Übungsblätter zur Vorlesung Algebra I Wintersemester 2003-2004

Übungsblätter zur VorlesungAlgebra I

Wintersemester 2003-2004

Dipl.-Math. Daniel Haase

Prof. Dr. H. Maier 22.10.2003Dipl.-Math. D. Haase WS 2003-2004Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)

Algebra I - Lösungsblatt 1Zur Übungsstunde vom 22.10.2003

Aufgabe 1 (Algebraische Strukturen) 4 PunkteOrdnen Sie die gegebenen Mengen mit der jeweiligen Verknüpfung in das Diagramm ein und begründenSie die Einordnung kurz:

Menge mit Verknüpfung → Halbgruppe → Monoid → Gruppe

(a) Natürliche Zahlen N = {1, 2, 3, · · · } mit der Addition.(b) Ganze Zahlen Z = {0,±1,±2, · · · } mit der Subtraktion.(c) Menge der Abbildungen A = {f : M →M} einer nichtleerer Menge M mit der Hintereinan-

derausführung (Komposition) (f ◦ g)(m) = f(g(m)).(d) Menge der Homomorphismen Hom(G,G′) = {φ : G → G′ | ∀g, h ∈ G : φ(gh) = φ(g)φ(h)}

einer Gruppe G in eine Gruppe G′ mit werteweiser Multiplikation (φ · ψ)(g) = φ(g) · ψ(g).

Lösung

Bestmögliche Strukturen sind:

(a) (N,+) ist nur Halbgruppe, dagegen ist (N0,+) ein Monoid.(b) (Z,−) trägt keine Halbgruppenstruktur, da Subtraktion nicht assoziativ ist.(c) (A, ◦) ist ein Monoid, neutrales Element ist die Identität idM .(d) Für nicht-abelsche G′ ist · eine Verknüpfung, deren Bilder nicht notwendig in der Menge

Hom(G,G′) liegen: (φ · ψ)(xy) = φ(xy) · ψ(xy) = φ(x)φ(y)ψ(x)ψ(y) 6= φ(x)ψ(x)φ(y)ψ(y) =[(φ ·ψ)(x)] · [(φ ·ψ)(y)], d. h. φ ·ψ ist kein Gruppenhomomorphismus. Falls G′ abelsch ist bildetHom(G,G′) aber eine Gruppe: Neutrales Element ist die konstante Abbildung 1 : g 7→ 1G,das Inverse zu φ ist φ−1 : g 7→ (φ(g))−1.

Aufgabe 2 (Untergruppen) 4 PunkteSei G eine Gruppe mit Untergruppen H1,H2 ≤ G. Zeigen Sie:

(a) Der Schnitt H1 ∩H2 ist wieder eine Untergruppe von G.(b) Ist H eine Untergruppe und U ⊆ G zu H konjugiert, so ist auch U eine Untergruppe.(c) Geben Sie konkrete Gruppen G, H1 und H2 an, so dass die Vereinigung H1 ∪ H2 keine

Untergruppe von G ist.

Lösung

Untergruppenkriterium: H ⊆ G ist Untergruppe gdw. x · y−1 ∈ H für alle x, y ∈ H.

(a) Angenommen x, y ∈ H1 ∩H2, dann ist xy−1 ∈ H1 wegen x, y ∈ H1 und H1 ≤ G. Analog istxy−1 ∈ H2 wegen x, y ∈ H2 und H2 ≤ G. Also insbesondere xy−1 ∈ H1 ∩H2.

(b) Sei g ∈ G mit U = g−1Hg gegeben. Das Untergruppenkriterium in der Schreibweise mit demKomplexprodukt ergibt UU−1 = g−1Hgg−1H−1g = g−1HH−1g ⊆ g−1Hg = U .

(c) Beispielsweise G = Z (mit der Addition als Verknüpfung), H1 = 2Z und H2 = 3Z. Dann ist2 ∈ H1 und 3 ∈ H2. Sowohl 2 als auch 3 liegen in H1 ∪H2, aber 5 = 3 + 2 liegt weder in H1

noch in H2.

