G. Nebe, M. Künzer 29.03.2005

Algebra I, WS 04/05

Lösung Nachklausur

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; ^{•^{3} Erz. b^{−1}a^{2} = (2, 4)}; ^{•^{2} red.}; •; 3; a; b; •; 4; a; b; ^{•^{1} red.}; ^{•^{4} red.}; ^{•^{1} red.}]

Daraus ergeben sich die folgenden strong generators.

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

Es ist Stab_{G}(1) = ⟨ba^{2}⟩ = ⟨(2, 4)⟩. Wählt wir z.B. 2 als zweites Basiselement und schreiben c := ba^{2}, so ergeben sich aus dem Baum

2 ^{\overline{}^{c}} 4 ^{\overline{}^{c}} 2 : red.

die strong generators

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

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

(2) Es ist (1, 2)(3, 4) ∈ G genau dann, wenn w_{1}(2)^{−1}(1, 2)(3, 4) = (2, 4) ∈ Stab_{G}(1). Dies ist der Fall (da w_{2}(4)^{−1}(2, 4) =

1 ∈ Stab_{G}(1, 2), wenn man möchte), und in der Tat ist

w_{1}(2)^{−1}(1, 2)(3, 4) = ba^{2} ,

und also z.B. (1, 2)(3, 4) = w_{1}(2)ba^{2} = aba^{2}. Aufgabe 2.

(1) Es ist μ_{α,Q}(X) = X^{2} − 2X + 2, speziell also α^{2} = 2α − 2 und 2/α = 2 − α. Da 2 = (1 + i)(1 − i) ∈ (α), ist

R/(α) = Z[α]/(2, α)
≃ Z[X]/(X^{2} − 2X + 2, 2, X)
≃ F_{2}[X]/(X)
≃ F_{2}

ein Integritätsbereich, und damit α ∈ R ein Primelement. Außerdem folgt |R/(α^{k})| = 2^{k} für k ≥ 1. Da ferner α^{2}/2 = i eine Einheit in R ist, ist (α^{2}) = (2).

(2) Umformen gibt z.B.

(\begin{matrix}2 & α & 4 & 0 \\ α & 0 & 0 & 2 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) ⇝ (\begin{matrix}α & 0 & 0 & 0 \\ 0 & α & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & α−2 \\ 0 & 1 & 2α−4 & 2−2α \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

Somit wird Cokern(u) ≃ R/(α) ⊕ R/(α).

Ferner ergibt sich die Elementarteilerform von (\begin{matrix}0 & α−2 \\ 2α−4 & 2−2α \end{matrix}) zu (\begin{matrix}α & 0 \\ 0 & 2α \end{matrix}). Es wird somit

Bild(u) ≃ R/(α) ⊕ R/(2α).
Probe: | Cokern(u)| = 2^{1+1}, |Bild(u)| = 2^{1+3} und |Y | = 2^{4+2} ist in Ordnung.

Aufgabe 3.

(1) Die Menge der Teiler von 385 = 5·7·11 ist {1, 5, 7, 11, 35, 55, 77, 385}. Somit gibt es eine zyklische 7-Sylowgruppe P_{5}, eine zyklische 11-Sylowgruppe P_{11}, und entweder eine oder elf 5-Sylowgruppen. Gäbe es nur eine 5-Sylowgruppe P_{5}, notwendig zyklisch, so wäre G isomorph zu P_{5}×P_{7}×P_{11}, und damit abelsch. Also gibt es elf 5-Sylowgruppen, und also 11 · (5 − 1) = 44 Elemente der Ordnung 5.

(2) Um ein nichtabelsches semidirektes Produkt von C_{7} × C_{11} mit C_{5} zu erhalten, brauchen wir einen nichttrivialen Gruppenmorphismus von C_{5} nach Aut(C_{7}×C_{11}), i.e. wir brauchen ein Element der Ordnung 5 in Aut(C_{7}×C_{11}) ≃ Aut(C_{7}) × Aut(C_{11}). Nun ist Aut(C_{11}) ≃ (Z/11Z)^{∗} ≃ C_{10}, enthält also insbesondere ein Element der Ordnung 5.

Aufgabe 4 (20 Punkte)

Berechnung des Zerfällungskörpers E.

Sei K_{0} := K.

