Dann ist die Ordnung von ϕ(ε) wegen des Satzes von Lagrange ein gemeinsamer Teiler von 11 und |S8|= 8!, also 1

L¨

Aufgabe 1

Es sei G eine Gruppe, die von je einem Element der Ordnung 7, 11 und 13 erzeugt wird.

a) Zeigen Sie, dass es keine transitive Operation von G auf einer Menge mit 8 Ele- menten geben kann.

Hinweis: Was weiß man ¨uber die Operation der gegebenen Erzeuger von G? b) Gibt es eine Gruppe G mit Erzeugern wie angegeben, die auf einer Menge mit 12

Elementen transitiv operiert?

L¨osung.

a) Es seien σ, ε, δ ∈G die ausgew¨ahlten Erzeuger. Weiter sei eine Operation von G auf M :={1,2,3,4,5,6,7,8} gegeben durch einen Homomorphismus ϕ:G→S₈.

Dann ist die Ordnung von ϕ(ε) wegen des Satzes von Lagrange ein gemeinsamer Teiler von 11 und |S₈|= 8!, also 1. Damit ist ϕ(ε) = Id.

Mit demselben Argument ist ϕ(δ) = Id.

Es folgt ϕ(G) = hϕ(σ)i, und das ist eine zyklische Gruppe der Ordnung 1 oder 7. Die Gruppe hϕ(σ)i kann aber nicht transitiv auf M operieren, denn die Bahnbilanzformel w¨urde dann erzwingen, dass 8 ein Teiler von 7 ist.

b) Ja, das ist m¨oglich.

Zur Konstruktion eines Beispiels sei σ der 7-Zykel (1 2 3 4 5 6 7) und ε der 11-Zykel (2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12). Diese beiden Zykel erzeugen eine Untergruppe H von S₁₂, die transitiv auf Z :={1,2, . . . ,12} operiert. Die Gruppe

G:=H×Z/13Z tut dies dann auch via

(π, a)•x:=π(x), π∈H, a∈Z/13Z, x∈Z.

G wird von (σ,0), (ε,0) und (Id,1 + 13Z) erzeugt.

Es seien p < q zwei Primzahlen, b∈N, und G eine Gruppe mit p²q^b Elementen.

Zeigen Sie:

a) Wenn es keine normale q-Sylowgruppe in G gibt, dann ist p= 2 und q = 3, und es gibt einen nichttrivialen Homomorphismus von G nach S₄.

b) In jedem Fall ist G aufl¨osbar.

L¨osung.

a) Die Anzahl der q-Sylowgrupen ist ein Teiler von p² und ist kongruent zu 1 modulo q. Wenn es keine normale q-Sylowgruppe gibt, dann gibt es p oder p² davon. Allerdings ist p ausgeschlossen, da sonst q ein Teiler von p−1 sein m¨usste, was wegen p < q nicht geht.

Folglich ist die Anzahl gleich p². Damit ist p+qZ eine Nullstelle von X² −1 in Fq. Dieses Polynom hat in Fq die zwei Nullstellen 1 und −1 . Da p nicht 1 modulo q sein kann (siehe oben), ist es −1 modulo q, und wegen p < q folgt dieses Mal p = q−1.

Daher ist p oder q gerade, und es folgt p= 2, q = 3.

In diesem Fall gibt es 4 3-Sylowgruppen, auf denen G transitiv durch Konjugation operiert. Durchnumerieren dieser Sylowgruppen liefert einen Gruppenhomomorphismus ϕ:G→S₄, dessen Bild transitiv auf {1,2,3,4} operiert, als Kardinalit¨at also wegen der Bahnbilanzformel ein Vielfaches von 4 hat und damit nichttrivial ist.

b) Es gibt in jedem Fall einen nichttrivialen Normalteiler N ⊆ G, sodass N und G/N zu einer bekannten Klasse von aufl¨osbaren Gruppen geh¨oren. Damit ist nach einem Satz der Vorlesung auch G aufl¨osbar.

Konkreter sei N die q-Sylowgruppe, falls diese normal ist, oder anderenfalls der Kern des dann existierenden Homomorphismus ϕ aus Teilaufgabe a).