Aufgabe 3 (Matrizengruppen) 4 PunkteEs sei Rn×n der Ring der quadratischen Matrizen der Dimension n über einem kommutativen RingR. Er enthält die allgemeine Lineare Gruppe GLn(R) = {A ∈ Rn×n | A invertierbar}, die spezielleLineare Gruppe SLn(R) = {A ∈ GLn(R) | det(A) = 1R} und die Menge HR = {α · I |α ∈ R∗} mit derEinheitsmatrix I ∈ SLn(R). Zeigen Sie:

(a) HR und SLn(R) sind Untergruppen von GLn(R).(b) HR ist abelsch und normal in GLn(R), aber GLn(R) ist nicht notwendig abelsch.(c) Sei speziell R = Z, dann gibt es eine unendliche abelsche Untergruppe in SL2(Z).

(Hinweis: Verwenden Sie die Matrix T aus der nachfolgenden Aufgabe)

Lösung

(a) Verwende das Untergruppenkriterium: Sind A,B ∈ SLn(R) mit det(A) = det(B) = 1, so istauch det(AB−1) = det(A) · det(B)−1 = 1, also AB−1 ∈ SLn(R). Analog ist (αI) · (βI)−1 =αβ−1I ∈ HR, da mit α, β ∈ R∗ auch αβ−1 in der Gruppe R∗ liegt.

(b) Die Einheitengruppe R∗ ist nach Voraussetzung abelsch. Daher gilt (αI) · (βI) = (αβI) =(βαI) = (βI) · (αI). Die Menge HR ist auch Normalteiler, denn für jedes A ∈ GLn(R) ist(αI) ·A = α ·A = A · α = A · (αI). Dass GLn(R) nicht notwendig abelsch ist zeigt(

1 11 0

)·(

0 11 1

)=

(1 20 1

)6=

(0 11 1

)·(

1 11 0

)=

(1 02 1

)falls im Ring R nicht 1 + 1 = 0 ist.

(c) Für die Matrix T aus Aufgabe 4 gilt

T =(

1 10 1

), T−1 =

(1 −10 1

), T 2 =

(1 20 1

), T−2 =

(1 −20 1

).

Man sieht leicht, dass eine Multiplikation von T an T k von Links gerade die Matrix T k+1 mitKomponente k + 1 oben rechts ergibt. Also sind alle T k für k ∈ Z verschieden, insbesondereist 〈T 〉 = {T k | k ∈ Z} unendlich. Diese Gruppe ist aber zyklisch, also auch abelsch, undes ist 〈A〉 ≤ SL2(Z) wegen det(T k) = det(T )k = 1. Die Abbildung φ : k 7→ T k ist sogarein injektiver Gruppenhomomorphismus von der additiven Gruppe Z in die multiplikativeGruppe SL2(Z).

Aufgabe 4 (Matrizen über endlichen Körpern) 4 PunkteSei Fp der endliche Körper zur Primzahl p. Berechnen Sie die (multiplikative) Ordnung der folgendenMatrizen in GL2(Fp):

T =(

1 10 1

), S =

(0 1

p− 1 0

), M = T · S

! Diese Aufgabe wurde nicht gewertet !

Lösung

Ausmultiplizieren ergibt T 2 =(

1 20 1

), T 3 =

(1 30 1

)usw. bis T p = I2×2, denn es ist p = 0 in Fp,

d. h. ord(T ) = p. Es ist S2 =(p− 1 0

0 p− 1

), also S2 = −I2×2 in GL2(Fp). Ist p = 2, so besitzt S wegen

−1 = 1 in F2 die Ordnung 2. Für p > 2 ist die Ordnung dagegen 4 wegen (−I2×2)2 = I2×2. Die Ordnung

von M =(p− 1 1p− 1 0

)ist dagegen 3 unabhängig von p: M2 =

(0 p− 11 p− 1

)bzw. M3 =

(1 00 1

).



Aufgabe 5 (Komplexprodukt) 4 PunkteSei (Z,+) die additive Gruppe der ganzen Zahlen. Zeigen Sie:

(a) Jede Teilmenge der Form nZ = {0,±n,±2n, . . .} für n ∈ Z mit n ≥ 1 ist Untergruppe von Z.(b) Komplexprodukte dieser Untergruppen sind wieder Untergruppen.(c) Die Untergruppen G = (6Z) + (10Z) und H = (10Z) + (15Z) sind von der obigen Form,

d. h. G = mZ bzw. H = nZ.(d) Es gibt m,n ∈ Z mit m,n 6= 1 und (mZ) + (nZ) = Z.