Schritt 1 a. Wir zerlegen f(X) in irreduzible Faktoren in K_{0}[X] (erübrigt sich hier nach Voraussetzung). Wir sind fertig, falls alle diese irreduziblen Faktoren von f(X) Grad 1 haben.

Schritt 1 b. Sei K_{1} ein Wurzelkörper über K_{0} eines irreduziblen Faktors f_{1}(X) ∈ K_{0}[X] von f(X) von Grad > 1, sei a_{1} eine Wurzel dieses Faktors, und sei K_{1} := K_{0}(a_{1}).

Schritt 2 a. Wir zerlegen f(X) in irreduzible Faktoren in K_{1}[X]. Wir sind fertig, falls alle diese irreduziblen Faktoren von f(X) Grad 1 haben.

Schritt 2 b. Sei K_{2} ein Wurzelkörper über K_{1} eines irreduziblen Faktors f_{2}(X) ∈ K_{1}[X] von f(X) von Grad > 1, sei a_{2} eine Wurzel dieses Faktors, und sei K_{2} := K_{1}(a_{2}).

Schritt 3 a. Wir zerlegen f(X) in irreduzible Faktoren in K_{2}[X]. Wir sind fertig, falls alle diese irreduziblen Faktoren von f(X) Grad 1 haben.

Schritt 3 b. Sei K_{3} ein Wurzelkörper über K_{2} eines irreduziblen Faktors f_{3}(X) ∈ K_{2}[X] von f(X) von Grad > 1, sei a_{3} eine Wurzel dieses Faktors, und sei K_{3} := K_{2}(a_{3}).

Und so fort.

Das Verfahren bricht ab, sobald f(X) in K_{j}[X] in Faktoren von Grad 1 zerfällt. Dann ist K_{j} von diesen Wurzeln erzeugt über K (sogar schon von einer j-elementigen Teilmenge der Menge der Wurzeln). (Da sich in jedem Schritt die Zahl der irreduziblen Faktoren von f(X) um wenigstens 1 erhöht, bricht das Verfahren auch tatsächlich nach höchstens deg(f) − 1 Schritten ab.) Somit können wir E := K_{j} setzen.

Berechnung der Galoisgruppe Gal(E|K) als Menge.

Schreibe f(X) = (X − α_{1})(X − α_{2}) ⋯ (X − α_{n}) ∈ E[X], wobei n := deg(f). Sei E = K(α_{1}, …, α_{j}).

Ein Automorphismus ist gegeben durch ein Tupel (β_{1}, …, β_{j}) mit allen β_{i} in A := {α_{1}, …, α_{n}}, unter folgender Bedingung.

Zu Anfang ist das leere Tupel () zulässig.

Sei (β_{1}, …, β_{i−1}) bereits auf zulässige Weise gewählt. Dieses Tupel definiert einen Isomorphismus

K(α_{1}, …, α_{i−1}) \overline{}^{φ_{i−1}}_{∼} K(β_{1}, …, β_{i−1})

über K von Teilkörpern von E, welcher α_{s} auf β_{s} schickt für alle s ∈ [1, i − 1]. Nun ist β_{i} als Nullstelle von f_{i}^{φ_{i−1}}(X) zu wählen, i.e. als Nullstelle des aus f_{i}(X) durch Ersetzung von α_{s} durch β_{s} für alle s ∈ [1, i − 1] hervorgehenden Polynoms. Ist dies der Fall, so ist (β_{1}, …, β_{i−1}, β_{i}) zulässig. Diese Wahl definiert dann ihrerseits einen Isomorphismus K(α_{1}, …, α_{i}) \overline{}^{φ_{i}}_{∼} K(β_{1}, …, β_{i}), mit dem man fortfahren kann.

