G. Nebe, M. Künzer 02.12.2004

Algebra I, WS 04/05

Lösung Probeklausur I

Aufgabe 1.

(1) Verwenden wir die treue Operation von G auf F_{2}^{3}, und wählen wir z.B. (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) als erstes Element der base, so erhalten wir folgenden Baum.

[figure: •; (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}); a; b; ^{•^{(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})} Erz. a}; •; (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}); a; b; •; (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}); a; b; ^{•^{(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})} red.}; •; (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}); a; b; ^{•^{(\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})} red.}; ^{•^{(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})} red.}; ^{•^{(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})} red.}]

Daraus ergeben sich folgende strong generators.

\begin{aligned}w_{(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})}((\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})) & = & 1 & = & (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) \\ w_{(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})}((\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})) & = & b & = & (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) \\ w_{(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})}((\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})) & = & ab & = & (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) \\ w_{(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})}((\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})) & = & bab & = & (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) \end{aligned}

Es ist Stab_{G}((\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})) = ⟨a⟩. Wählen wir z.B. (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) als zweites Element der base, so ergeben sich direkt folgende strong generators.

\begin{aligned}w_{(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})}((\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})) & = & 1 & = & (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) \\ w_{(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})}((\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})) & = & a & = & (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) \end{aligned}

Es ist nun Stab_{G}((\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})) = 1.

(2) Es ist (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}). Somit ist (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) ∈ G genau dann, wenn w_{(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})}((\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}))^{−1} (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) ∈

Stab_{G}((\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})).

Falls man es an dieser Stelle noch nicht direkt erkennt, argumentiert man wie folgt. Es ist (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) =

(\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}). Somit ist (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) ∈ Stab_{G}((\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})) genau dann, wenn w_{(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})}((\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}))^{−1} (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) ∈ Stab_{G}((\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})).

Dies ist der Fall.

Setzen wir zusammen. Es ist

(\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) = w_{(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})}((\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})) (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})
= bab · w_{(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})}((\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}))
= baba .

An dieser Stelle empfiehlt sich eine Probe.

(3) Hier gibt es einen theoretischen und einen rechnerischen Lösungsweg.

Theoretisch. Wegen ab ≠ ba ist G nicht abelsch. Also ist |Z(G)| ≠ 8. Ferner ist daher auch |Z(G)| ≠ 4, da sonst G/Z(G) zyklisch und wiederum G abelsch wäre. Schließlich ist |Z(G)| ≠ 1, da G eine 2-Gruppe ist. Bleibt nur die Möglichkeit |Z(G)| = 2.

Rechnerisch. Wir wenden den Bahnenalgorithmus auf die Operation von G auf sich via Konjugation an und bestimmen den Stabilisator Stab_{G}(a, b). Das liefert zunächst den folgenden Baum.

[figure: •; (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}); a; b; ^{•^{(\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})}Erz. a}; •; (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}); a; b; ^{•^{(\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})}Erz. bab}; ^{•^{(\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})}red.}]

Mit c := bab = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) wird also Stab_{G}(a) = ⟨a, c⟩. Damit erhalten wir folgenden Baum.

[figure: •; (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}); a; c; •; (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}); a; c; ^{•^{(\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})}red.}; ^{•^{(\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})}red.}; ^{•^{(\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})}Erz. a^{−1}c}]

Somit wird Z(G) = Stab_{G}(a, b) = ⟨ac⟩ = ⟨(\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})⟩, und also |Z(G)| = 2.

Die Rechnung liefert nun etwas genauer als die Theorie auch die Elemente von Z(G) – die Mühe war also nicht ganz umsonst.

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_{5}}σ| \\ (1, 2, 3, 4, 5) & 4^{1} & 24 \\ (1, 2, 3, 4)(4) & 4^{2} & 30 \\ (1, 2, 3)(3, 4) & 4^{2} & 20 \\ (1, 2, 3)(3)(4) & 4^{3} & 20 \\ (1, 2)(3, 4)(5) & 4^{3} & 15 \\ (1, 2)(3)(4)(5) & 4^{4} & 10 \\ (1)(2)(3)(4)(5) & 4^{5} & 1 \end{matrix}

Mit Burnside erhalten wir

\frac{1}{5!} (24 · 4^{1} + 30 · 4^{2} + 20 · 4^{2} + 20 · 4^{3} + 15 · 4^{3} + 10 · 4^{4} + 1 · 4^{5}) ( = 56)

Bahnen von S_{5} auf A.

Aufgabe 3.