Lösung

(a) Untergruppenkriterium: nk und nk′ in nZ mit k, k′ ∈ Z, dann ist auch nk−nk′ = n(k−k′) ∈nZ wegen k − k′ ∈ Z.

(b) Komplexprodukte sind (nZ) + (mZ) = {na + mb | a, b ∈ Z}. Untergruppenkriterium: Sind(na+mb), (na′ +mb′) ∈ (nZ) + (mZ), dann ist auch (na+mb)− (na′ +mb′) = n(a− a′) +m(b− b′) ∈ (nZ) + (mZ).

(c) Es ist G = {6a + 10b | a, b ∈ Z}. Jede gerade ganze Zahl ist in G enthalten, da G nach dervorigen Teilaufgabe eine Gruppe ist, und 2 = 10 · (−1)+6 ·2 enthalten ist, also 〈2〉 = 2Z ≤ G.Andererseits kann keine ungerade ganze Zahl in G liegen, da Vielfache von 6 bzw. Vielfachevon 10 und deren Summen stets gerade sind. Also besteht G genau aus den geraden Zahlen,und es ist G = 2Z. Analog liegt 5 in H wegen 5 = 10 · (−1) + 15 · 1, also ist 〈5〉 = 5Z ≤ H.Andererseits kann in H keine Zahl liegen, die kein Vielfaches von 5 ist: h = 10a + 15b =5 · (2a + 3b) impliziert, dass h ein Vielfaches von 5 ist. Also besteht H gerade aus denVielfachen von 5, bzw. H = 5Z.

(d) Möglich ist zum Beispiel m = 2 und n = 3. Falls h ∈ Z gerade ist, so liegt h schon in 2Z,also auch in (2Z) + (3Z). Ist h ungerade, so ist h′ = h − 3 gerade, liegt also in 2Z. Dannaber liegt h = h′ + 3 in (2Z) + (3Z). Also liegen alle h ∈ Z im Komplexprodukt, und es ist(2Z) + (3Z) = Z.

Aufgabe 6 (Konjugation) 3 PunkteEs seien die Permutationen

σ =(

1 2 3 42 3 4 1

)und τij(k) =

j falls k = ii falls k = jk sonst

für i, j ∈ {1, 2, 3, 4} mit i 6= j aus S4 gegeben.

(a) Berechnen Sie die Ordnungen von σ und den τij .(b) Berechnen Sie die Inversen von σ und den τij .

(c) Berechnen Sie das Element σ−1 ◦ τij ◦ σ.

Hinweis: Allgemein bezeichnet man die τij ∈ Sn für i, j ∈ {1, 2, . . . , n} mit i 6= j als Transpositionen.

Lösung

(a) Es gilt

σ2 =(

1 2 3 43 4 1 2

), σ3 =

(1 2 3 44 1 2 3

), σ4 =

(1 2 3 41 2 3 4

)= id ,

also ist ord(σ) = 4. Die τij vertauschen gerade die Elemente i und j, lassen aber alle anderenElemente fest. Also ist τ2

ij = id, bzw. ord(τij) = 2 für alle i 6= j.(b) Nach der vorigen Teilaufgabe ist σ4 = id = 1, also σ ◦ σ3 = 1, und daher σ−1 = σ3. Da die

τij sämtlich Ordnung 2 besitzen ist τ−1ij = τij für alle i 6= j.

(c) Sei π = σ−1 ◦ τij ◦ σ. Behauptung: π = τσ−1(i),σ−1(j). Für k 6= σ−1(i), σ−1(j) ist σ(k) 6= i, j,also ist τij(σ(k)) = σ(k). Insgesamt ist dann π(k) = σ−1(τij(σ(k))) = σ−1(σ(k)) = k.Für k = σ−1(i) ist dagegen τij(σ(k)) = j, also π(k) = σ−1(j). Analog ist π(k) = σ−1(i)für k = σ−1(j). Also vertauscht π gerade die Elemente σ−1(i) und σ−1(j), woraus mit derDefinition der τij die Behauptung folgt.