Die Menge der zulässigen Tupel (β_{1}, …, β_{j}) der Länge j definiert einen Automorphismus von E, und steht so in Bijektion zur Menge Gal(E|K). In anderen Worten, als Menge läßt sich Gal(E|K) über die zulässigen Tupel von Länge j beschreiben. Berechnung der Galoisgruppe Gal(E|K) als Gruppe. Sei ein Automorphismus σ von E über K durch das Bildtupel (β_{1}, …, β_{j}) von (α_{1}, …, α_{j}) gegeben. Das Bild von α_{s} mit s ∈ [j + 1, n] berechnet sich folgendermaßen. Es ist α_{s} ∈ E = K(α_{1}, …, α_{j}), und folglich gibt es ein Polynom g_{s}(X_{1}, …, X_{j}) ∈ K[X_{1}, …, X_{j}] mit α_{s} = g_{s}(α_{1}, …, α_{j}). Dann ist notwendig das Bild β_{s} von α_{s} unter dem gegebenen Automorphismus gleich β_{s} = g_{s}(α_{1}, …, α_{s}). (Ist j = n − 1, so erübrigt sich diese Rechnung, da man in A ∖ {β_{1}, …, β_{n−1}} nur noch eine Wahl für β_{n} hat.) Nun können wir einbetten und σ ∈ Gal(E|K) auf σ̃ ∈ S_{n} schicken vermöge β_{i} = α_{σ̃(i)} für i ∈ [1, n] – dies legt eine Permutation σ̃ eindeutig fest, und σ \overline{}σ̃ definiert einen injektiven Gruppenmorphismus von Gal(E|K) nach S_{n}. Man hat so Gal(E|K) bis auf Isomorphie als Untergruppe von S_{n} berechnet. Aufgabe 5. Sei z.B. F_{9} := F_{3}(ι) mit ι^{2} = −1. Dies ist gestattet, da X^{2} + 1 ∈ F_{3}[X] mangels Nullstelle irreduzibel ist. Sei z.B. F_{81} := F_{9}(κ) mit κ^{2} = ι + 1. Dies ist gestattet, da X^{2} − (ι + 1) ∈ F_{9}[X] mangels Nullstelle irreduzibel ist. Nun ist die Frobeniusbahn von κ über F_{3} gegeben durch {κ, κ^{3}, κ^{9}, κ^{27}} = {κ, ικ + κ, −κ, −ικ − κ}, und enthält somit 4 verschiedene Elemente. Also ist F_{81} = F_{3}(κ). Und in der Tat erhalten wir das normierte irreduzible Polynom

μ_{κ,F_{3}}(X) = X^{4} + X^{2} − 1 .

Aufgabe 6. Es ist Gal(Q(ζ_{5})|Q) ≃ (Z/(5))^{∗}, wobei k + (5) ∈ (Z/(5))^{∗} das Element ζ := ζ_{5} auf ζ^{k} schickt. Erster Lösungsweg. Die Galoiskonjugierten von ζ sind in {ζ, ζ^{2}, ζ^{3}, ζ^{4}}. Und in der Tat ist das Tupel (ζ, ζ^{2}, ζ^{3}, ζ^{4}) linear unabhängig über Q, da mit ζ^{4} = −1 − ζ − ζ^{2} − ζ^{3} bezüglich der Basis (1, ζ, ζ^{2}, ζ^{3}) die Matrix

(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & −1 \\ 1 & 0 & 0 & −1 \\ 0 & 1 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 1 & −1 \end{matrix})

zu betrachten ist, und diese ist regulär. Alternativ, da die Multiplikation mit ζ auf Q(ζ) ein Q-linearer Isomorphismus ist, ist mit (1, ζ, ζ^{2}, ζ^{3}) auch (ζ, ζ^{2}, ζ^{3}, ζ^{4}) eine Basis. Jedenfalls ist

( ζ, ζ^{2}, ζ^{3}, ζ^{4} )

eine Normalbasis von Q(ζ)|Q. Zweiter Lösungsweg (nur im Notfall). Wir verwenden die Notation von Aufgabe 56. Es ist μ_{ζ,Q}(X) = Φ_{4}(X) = X^{4} + X^{3} + X^{2} + X + 1, und so wird

f(X) = \frac{1}{5} ((ζ^{2} − ζ)X^{3} + (ζ^{3} − ζ)X^{2} + (−ζ^{3} − ζ^{2} − 2ζ − 1)X + (−ζ + 1)) ,

und damit

d(X) = \frac{1}{25}((−8ζ^{3} − 8ζ^{2} − 4)X^{9} + (−8ζ^{3} − 8ζ^{2} − 4)X^{8} + (−24ζ^{3} − 24ζ^{2} − 12)X^{7} + (−52ζ^{3} − 52ζ^{2} − 26)X^{6}

+(−48ζ^{3} − 48ζ^{2} − 24)X^{5} + (−52ζ^{3} − 52ζ^{2} − 26)X^{4} + (−32ζ^{3} − 32ζ^{2} − 16)X^{3} + (−16ζ^{3} − 16ζ^{2} − 8)X^{2}

+(−8ζ^{3} − 8ζ^{2} − 4)X + (−2ζ^{3} − 2ζ^{2} − 1)) .