Im ersten Fall ist N eine q-Gruppe und G/N eine p-Gruppe, die bekanntlich aufl¨osbar sind.

Im zweiten Fall ist der Kern eine 3-Gruppe, denn 4 teilt laut a) |G/N|=|Im(ϕ)|. Also ist der Kern aufl¨osbar. Auch das Bild ist aufl¨osbar, da es eine Untergruppe der aufl¨osbaren Gruppe S₄ ist.

Es seien R, S Ringe und ϕ : R → S ein surjektiver Ringhomomorphismus. Weiter sei J ⊆S ein Ideal.

a) Geben Sie ein Ideal I ⊆ R an, f¨ur das es einen Isomorphismus zwischen R/I und S/J gibt.

b) Ist das Urbild des Zentrums von S gleich dem Zentrum von R?

L¨osung.Es sei π:S →S/J der kanonische Homomorphismus. Dann ist π surjektiv, und damit auch π◦ϕ.

Der Kern von π◦ϕ ist I :=ϕ⁻¹(J), denn

∀r∈R:π◦ϕ(r) = 0 ⇐⇒ ϕ(r)∈Kern(π) = J ⇐⇒ r∈ϕ⁻¹(J).

Als Kern eines Ringhomomorphismus ist I nat¨urlich ein Ideal in R.

Der Homomorphiesatz sagt dann, dass

R/I ∼=π◦ϕ(R) = S/J.

b) Es sei S der Nullring. Dann ist Kern(ϕ) =R, und dies ist genau dann das Zentrum von R, wenn R kommutativ ist. Da es nichtkommutative Ringe gibt (zum Beispiel den Matrizenring Z^2×2), muss das Zentrum von R nicht mit dem Urbild des Zentrums von S ¨ubereinstimmen.

a) Formulieren Sie den Elementarteilersatz.

b) Es sei U ⊆Z^r eine Untergruppe von endlichem Index N, und N werde von keinem Quadrat einer Primzahl geteilt.

Was sind die Elementarteiler von U in Z^r? Welche Struktur hat Z^r/U?

L¨osung.

a) Es sei R ein Hauptidealring und U ⊆ Rⁿ ein Untermodul. Dann gibt es eine ganze Zahl 0≤r≤n, eine R-Basis {b₁, . . . , b_n} von Rⁿ und Elemente e₁, . . . , e_r ∈R mit der Eigenschaft, dass e_i ein Teiler von e_i+1 ist ( 1≤i≤r−1 ), und so, dass

{e₁b₁, . . . , e_rb_r} eine Basis von U ist.

Die Elemente e₁, . . . , e_r sind bis auf Assoziiertheit eindeutig bestimmt.

b) Da U in Z^r endlichen Index hat, hat es Rang r, und damit gibt es r Elementarteiler 1|e₁ |e₂ |. . .|er−1 |e_r.

Der Index von U ist

N =e₁·e₂·. . .·e_r.

Wenn nun er−1 nicht 1 w¨are, dann h¨atte es einen Primteiler p ∈ N. Dieser teilte auch e_r, und es folgt

p² teilt N.

Da N quadratfrei ist, folgt ein Widerspruch, und er−1 = 1. Daher folgt e_i = 1,1≤i≤r−1, e_r =N.

Folglich ist

Z^r/U ∼=Z/NZ eine zyklische Gruppe.

Es seien p 6∈ {2,5} eine Primzahl und F der kleinste Erweiterungsk¨orper von Fp, der eine Einheit α der Ordnung 5 enth¨alt.

Zeigen Sie:

a) w:=α−α²−α³ +α⁴ ist eine Quadratwurzel von 5.

b) w liegt genau dann in Fp, wenn p≡ ±1 (mod 5).

L¨osung.

a) Es gilt

w² =α² +α⁴ +α⁶ +α⁸ + 2(−α³−α⁴+α⁵+α⁵−α⁶−α⁷)

=α² +α⁴ +α+α³+ 2(α³−α⁴+ 1 + 1−α−α²)

= 4−(α+α²+α³+α⁴) = 5.