Es genügt zu zeigen, daß G/G′ unendlich ist, da eine endliche Gruppe keinen unendlichen Quotienten haben kann.

Für G/G′ berechnen wir die Elementarteilerform der Matrix (\begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ −2 & 5 & 1 \\ −2 & −1 & −1 \end{matrix}) zu (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}). Also ist G/G′ ≃ C_{4} × Z, und somit keine endliche Gruppe.

Aufgabe 4.

(1) Wir behaupten, daß G keine Untergruppe von Index 4 enthält. Wäre U ≤ G von Index 4, so gäbe es in G einen Normalteiler N, welcher zum einen in U enthalten ist, und welcher zum anderen einen Index in G hat, welcher 4! = 24 teilt (cf. 18 (2)). Also wäre 4 ≤ [G : N] ≤ 24, und N insbesondere N ∉ {1, G}. Da G einfach ist, ist dies nicht möglich.

(2) Es ist | Syl_{5}(G)| ∈ {6, 36}, da diese Anzahl ein Teiler von 72 und ≡_{5} 1 sein sollte, sowie ungleich 1 sein muß wegen G einfach. Wäre | Syl_{5}(G)| = 36, so gäbe es in G genau 36 · 4 = 144 Elemente der Ordnung 5, im Widerspruch zur Voraussetzung.

Damit gibt es einen nichttrivialen Gruppenmorphismus G \overline{}S_{Syl_{5}(G)} ≃ S_{6}. Dessen Kern kann nicht gleich G sein, und muß somit gleich 1 sein wegen G einfach. Also ist er injektiv, und G isomorph zu seinem Bild, welches eine Untergruppe von S_{6} darstellt, wie behauptet.

(3) Sei U ≤ S_{6} die in (2) gefundene Untergruppe isomorph zu G. Wäre U ≰ A_{6}, so wäre U ^{\overline{}^{sgn}} \{−1, +1\} surjektiv, hätte also einen Kern von Ordnung 180, im Widerspruch zur Einfachheit von U. Also ist U ≤ A_{6}. Wegen |U| = |A_{6}| ist insgesamt G ≃ U = A_{6}.

Aufgabe 5.

Sei C_{2} × C_{2} = ⟨x, y | x^{2}, y^{2}, [x, y]⟩ geschrieben. Ein Endomorphismus von C_{2} × C_{2} schickt x \overline{}x^{a}y^{c} und y \overline{}x^{b}y^{d} für gewisse a, b, c, d ∈ F_{2}. Weisen wir einem solchen Endomorphismus die Matrix (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) zu, so entspricht die Komposition der Matrixmultiplikation. Invertierbare Endomorphismen, i.e. Automorphismen, entsprechen also invertierbaren Matrizen. So erhalten wir einen Isomorphismus Aut(C_{2} × C_{2}) ^{\overline{}^{∼}} GL_{2}(F_{2}).

Es ist z.B. (\begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}) ∈ GL_{2}(F_{2}) ein Element der Ordnung 3, wie man entweder durch Ausprobieren, oder aber als Begleitmatrix des Polynoms X^{2} + X + 1 ∈ F_{2}[X], einem Teiler von X^{3} − 1, findet.

Dies liefert den Automorphismus

[figure: C_{2} × C_{2}; ∼; C_{2} × C_{2}; x; y; y; xy]

von Ordnung 3.

Aufgabe 6.

Sei G eine Gruppe von Ordnung |G| = 55. Es ist | Syl_{11}(G)| = 1. Sei N die normale 11-Sylowgruppe, und sei U eine 5-Sylowgruppe. Es ist N ∩ U = 1 und |N||U| = 11 · 5 = 55, und somit G ≃ N ⋊ U.

Da N und U abelsch sind, ist dieses semidirekte Produkt ist genau dann abelsch, wenn es sich um ein direktes Produkt handelt.

Nehmen wir nun für U eine zyklische Gruppe von Ordnung 5, erzeugt von u, und für N eine zyklische Gruppe der Ordnung 11, erzeugt von n. Es bleibt zu klären, wieviele paarweise nichtisomorphe Gruppen der Form N ⋊ U man ausgehend von einem nichttrivialen Morphismus

(∗)  U \overline{}Aut N

erhält. Ein solcher ist gegeben durch ein Bild von u in Aut N, welches Ordnung 5 besitzt (und nicht Ordnung 1).

