Fakultät für Mathematik Institut für Algebra und Geometrie PD Dr. Stefan Kühnlein Dipl.-Math. oec. Anja Randecker Einführung in Algebra und Zahlentheorie Lösungsvorschlag zur Klausur am 16. Februar 016 Aufgabe 1 (6 Punkte) (a) Bestimmen Sie das multiplikativ inverse Element zu 5 in Z/61Z. (b) Finden Sie ein x Z mit x 3 (mod 7), x 9 (mod 11) und x 1 (mod 5). (a) Für eine Inverse x Z/61Z von 5 in Z/61Z gilt 5 x = 1 = 1 + 61Z. Also gibt es x, y Z mit 5x + 61y = 1. Da 5 und 61 teilerfremd sind, lassen sich x und y mit dem Euklidischen Algorithmus bestimmen: Es ist also 1 = 3 61 = 5 + 11 5 = 11 + 3 11 = 3 3 + 3 = 1 + 1 = 5 11 (11 3 3) = 5 3 11 + 3 (5 11) = 4 5 9 (61 5) = 5 9 61 Also ist eine Inverse von 5 in Z/61Z. (b) Finde zunächst Elementarlösungen r 1, r, r 3 Z mit r 1 1 (mod 7), r 1 0 (mod 11 5), r 1 (mod 11), r 0 (mod 7 5) und r 3 1 (mod 5), r 3 0 (mod 7 11). Scharfes Hinsehen liefert die zulässigen Wahlen r 1 = 55 und r 3 = 154. Für r löse 11y 1 + 35x 1 = 1 wie im a)-teil mit dem Euklidischen Algorithmus: 35 = 3 11 + 11 = 5 + 1 Es ist also 1 = 11 5 = 11 5 (35 3 11) = 16 11 5 35 und damit ist r = 5 35 = 175 eine zulässige Wahl. Wenn wir nun noch beachten, dass 9 modulo 11 gilt, ergibt sich, dass eine mögliche Lösung ist. x = 3 r 1 r + r 3 = 165 + 350 154 = 31
Aufgabe (6 Punkte) Es seien a, b > 1 natürliche Zahlen. Zeigen Sie die folgenden Aussagen: (a) a 1 teilt a b 1. (b) Wenn a b 1 eine Primzahl ist, dann ist a =. (c) Wenn b 1 eine Primzahl ist, dann ist b eine Primzahl. (d) Wenn p ein Primteiler von 13 1 ist, dann ist p kongruent zu 1 modulo 6. (e) 13 1 = 8191 ist eine Primzahl. (a) Wie man beim Berechnen der Partialsummen der geometrischen Reihe immer wieder feststellt, gilt a b 1 = (a b 1 + a b +... + a + a + 1)(a 1). Da der Term in der linken Klammer eine ganze Zahl ist, ist a 1 ein Teiler von a b 1. (b) Die Primzahl a b 1 wird nach Aufgabenteil (a) von a 1 geteilt. Also muss a 1 {a b 1, 1} sein. Ersteres ist aber unmöglich wegen a b > a, also ist a 1 = 1 und damit a =. (c) Wir schreiben b = c d für c, d N und d > 1. Dann ist b 1 = ( c ) d 1 eine Primzahl und nach Aufgabenteil (b) ist dann c =. Daraus folgt direkt c = 1. Also lässt sich b nur als Produkt b = 1 b schreiben und ist damit eine Primzahl. (d) Da = 1, aber 13 1 (mod p) gilt, ist die (multiplikative) Ordnung der Restklasse von in F p genau 13. Nach dem Satz von Lagrange ist daher 13 ein Teiler der Ordnung von F p, also von p 1. Es folgt p 1 (mod 13). Ein Teiler von 13 1 kann außerdem nicht gerade sein, das heißt p 1 (mod ). Also gilt sogar p 1 (mod 6). (e) Nach Aufgabenteil (d) kommen als Primteiler nur die Zahlen 7, 53, 79, 10,... in Frage. Die erste und die vierte Zahl sind aber gar keine Primzahlen und wegen 10 > 10000 > 8191 müssen wir auch nicht weiter nach Primteilern suchen. Das Produkt 79 79 ist aber kleiner als 80 = 6400 und damit zu klein. Also kann 13 1 nicht Produkt von zwei Primfaktoren sein. Weiter ist 53 3 > 50 3 = 15000 und damit kann 13 1 auch nicht Produkt von mehr als zwei Primfaktoren sein. Damit ist 13 1 Produkt von genau einem Primfaktor und deshalb selbst prim.