Hierbei wurden zuerst die Klammern aufgel¨ost, dann die Exponenten modulo 5 reduziert (wegen α⁵ = 1 erlaubt) und schließlich die Relation

1 +α+α²+α³+α⁴ = α⁵−1 α−1 = 0 ausgenutzt.

b) w geh¨ort genau dann zu F^p, wenn es vom Erzeuger der Galoisgruppe Gal(F|F^p) festgelassen wird.

Dieser Erzeuger ist laut Vorlesung der Frobenius:

ϕ:F →F, ϕ(x) =x^p. Es gilt

ϕ(w) = α^p−α^2p −α^3p+α^4p.

Ist hierbei p≡1 (mod 5), dann ist α^kp =α^k und damit ϕ(w) =w, denn alle Summanden bleiben unver¨andert.

Ist p≡ −1 (mod 5), dann ist α^kp =α^−k =α^5−k. Es folgt

ϕ(α+α⁴) = α+α⁴, ϕ(α²+α³) = α²+α³, und damit wieder ϕ(w) = w.

Im Fall p≡ ±2 (mod 5) schließlich gilt

ϕ(α+α⁴) = α²+α³, ϕ(α²+α³) = α+α⁴.

Das erzwingt ϕ(w) =−w, also ist hier wegen p6= 2 das Element w nicht unter ϕ fix.

Bestimmen Sie das Minimalpolynom von α:=√³ 5·√

7 ¨uber Q. Welche Zwischenk¨orper gibt es in der Erweiterung Q⊆Q(α) ? L¨osung.

Die ersten paar Potenzen von α sind α:=√³

5·√

7, α² = 7√³

25, α³ = 35·√

7, α⁴ = 245√³

5, α⁵ = 245√³ 25·√

7, α⁶ = 5² ·7³. Folglich ist das Minimalpolynom von α ein Teiler von f :=X⁶−5²·7³.

In Q(α) liegt auch α³ und damit √

7, sowie α⁴ und damit √³ 5.

Die Minimalpolynome hiervon sind X² −7 und X³ −5 (irreduzibel wegen Eisenstein und dem Gauß-Lemma), also gibt es in Q(α) Teilk¨orper, die ¨uber Q Grad 2 und Grad 3 haben. Der Grad von Q(α) ¨uber Q ist also ein gemeinsames Vielfaches von 2 und 3 . Als Teiler von 6 ist er damit tats¨achlich 6, und f ist das Minimalpolynom von α ¨uber Q.

Es sei L der Zerf¨allungsk¨orper von f ¨uber Q. Dann ist klar, dass L=Q(α, ζ),

wobei ζ eine dritte Einheitswurzel ist. Die Nullstellen von f sind n¨amlich (NB: −ζ ist eine primitive 6te Einheitswurzel)

α,−ζ²α, ζα,−α, ζ²α,−ζα.

L hat ¨uber Q Grad 12, denn das Minimalpolynom von ζ ¨uber dem reellen K¨orper Q(α) ist immer noch X² +X + 1. Die Galoisgruppe G von L ¨uber Q permutiert die 3 Nullstellen von X³ −5 und die zwei Nullstellen von X²−7. Die Elemente sind durch ihre Wirkung dort eindeutig bestimmt. Da

|G|= 12 =|S₃×S₂| gilt, ist G tats¨achlich isomorph zu S₃×S₂.

Die komplexe Konjugation liefert einen Automorphismus von L, der in S₃ ×S₂ einem Paar (τ,Id) entspricht, wobei τ eine Transposition ist: die reellen Zahlen √³

5 und ±√ 7 werden von ihr nicht ver¨andert, die beiden nicht reellen Wurzeln von X³−5 vertauscht.

Der Fixk¨orper der Konjugation ist gerade Q(α).

Die Teilk¨orper von Q(α) entsprechen daher unter dem Hauptsatz der Galoistheorie den Untergruppen von G, die die komplexe Konjugation enthalten. Das sind die Gruppen

hτi × {Id}, S₃× {Id}, hτi ×S₂, S₃×S₂.

Es gibt also vier solche Zwischenk¨orper, und diese sind daher die offensichtlichen:

Q(α), Q(√

7), Q(√³ 5), Q.