Aufgabe 7 (Bahnen) 5 PunkteSei Z / 2Z die Menge der Restklassen in Z modulo 2. Das minimale nichtnegative Restsystem ist dann{0, 1} mit den Restklassen 0 = 0 + 2Z und 1 = 1 + 2Z. Mit den Rechenregeln

+ 0 10 0 11 1 0

· 0 10 0 01 0 1

wird Z / 2Z ein Körper. In diesem Zusammenhang schreibt man auch F2 statt Z / 2Z . Zeigen Sie, dassdie Matrix

A =

0 0 11 0 10 1 0

in der SL3(F2) liegt, und dass die Operation der Untergruppe 〈A〉 auf SL3(F2) durch Multiplikationvon Links eine Partition der SL3(F2) in Bahnen (Nebenklassen) zu je 7 Elementen ergibt.

Lösung

Zunächst ist det(A) = 1, das kann man entweder mit dem Entwicklungssatz von Laplace oder derdirekten Berechnung von det(A) mit der Regel von Sarrus zeigen. Also ist A in der SL3(F2) undinsbesondere invertierbar. Potenzieren von A ergibt

A2 =

0 1 00 1 11 0 1

A3 =

1 0 11 1 10 1 1

A4 =

0 1 11 1 01 1 1

A5 =

1 1 11 0 01 1 0

A6 =

1 1 00 0 11 0 0

A7 =

1 0 00 1 00 0 1

Daher ist ord(A) = 7. Sei also H = 〈A〉 = {I,A,A2, . . . , A6} das Erzeugnis von A mit H ≤ SL3(F2).Es gibt eine Bahn mit genau 7 Elementen in H\SL3(F2), nämlich H selbst als Bahn von I. Jede weitereBahn ist eine Nebenklasse der Form H ·B mit B ∈ SL3(F2). Die Abbildung

H −→ H ·BAj 7→ Aj ·B

ist eine Bijektion von H nach HB (Umkehrabbildung ist C 7→ C ·B−1, denn B ∈ SL3(F2) ist invertier-bar). Also enthalten alle Bahnen die gleiche Anzahl Elemente (das ist stets der Fall, wenn die BahnenNebenklassen sind).

Aufgabe 8 (Endliche Gruppen) 2 PunkteSei G eine endliche und nicht triviale Gruppe. Zeigen Sie, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind:

(a) |G| = p für eine Primzahl p.(b) G besitzt nur die trivialen Untergruppen {1} und G.(c) |G| = p für eine Primzahl und G ist zyklisch.

Lösung

Ringschluss:a ⇒ b

Sei H ≤ G eine Untergruppe mit Index (G : H) = k. Die Nebenklassen M = G/H = {gH | g ∈ G}mit |M | = k sind eine Partitionierung von G. Die Nebenklassen sind disjunkt, und wegen |gH| = |H|liegen in jeder Klasse gleich viele Elemente, also ist p = |G| = |H| ·k. Da p aber eine Primzahl ist, sinddie einzigen Möglichkeiten k = p (bzw. H = {1}) und k = 1 (bzw. H = G).b ⇒ c

Nach Voraussetzung gibt es ein g ∈ G das nicht das neutrale Element ist. Insbesondere enthält dasErzeugnis H = 〈g〉 = {1, g, gg, ggg, . . .} neben 1 noch g, und ist daher nicht die triviale Gruppe. DaH eine Untergruppe von G ist folgt mit (b) dass H = G ist, insbesondere ist G = 〈g〉 zyklisch von g

erzeugt. Angenommen |G| = n und n ist nicht prim, dann gibt es k mit k 6= 1 und k 6= n, das n teilt.Die von dem Element h = gk erzeugte Untergruppe H ist dann gerade H = {h0, h1, h2, h3, . . .}. Mitj = n

k ist hj = gn = 1 in G, also ist H zyklisch von Ordnung j, aber 1 < j < n ist im Widerspruch zu(b).Der verbleibende Schluss von (c) auf (a) ist trivial.

Aufgabe 9 (Eigenschaften von Gruppen) 2 PunkteEin Element g einer Gruppe heißt selbstinvers, falls g−1 = g ist. Zeigen Sie:

(a) Ist in einer Gruppe jedes Element selbstinvers, so ist G abelsch.(b) Gibt es in einer Gruppe G außer 1G noch weitere selbstinverse Elemente, so ist G entweder

endlich oder nicht zyklisch.