Aufgabe 3 (6 Punkte) Es seien G eine endliche Gruppe und M eine endliche Menge, auf der G operiert. (a) Wenn p der kleinste Primteiler der Ordnung von G ist und M weniger als p Elemente enthält, wieso besteht M dann nur aus Fixpunkten von G? (b) Nun enthalte G genau 55 Elemente und M genau 17. Welche Möglichkeiten hinsichtlich Anzahl und Größe der Bahnen der Operationen gibt es? (c) Wenn G noch spezieller zyklisch ist, kann dann jede der Möglichkeiten aus Aufgabenteil b) realisiert werden? (d) Bonusaufgabe (hier können Sie 1 Zusatzpunkt erhalten): Geben Sie eine Gruppe G mit gerader Ordnung an, die auf keiner zweielementigen Menge transitiv operieren kann. (a) Die Bahnbilanzformel liefert für ein Vertretersystem R M der Bahnen: #M = (G : Stab G (R)). R R Dabei ist (G : Stab G (R)) jeweils ein Teiler von #G. Für ein R R mit (G : Stab G (R)) = 1 würde also schon (G : Stab G (R)) p > #M gelten, was aber nicht sein darf, da alle Summanden in der Bahnbilanzformel positiv sind. Also gilt für jedes R R schon (G : Stab G (R)) = 1. Das ist gleichbedeutend zu G = Stab G (R), also ist R ein Fixpunkt von G. (b) In dieser Situation soll also 17 geschrieben werden als Summe von Teilern von 55. Die möglichen Summanden sind daher 1, 5 und 11. Wir haben als Möglichkeiten 17 = 1 11 + 1 5 + 1 1 (drei Bahnen), 17 = 1 11 + 6 1 (sieben Bahnen), 17 = 3 5 + 1 (fünf Bahnen), 17 = 5 + 7 1 (neun Bahnen), 17 = 1 5 + 1 1 (dreizehn Bahnen), 17 = 17 1 (siebzehn Bahnen). (c) Ja, das geht: Auf jeder ein- bzw. fünf- bzw. elfelementigen Menge gibt es eine zyklische Operation von G = Z/55Z. Nun partitionieren wir M entsprechend der gewünschten Längen der Bahnen in disjunkte Teilmengen. Da diese jeweils 1, 5 oder 11 Elemente enthalten, gibt es auf jeder der Teilmengen eine transitive Operation von G. Dadurch operiert G auch auf der Vereinigung dieser Teilmengen, also auf M. (d) Wenn eine Gruppe G transitiv auf einer Menge mit zwei Elementen operiert, enthält sie eine Untergruppe von Index, nämlich den Stabilisator eines Elements. Da jede Untergruppe von Index Normalteiler ist, wäre ein Gruppe ohne nicht-trivialen Normalteiler eine solche gesuchte Gruppe. Eine solche Gruppe kennen wir aber: Die alternierende Gruppe A 5 hat Ordnung 60 und ist einfach.
Aufgabe 4 (6 Punkte) Es seien p, q zwei Primzahlen mit p > q und G eine Gruppe mit p q Elementen. (a) Wie viele p-sylowgruppen kann G besitzen? (b) Nun besitze G mehr als eine p-sylowgruppe. Geben Sie die Primzahlen p und q an. (c) Wieso gibt es im Fall q = einen Normalteiler in G, der von G und {e G } verschieden ist? (d) Geben Sie eine Gruppe mit 36 Elementen an, in der es keine normale 3-Sylowgruppe gibt. Tipp: Fangen Sie dazu mit einer Gruppe mit 1 Elementen an! (a) Laut der Sylowsätze ist die Anzahl der p-sylowgruppen in G ein Teiler von q, der bei Division durch p Rest 1 lässt. Die Teiler von q sind genau 1, q und q, aber da p > q > 1 gilt, kann q nicht Rest 1 bei Division durch p lassen. Also ist die Anzahl der p-sylowgruppen entweder 1 oder q. Ebenso ist die Anzahl der q-sylowgruppen in G ein Teiler von p, also 1, p oder p. Hier können wir aber durch die Kongruenzbedingung keine Möglichkeit ausschließen. (b) Wenn wir mehr als eine p-sylowgruppe haben, dann haben wir nach Aufgabenteil (a) schon q p-sylowgruppen und damit ist q 1 (mod p). Es muss also auch q 1 (mod p) oder q 1 (mod p) gelten. Das erstere hatten wir aber schon in Aufgabenteil (a) wegen p > q ausgeschlossen. Es wird also q + 1 von p geteilt, aber wegen q < p muss dann schon q + 1 = p gelten. Demnach ist eine der Zahlen p und q gerade. Da es aber nur eine gerade Primzahl gibt, ist q = und p = 3. (c) Gibt es nur eine p-sylowgruppe, dann ist diese ein Normalteiler, der von G und {e G } verschieden ist. Gibt es mehr als eine p-sylowgruppe, dann ist q = und p = 3 nach Aufgabenteil (b). Wir haben also vier 3-Sylowgruppen. Nach den Sylowsätzen operiert G transitiv durch Konjugation auf der Menge S der 3-Sylowgruppen. Die Operation definiert einen nichttrivialen Homomorphismus ρ : G Sym(S). Wir wissen außerdem, dass #G = 36 gilt und weil S vier Elemente enthält, ist # Sym(S) = 4 3 1 = 4. Also kann ρ nicht injektiv sein und hat damit einen nichttrivialen Kern. Dieser ist außerdem nicht ganz G, denn ρ(g) enthält wegen der Transitivität der Operation mindestens vier Elemente. Jeder Kern ist aber ein Normalteiler in G und damit haben wir den gewünschten Normalteiler gefunden. (d) Betrachte zunächst die zwölfelementige Menge A 4. Deren 3-Sylowgruppen werden jeweils von 3-Zykeln erzeugt (und haben zwei mögliche Erzeuger). Von den 3-Zykeln gibt es aber mehr als drei, so dass es auch mehr als eine 3-Sylowgruppe gibt. Deshalb ist keine der 3-Sylowgruppen ein Normalteiler. Nun betrachten wir A 4 Z/3Z. Jede 3-Sylowgruppe in A 4 Z/3Z enthält neun Elemente und auch davon gibt es wieder mehr als eine. Für jeden 3-Zykel σ ist nämlich {σ} Z/3Z eine Untergruppe mit neun Elementen und diese Untergruppen sind nicht alle gleich. Damit ist wieder keine der 3-Sylowgruppen ein Normalteiler.
