G. Nebe, M. Künzer 17.12.2004

Algebra I, WS 04/05

Lösung Klausur I

Aufgabe 1.

(1) Wählt man z.B. 1 als erstes Element der base, so erhalten wir folgenden Baum.

[figure: •; 1; a; b; •; 2; a; b; ^{•^{1} red.}; •; 3; a; b; ^{•^{3} red.}; ^{•^{2} red.}; ^{•^{1} Erz. b}]

Daraus ergeben sich die folgenden strong generators.

\begin{aligned}w_{1}(1) & = & 1 & = & id \\ w_{1}(2) & = & a & = & (1, 2)(4, 5) \\ w_{1}(3) & = & ba & = & (1, 3, 2) \end{aligned}

Es ist Stab_{G}(1) = ⟨b⟩. Wählt man z.B. 2 als zweites Basiselement, so ergeben sich die strong generators

\begin{aligned}w_{2}(2) & = & 1 & = & id \\ w_{2}(3) & = & b & = & (2, 3)(4, 5) \end{aligned}

Es ist nun bereits Stab_{G}(1, 2) = 1.

(2) Es ist (1, 3) · 1 = 3. Also ist (1, 3) ∈ G genau dann, wenn w_{1}(3)^{−1}(1, 3) = (1, 3, 2)^{−1}(1, 3) = (2, 3) ∈ Stab_{G}(1). Es ist (2, 3) · 2 = 3. Also ist (2, 3) ∈ Stab_{G}(1) genau dann, wenn w_{2}(3)^{−1}(2, 3) = (4, 5) ∈ Stab_{G}(1, 2) = 1. Dies ist aber nicht der Fall. Also ist insgesamt (1, 3) ∉ G.

(3) Um die Relationen zu erhalten, betrachten wir G als F -Menge, mit F = Fr(g, h) = ⟨g, h⟩, wobei g als Multiplikation mit a und h als Multiplikation mit b operiert. Wir erhalten folgenden Baum.

[figure: •; id; g; h; •; (1, 2)(4, 5); g; h; ^{•^{id} Erz. g^{2}}; •; (1, 3, 2); g; h; •; (1, 3)(4, 5); g; h; ^{•^{(1, 3, 2)}red.}; ^{•^{(1, 2, 3)}red.}; ^{•^{(1, 2)(4, 5)} red.}; •; (2, 3)(4, 5); g; h; •; (1, 2, 3); g; h; ^{•^{(2, 3)(4, 5)} red.}; ^{•^{(1, 3)(4, 5)} Erz. g^{−1}h^{−1}g^{−1}hgh}; ^{•^{id} Erz. h^{2}}]

Das gibt die Präsentation

[figure: G̃ := ⟨g, h | g^{2}, h^{2}, g^{−1}h^{−1}g^{−1}hgh⟩ = ⟨g, h | g^{2}, h^{2}, (gh)^{3}⟩; ∼; G; g; a; h; b]

(4) Für einen Automorphismus von G, der a und b vertauscht, können wir nach Identifikation mit G̃ einen Automorphismus von G̃ angeben, der g und h vertauscht. D.h. er soll g \overline{}g′ := h und h \overline{}h′ := g schicken. Damit dies wohldefiniert ist, rechnen wir nach, daß in G̃ in der Tat g^{′2} = h^{2} = 1, h^{′2} = g^{2} = 1 und insbesondere

(g′h′)^{3} = (hg)^{3} = hghghg = ^{h}(ghghgh) = ^{h}1 = 1

gelten. Da G̃ = ⟨g′, h′⟩ = ⟨h, g⟩, ist dieser Morphismus auch surjektiv, und damit wegen G̃ ≃ G endlich auch injektiv. Insgesamt liegt in der Tat ein Automorphismus vor.

Aufgabe 2.

Um die Anzahl der Bahnen zu bestimmen, bestimmen wir für je einen Vertreter σ der Konjugiertenklassen die Anzahl der Fixpunkte auf A, d.h. die Kardinalität von Fix_{A}(σ) = {f ∈ A : σ}. Es ergibt sich unter Berücksichtigung von Einerzykeln folgende Tabelle.

\begin{matrix}σ & | Fix_{A}(σ)| & |^{S_{4}}σ| \\ (1, 2, 3, 4) & 3^{1} & 6 \\ (1, 2, 3)(4) & 3^{2} & 8 \\ (1, 2)(3, 4) & 3^{2} & 3 \\ (1, 2)(3)(4) & 3^{3} & 6 \\ (1)(2)(3)(4) & 3^{4} & 1 \end{matrix}

Mit Burnside erhalten wir

\frac{1}{24} (6 · 3^{1} + 8 · 3^{2} + 3 · 3^{2} + 6 · 3^{3} + 1 · 3^{4}) ( = 15)

Bahnen von S_{4} auf A.

Aufgabe 3.

Die zugehörige Matrix (\begin{matrix}1 & 4 \\ 3 & 3 \end{matrix}) hat die Elementarteilerform (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 9 \end{matrix}). Es ergibt sich G/G′ ≃ C_{9}.

Aufgabe 4.

Es ist 168 = 2^{3} · 3 · 7.

(1) Die Anzahl der 7-Sylowgruppen in G ist ≡_{7} 1. Sie teilt 2^{3} · 3. Sie ist ungleich 1, da G einfach ist. Also ist sie gleich 8. Nun hat C_{7} genau die Untergruppen 1 und C_{7}. Also haben verschiedene Sylowgruppen Schnitt 1. Wir erhalten also 8 · 6 = 48 Elemente der Ordnung 7 in G.