Lösung

(a) Seien a, b ∈ G beliebig. Die Aussage ab = ba ist äquivalent zu ab(ba)−1 = 1G. Nach Voraus-setzung gilt nun ab(ba)−1 = abba = aa = 1G.

(b) Sei G zyklisch erzeugt von g ∈ G und a−1 = a mit a 6= 1G. Dann ist a = gk ∈ G für eink 6= 0. Multiplikation mit a auf beiden Seiten ergibt 1G = a2 = g2k. Also ist ord(g) ≤ 2k,insbesondere ist G = 〈g〉 endlich.



Aufgabe 10 (Stabilisatoren und Konjugation) 2 PunkteSei G eine beliebige Gruppe, die auf einer Menge M operiert. Zeigen Sie, dass StabG(m) und StabG(m′)zueinander konjugiert sind, falls m,m′ ∈M in der gleichen Bahn unter G liegen.

Lösung

Seien m,m′ ∈ M aus der gleichen Bahn unter G, etwa mit hm = m′ für ein h ∈ G. Die Bedingunggm′ = m′ ist dann gleichbedeutend mit g(hm) = (hm), und diese Gleichung geht durch Multiplikati-on von Links mit h−1 über in (h−1gh)m = m. Also ist offenbar g ∈ StabG(m′) gleichbedeutend mith−1gh ∈ StabG(m), was zu zeigen war.

Aufgabe 11 (Stabilisatoren in Matrizengruppen) 3 PunkteFür einen Körper K operiert die Matrizengruppe GL(n,K) von Links auf dem Vektorraum Kn durchdie übliche Multiplikation von Matrizen mit Vektoren. Sei speziell K = F2 (vgl. Aufgabe 7 vom letztenÜbungsblatt) und G = GL(3,F2), dann operiert G auf dem Vektorraum F3

2. Die Elemente von F32

werden wie üblich als Spaltenvektoren geschrieben. Berechnen Sie für die Vektoren

~x =

110

, ~y =

101

ein A ∈ G mit StabG(~y) = A · StabG(~x) ·A−1.

Lösung

Es ist StabG(~x) = {B ∈ G |B~x = ~x} bzw. StabG(~y) = {B ∈ G |B~y = ~y}. Gesucht ist also ein A ∈ G,dass die Eigenschaft

∀B ∈ G : B~x = ~x ⇐⇒ (A ·B ·A−1)~y = ~y

erfüllt. Multipliziert man die rechte Gleichung von Links mit A−1, so erhält man B · (A−1~y) = (A−1~y).Die geforderte Äquivalenz gilt daher genau dann, wenn A−1~y = ~x ist. Gesucht ist also ein A ∈ G mitA~x = ~y. Seien ~a1, . . . ,~a3 die Zeilen von A, dann ergeben sich die Bedingungen

~a1 ·

110

= 1 , ~a2 ·

110

= 0 , ~a3 ·

110

= 1

für die Matrix A. Die erste Bedingung ist beispielsweise mit der Wahl ~a1 = (1, 0, 0) erfüllt, die zweitemit ~a2 = (0, 0, 1). Die dritte Bedingung erfüllt ~a3 = (0, 1, 0), und offensichtlich ist die zugehörigeMatrix

A =

1 0 00 0 10 1 0

invertierbar mit Determinante 1 (in F2 ist 1 = −1). Mit diesem A gilt dann A~x = ~y, also auch dieobige Äquivalenz und damit die Forderung StabG(~y) = A · StabG(~x) ·A−1.

Aufgabe 12 (Isomorphie und Konjugation) 4 PunkteZwei Untergruppen U1, U2 ≤ G sind konjugiert, falls es ein h ∈ G gibt mit hU1h

−1 = U2. Sie heißenisomorph, falls es einen bijektiven Gruppenhomomorphismus Φ : U1 → U2 gibt. Zeigen Sie:

(a) Zueinander konjugierte Untergruppen sind auch zueinander isomorph.(b) In G = S4 gibt es isomorphe Untergruppen, die nicht konjugiert sind.