Ein Automorphismus von N ist gegeben durch n \overline{}n^{a} mit a ∈ (Z/11Z)∖\{0\}. Für a = 2 erhält man wegen 2^{2} ≢_{11} 1 und 2^{5} ≢_{11} 1 einen Automorphismus der Ordnung 10. Damit erhält man für a ∈ {2^{1}, 2^{3}, 2^{−1}, 2^{−3}} sämtliche Elemente der Ordnung 10 in Aut N, und folglich für a ∈ {2^{2}, 2^{6}, 2^{−2}, 2^{−6}} = {4, −2, 3, 5} sämtliche Elemente der Ordnung 5 in Aut N. Schreiben wir die aus letzteren hervorgehenden Gruppen der Form N ⋊U einmal G_{4}, G_{−2}, G_{3} resp. G_{5}.

Mit G_{−2} haben wir eine nichtabelsche Gruppe von Ordnung 55 konstruiert.

Wenn wir u′ = u^{2} setzen in G_{−2}, so erzeugt auch u′ die Untergruppe U, und es kommt u′ unter (∗) auf n \overline{}n^{(−2)^{2}} = n^{4}. Also ist G_{4} ^{\overline{}^{∼}} G_{−2} via n \overline{}n, u \overline{}u′.

Wenn wir u′ = u^{3} setzen in G_{−2}, so erzeugt auch u′ die Untergruppe U, und es kommt u′ unter (∗) auf n \overline{}n^{(−2)^{3}} = n^{3}. Also ist G_{3} ^{\overline{}^{∼}} G_{−2} via n \overline{}n, u \overline{}u′.

Wenn wir u′ = u^{4} setzen in G_{−2}, so erzeugt auch u′ die Untergruppe U, und es kommt u′ unter (∗) auf n \overline{}n^{(−2)^{4}} = n^{5}. Also ist G_{5} ^{\overline{}^{∼}} G_{−2} via n \overline{}n, u \overline{}u′.

Somit repräsentiert G_{−2} den einzigen Isomorphietyp nichtabelscher Gruppen der Ordnung 55.

Bemerkung. Man unterscheide die beiden Schritte. Im ersten Schritt wurde untersucht, wie eine nichtabelsche Gruppe von Ordnung 55 aussehen muß – sie muß von der Form C_{11} ⋊ C_{5} sein. Im zweiten Schritt wurden alle solche Gruppen konstruiert und ihr Verhältnis zueinander untersucht.

Aufgabe 7.

(1) Es ist

R/(5) ≃ Z[X]/(X^{3} − 2, 5)
≃ F_{5}[X]/(X^{3} − 2)
= F_{5}[X]/((X + 2)(X^{2} − 2X − 1))
≃ F_{5}[X]/(X + 2) × F_{5}[X]/(X^{2} − 2X − 1)

nach dem Chinesischen Restsatz. Da sowohl X + 2 als auch X^{2} − 2X − 1 in F_{5}[X] irreduzibel sind, ist R in ein ringdirektes Produkt von Körpern zerlegt.

(2) Es ist

R/(3) ≃ Z[X]/(X^{3} − 2, 3)
≃ F_{3}[X]/(X^{3} − 2)
= F_{3}[X]/((X + 1)^{3}) .

Letzterer Ring enthält als nichtverschwindendes nilpotentes Element z.B. die Restklasse von X + 1. Verfolgt man die Isomorphismen zurück, so erkennt man, daß die Restklasse von X + 1 auch in R/(3) nilpotent und ungleich Null ist.

Aufgabe 8.

(1) Die Aussage ist falsch. Zum Beispiel enthält C_{2} × C_{2} = ⟨a, b | a^{2}, b^{2}, [a, b]⟩ für p = 2 die Untergruppen ⟨a⟩, ⟨b⟩ und ⟨ab⟩ von Ordnung 2, welche in verschiedenen Bahnen unter der Konjugationsoperation liegen, da in abelschen Gruppen diese Bahnen samt und sonders Länge 1 haben.

(2) Die Aussage ist richtig. Ist α ∈ Aut G, so ist wegen |α(P)| = |P | auch α(P) eine p-Sylowgruppe von G. Da P aber die einzige P -Sylowgruppe von G ist, folgt α(P) = P.

(3) Die Aussage ist richtig. Bezeichne G ^{\overline{}^{φ}} G/G′, g \overline{}gG′ die Restklassenabbildung. Es ist U/G′ ≤ G/G′. Da G/G′ abelsch ist, ist sogar U/G′ ⊴ G/G′. Daher ist auch U = φ^{−1}(U/G′) ⊴ G als Urbild eines Normalteilers unter einem Gruppenmorphismus selbst ein Normalteiler.