Aufgabe 5 (6 Punkte) Es sei R = R[T]/(T 4 1). (a) Geben Sie einen Isomorphismus zwischen den Ringen R und R R C (mit komponentenweiser Addition und Multiplikation) an. (b) Ist {0} ein Primideal in R? (c) Wie viele Elemente w R erfüllen die Gleichung w 4 = 1? (a) Ein Ring-Homomorphismus von R nach R R C entspricht laut Homomorphiesatz einem Ring-Homomorphismus Φ von R[T] nach R R C, dessen Kern das von T 4 1 erzeugte Ideal umfasst. Solch ein Homomorphismus Φ ist, wenn er zusätzlich R-linear und damit ein R-Algebren- Homomorphismus ist, durch das Bild von T gegeben. Obige Bedingung an den Kern erzwingt daher Φ 4 (T) = 1. In R R C gibt es das Element (1, 1, i) mit dieser Eigenschaft. Der zugehörige Homomorphismus ist R[T] f ( f (1), f ( 1), f (i)). Ein Polynom f liegt genau dann im Kern dieses Homomorphismus, wenn es 1, 1 und i als Nullstellen hat, also wenn es durch (T 1)(T + 1)(T + 1) = T 4 1 teilbar ist. Daher ist der Kern genau das von T 4 1 erzeugte Hauptideal, und die Abbildung faktorisiert über einen Isomorphismus von R nach R R C. (b) In einem Primideal P muss für alle a, b R mit a b P gelten, dass a oder b in P enthalten ist. Betrachte T + 1 und T 1 in R. Beide Elemente sind nicht gleich 0, aber Nullteiler in R. Insbesondere ist (T + 1)(T 1) = T 4 1 {0}, aber T + 1, T 1 / {0}. Damit ist {0} kein Primideal. (c) Da R isomorph ist zu R R C, ist die gesuchte Anzahl auch die der vierten Wurzeln von 1 in dem zweiten Ring. Dies sind beliebige Tupel (a, b, c) R R C mit a 4 = b 4 = c 4 = 1. Dies bedeutet a {±1}, b {±1} und c {±1, ±i}, sodass es insgesamt 4 = 16 solcher Tupel gibt.
Aufgabe 6 (6 Punkte) 3 (a) Berechnen Sie die Legendre-Symbole und und geben Sie für eine der beiden Zahlen und 3 eine Quadratwurzel modulo an. ( w (b) Es sei w Z eine Zahl mit w 1 (mod ). Welchen Wert hat? ) (a) Es gilt wegen des Quadratischen Reziprozitätsgesetzes und seiner Ergänzungen = und 3 = ( 1) 3 1 1 11 = ( 1) 1 8 ( 1) 11 1 1 0 4 = ( 1) 11 44 = 3 3 3 3 = ( 1) 11 = ( 1) 3 1 5 1 5 = ( 1) 1 5 3 3 1 = 1 ( 1) 5 44 = 1 1 1 = 1 11 11 ( 5 3 ) = 1 ( 1) 5 1 3 1 = ( 1) 3 1 8 = 1. 3 5 ( ) = 1 bedeutet, dass die Restklasse von ein nichttriviales Quadrat in F ist, hierfür können wir also eine Quadratwurzel finden. Das heißt, dass ein k N 0 existiert, sodass + k eine Quadratzahl in Z ist. Wir sehen uns diese Zahlen + k für kleines k an und finden + 3 = = 17. Demnach ist die Restklasse von 17 eine Quadratwurzel der Restklasse von in F. (b) Die Einheitengruppe von F ist zyklisch. Es sei α ein Erzeuger dieser Einheitengruppe. Dann hat α Ordnung 88, also ist α 44 1 und (α 11 ) = α ±w (mod ). Es ist also mindestens eine der beiden Zahlen ±w ein Quadrat modulo. Da 1 selbst ein Quadrat ist, folgt ( w w = = 1. )