht, nimmt man geschickter Weise 16 ( 3 + 5) 2, was nämlich ( 3 + 5) 4 16 ( 3 + 5) 2 = 4 ergibt, also ist Nullstelle von x 4 16x Aufgabe 12. a) Sei K ein Körper. Zeigen Sie, dass es genau einen K- linearen Isomorphismus σ : K(t) K(t) des rationalen Funktionenkörpers K(t) gibt mit σ(t) = t + 1 b) Sei nun K = F p (der Körper mit p Elementen, p eine Primzahl). Dann gilt σ p = id. Geben Sie ein nichtkonstantes Element f(t) K(t) an mit σ(f(t)) = f(t) Wenn Sie noch Zeit haben: Bestimmen Sie den Fixkörper von σ. L = {h K(t) σ(h) = h}

8 8 Lösung. a) Zunächst ist hier σ K-linear das gleiche wie σ ist auf K die Identität. Also muss σ : t t + 1 ist Einsetzungshomomorphismus auf K[t] (dem Polynomring) sein. Mit der Forderung σ( 1 f ) = 1 σ(f) für f K[t] {0} als Körperhomomorphismus muss σ die Form haben σ : g f σ(g) g(t + 1) = σ(f) f(t + 1) Da σ auf K[t] Ringhomomorphismus ist, folgt, dass σ auf K(t) Körperhomomorphismus ist. Weiterhin gibt φ : t t 1 aus den gleichen Gründen einen K-linearen Körperhomomorphismus, der Umkehrabbildung zu σ ist. Damit ist σ Körperisomorphismus. b) Da F p = K K(t) Unterkörper ist char(k(t)) = p. Daraus folgt sofort σ p (t) = t + p = t also σ p = id, d.h. die Ordnung von σ in Aut K (K(t) ist p, da ord(σ) p sowie σ id und p prim. Weiterhin ist mit dem Frobeniushomomorphismus (t + 1) p = t p + 1 p = t p + 1 Damit ist das Polynom t p t = f(t) mit ein nichtkonstantes Polynom mit σ(f(t)) = f(t + 1) = (t + 1) p (t + 1) = t p + 1 t 1 = t p t = f(t) und liegt damit im Fixkörper L, d.h. K(t p t) L. Behauptung: L = K(t p t) Man hat eine Kette von Körpererweiterungen K(t)/L/K(t p t)/k. Das Polynom x p x (t p t) K(t p t)[x] hat t als Nullstelle, d.h. der Grad des Minimalpolynoms von t über K(t p t) ist p. Und damit: K(t) : K(t p t)] p Da L gerade der Fixkörper von σ ist, ist σ L-linear. Da außerdem ord(σ) = p, hat man also p paarweise verschiedene L-lineare Köpermonomorphismen (injektiv, da ja 0) auf K(t). Diese sind K(t)-linear unabhängig nach dem Satz von Dedekind über die lineare Unabhängigkeit der Charaktere (siehe z.b. [Mey76, Satz Korollar]). Weiterhin gilt dim K(t) Hom L (K(t), K(t)) = [K(t) : L]

9 LITERATUR 9 (Lineare Algebra). Also folgt insgesamt p [K(t) : L] Da aber auch [K(t) : L] = [K(t) : L] [L : K(t p t)] folgt p = [K(t) : L] und 1 = [L : K(t p t)], also L = K(t p t) Literatur [Mey76] Kurt Meyberg. Algebra, Teil 2. Carl Hanser Verlag, München Wien, 1976.