Glücklicherweise ist bereits d(0) = −2ζ^{3} − 2ζ^{2} − 1 ≠ 0 (was man auch durch Berechnen der Determinante der Matrix erkennen kann, in welcher in den Einträgen bereits 0 eingesetzt wird). Somit ist z.B. 5f(0) = 1 − ζ geeignet, was die Normalbasis

( 1 − ζ, 1 − ζ^{2}, 1 − ζ^{3}, 1 − ζ^{4} )

von Q(ζ)|Q liefert. Aufgabe 7. Faktorisiert in irreduzible Faktoren wird X^{3} − 1 = (X − 1)(X^{2} + X + 1). Der euklidsche Algorithmus liefert

\frac{1}{3}(X^{2} + X + 1) − \frac{1}{3}(X + 2)(X − 1) = 1 .

Also ist z.B. das Bild von \frac{1}{3}(X^{2} + X + 1) in

Q[X]/(X^{3} − 1) ≃ Q[X]/(X^{2} + X + 1) × Q[X]/(X − 1) ( ≃ Q[ζ_{3}] × Q )

gegeben durch (0, 1) ∉ {(0, 0), (1, 1)}.

Aufgabe 8.

(1) Die Aussage ist falsch. Denn in Q[X_{1}, X_{2}, X_{3}] sind die elementarsymmetrischen Polynome gegeben durch s_{1} = X_{1} + X_{2} + X_{3}, s_{2} = X_{1}X_{2} + X_{1}X_{3} + X_{2}X_{3} und s_{3} = X_{1}X_{2}X_{3}. Und z.B. s_{1}^{2} = (X_{1}^{2} + X_{2}^{2} + X_{3}^{2}) + 2(X_{1}X_{2} + X_{1}X_{3} + X_{2}X_{3}) ist kein elementarsymmetrisches Polynom (wie etwa der Koeffizient von X_{1}^{2} zeigt).

(2) Die Aussage ist falsch. Es ist z.B. X^{4} + 4 = (X^{2} + 2X + 2)(X^{2} − 2X + 2).

(3) Die Aussage ist falsch. Dafür gibt es mehrere alternative Lösungen. In jeder sei zunächst angenommen, es gäbe so eine Gruppe G.

1. Lösung. Die Tatsache, daß G einen Normalteiler N_{1} isomorph zu A_{5} enthält, liefert wegen der Einfachheit von A_{5}, daß G genau die Kompositionsfaktoren A_{5} und C_{2} besitzt (im Sinne des Satzes von Jordan-Hölder). Die Tatsache, daß G einen Normalteiler N_{2} mit G/N_{2} ≃ C_{3} enthält, impliziert aber, daß G auch einen Kompositionsfaktor C_{3} besitzen muß, was aber nicht der Fall ist. Somit haben wir einen Widerspruch.

2. Lösung. Es ist |N_{2}/(N_{1} ∩N_{2})| = |(N_{1}N_{2})/N_{1}| ∈ {1, 2}, da [G : N_{1}] = 2. Nun ist aber N_{1} ∩N_{2} ein Normalteiler von N_{1} von Ordnung ≤ |N_{2}| = 40, und also ist N_{1} ∩ N_{2} = 1 wegen N_{1} einfach. Insgesamt ist 40 = |N_{2}| = |N_{2}/(N_{1} ∩ N_{2})||N_{1} ∩ N_{2}| ∈ {1, 2}, Widerspruch.

3. Lösung. Sei G′ die Kommutatoruntergruppe von G. Es ist G′ ≤ N_{1}, da G/N_{1} ≃ C_{2} abelsch ist, und auch G′ ≤ N_{2}, da G/N_{2} ≃ C_{3} abelsch ist. Also ist G′ ≤ N_{1} ∩ N_{2}. Nun ist aber N_{1} ∩ N_{2} als Normalteiler von Ordnung ≤ 40 der einfachen Gruppe N_{1} abelsch, und somit ist N_{1} ∩N_{2} = 1 (wie in der 2. Lösung). Folglich ist G′ = 1, d.h. G ist abelsch. Da nun N_{2} ≃ A_{5} nicht abelsch ist, und zugleich abelsch als Untergruppe einer abelschen Gruppe, sind wir bei einem Widerspruch angelangt.