(2) Wäre M eine transitive G-Menge, so gäbe es einen nichttrivialen Gruppenmorphismus G \overline{}S_{M} ≃ S_{6}. Da G einfach ist, muß dieser Kern 1 haben, und somit injektiv sein. Sein Bild ist mithin eine Untergruppe von S_{6} von Ordnung 168. Da 168 jedoch kein Teiler von 6! = 720 ist, ist dies nicht möglich.

(3) Hierzu genügt es wegen der Einfachheit von G zu zeigen, daß ⋂_{P ∈Syl_{2}(G)} P normal in G ist. Es genügt hierfür zu zeigen, daß ⋂_{P ∈Syl_{2}(G)} P ⊆ ⋂_{P ∈Syl_{2}(G)} ^{x}P ist für alle x ∈ G, die umgekehrte Inklusion folgt dann mit Konjugation mit x^{−1}. Ist g in der linken Seite enthalten, so ist g in jeder 2-Sylowgruppe enthalten. Sei nun P ∈ Syl_{2}(G). Wir müssen zeigen, daß g ∈ ^{x}P. Nun ist aber auch ^{x}P eine 2-Sylowgruppe, und somit in der Tat g ∈ ^{x}P.

Aufgabe 5.

Es ist C_{8} = ⟨x | x^{8}⟩. Ein Automorphismus ist gegeben durch x \overline{}x^{i} mit i ∈ \{1, 3, 5, 7\}. Sei α : x \overline{}x^{3}, und sei β : b \overline{}b^{5}. Wegen α ∘ β : x \overline{}x^{7} erzeugen α und β die Gruppe Aut C_{8}. Es ist C_{2} × C_{2} = ⟨a, b | a^{2}, b^{2}, [a, b]⟩. Durch

[figure: C_{2} × C_{2}; Aut C_{8}; a; α; b; β]

ist ein Gruppenmorphismus definiert, da α^{2} = id, β^{2} = id und [α, β] = id. Dieser ist wegen Aut C_{8} = ⟨α, β⟩ surjektiv, und da beide Seiten 4 Elemente enthalten, auch injektiv.

Aufgabe 6.

Wir verwenden hierzu ein semidirektes Produkt C_{7} ⋊ C_{3}. Damit die Gruppe nicht abelsch wird, müssen wir Sorge tragen, daß der definierende Morphismus C_{3} \overline{}Aut C_{7} nicht trivial ist.

Sei C_{7} = ⟨x | x^{7}⟩, sei C_{3} = ⟨a | a^{3}⟩. Es gibt einen nichttrivialen Automorphismus α : C_{7} ^{\overline{}^{∼}} C_{7}, x \overline{}x^{2}. Dieser ist von Ordnung 3, da x^{2^{3}} = x. Also gibt es einen Morphismus C_{3} \overline{}Aut C_{7}, a \overline{}α.

Das aus diesem Morphismus resultierende semidirekte Produkt C_{7} ⋊ C_{3} ist eine nichtabelsche Gruppe von Ordnung 21.

Aufgabe 7.

Wir bestimmen Urbilder unter dem surjektiven Ringmorphismus

[figure: Z; Z/4Z; ×; Z/5Z; ×; Z/7Z; z; (z; ,; z; ,; z)]

von (1, 0, 0), (0, 1, 0) und (0, 0, 1).

Ad (1, 0, 0). Der euklidsche Algorithmus liefert (−1) · 35 + 9 · 4 = 1, und damit −35 \overline{}(1, 0, 0).

Ad (0, 1, 0). Der euklidsche Algorithmus liefert 2 · 28 − 11 · 5 = 1, und damit 56 \overline{}(0, 1, 0).

Ad (0, 0, 1). Der euklidsche Algorithmus liefert (−1) · 20 + 3 · 7 = 1, und damit −20 \overline{}(0, 0, 1).

Damit können wir x = −35a + 56b − 20c wählen.

Aufgabe 8.

(1) Die Aussage ist falsch. Sei z.B. G = S_{4}. Wir haben | Syl_{2}(G)| = 3 und | Syl_{3}(G)| = 4, und somit bei keinem Primteiler p von |G| = 2^{3} · 3 eine normale p-Sylowgruppe.

Alternativ, wähle für G irgendeine nichtabelsche einfache Gruppe (z.B. A_{n} für n ≥ 5). Dann hat |G| wenigstens 2 Primteiler, so daß wegen G einfach keine Sylowgruppe von G ein Normalteiler sein darf.

(2) Die Aussage ist falsch. Sei z.B. G = S_{3}, N = ⟨(1, 2, 3)⟩ und U = ⟨(1, 2)⟩. Es entspricht ((1, 2, 3), (1, 2)) ∈ N ⋊ U dem Element (1, 3) ∈ S_{3} unter dem Isomorphismus N ⋊ U ^{\overline{}^{∼}} G, (n, u) \overline{}nu. Also hat ((1, 2, 3), (1, 2)) die Ordnung 2, nicht die Ordnung kgV(|⟨(1, 2, 3)⟩|, |⟨(1, 2)⟩|) = 6.

(3) Die Aussage ist wahr. Es ist |G| = 102 = 2 · 3 · 17. Es ist | Syl_{17}(G)| = 1, da diese Kardinalität ein Teiler von 6 und zugleich ≡_{17} 1 sein muß. Damit hat G einen abelschen, insbesondere auflösbaren Normalteiler, nämlich die 17-Sylowgruppe P. Und auch der Quotient G/P ist auflösbar, da er Ordnung 6 hat (und somit eine abelsche normale 3-Sylowgruppe mit abelschem Quotienten besitzt).