(Verwenden Sie die Eigenschaften der Transpositionen τij aus Aufgabe 6)

Lösung

(a) Seien U1, U2 ≤ G konjugiert, also h−1U1h = U2 für ein h ∈ G. Zu h sei die Abbildung

ϕh ={U1 → U2

g 7→ h−1gh

definiert. Zunächst liegt das Bild von ϕh tatsächlich in U2 wegen der Konjugation von U2

zu U1 über h. Die Abbildung ist ein Homomorphismus, denn es gilt ϕh(gg′) = h−1(gg′)h =(h−1gh)(h−1g′h) = ϕh(g)ϕh(g′). Sie ist auch injektiv, denn aus h−1gh = h−1g′h folgt durchMultiplikation mit h von Links und mit h−1 von Rechts sofort g = g′. Die Abbildung istsurjektiv, denn zu g ∈ U2 ist offenbar hgh−1 ein Urbild (d. h. ϕ−1

h = ϕh−1). Insgesamt istalso ϕh ein Isomorphismus von Gruppen, was zu zeigen war.

Die Abbildungen ϕh für h ∈ G bezeichnet man auch als innere Automorphismen von G

(b) Setze U1 = 〈τ12〉 = {id, τ12} und U2 = 〈τ12τ34〉 = {id, τ12τ34}. Beide Gruppen bestehenneben der Identität nur aus einem weiteren selbstinversen Element, sie sind daher isomorph(man sagt, sie sind vom Isomorphietyp Z/2Z). Der zugehörige Isomorphismus bildet id aufid und τ12 auf τ12τ34 ab. Angenommen die Gruppen sind konjugiert über ein π ∈ S4, alsoπ−1U1π = U2. Für die Identität ist natürlich π−1 ◦ id ◦ π wieder die Identität, aber für dasandere Element von U1 bekommt man die Gleichung

π−1τ12π = τ12τ34 .

Nachrechnen analog zu Aufgabe 6 vom vorigen Übungsblatt zeigt, dass auch τ ′ = π−1τ12πwieder eine Transposition ist, die gerade die Elemente π−1(1) und π−1(2) vertauscht, alleanderen aber fest lässt. Andererseits ist einfach zu sehen, dass die rechte Seite der Gleichungτ12τ34 keine Transposition ist, da sie kein Element fest lässt. Also kann die Konjugationsglei-chung π−1τ12π = τ12τ34 für kein π ∈ S4 zutreffen, d. h. die isomorphen Gruppen U1 und U2

sind nicht konjugiert.

Aufgabe 13 (Kleinsche Vierergruppe) 4 PunkteDie Untergruppe V4 = {id , τ12τ34 , τ13τ24 , τ14τ23} der S4 heißt Kleinsche Vierergruppe. Zeigen Sie,dass V4 ein abelscher Normalteiler von S4 ist, der selbst genau fünf Normalteiler enthält.

Lösung

Zunächst ist sind alle Elemente der V4 selbstinvers, mit Aufgabe 9 ist V4 daher abelsch. Sei nun π ∈ S4

beliebig. Nachrechnen analog zu Aufgabe 6 ergibt π−1τ12τ34π = τijτkl mit i = π−1(1), j = π−1(2),

k = π−1(3) und l = π−1(4). Da π eine Bijektion ist sind i, j, k, l ∈ {1, 2, 3, 4} paarweise verschieden,insbesondere liegt τijτkl wieder in V4. Die Rechnung für die Elemente τ13τ24 und τ14τ23 ist analog. Alsoist π−1V4π ⊆ V4, mit Satz 1.4.2 ist die Kleinsche Vierergruppe also ein Normalteiler. In V4 ist jedeUntergruppe wegen der Kommutativität automatisch ein Normalteiler. Für jedes v ∈ V4 ist {id, v}eine Untergruppe, da jedes Element selbstinvers ist. Zudem sind {id} und V4 selbst Untergruppen. Esgibt keine weiteren Untergruppen, da das Produkt zweier verschiedener nichttrivialer Elemente aus V4

gerade das dritte Element der V4 ergibt.

Aufgabe 14 (Transitivität von Untergruppeneigenschaften) 3 PunkteSei G eine Gruppe und Aut(G) die Menge der Automorphismen von G (ein Automorphismus ist einIsomorphismus Φ : G → G). Eine Untergruppe U ≤ G heißt charakteristisch in G, falls für jedenAutomorphismus Φ von G die Einschränkung auf U wieder ein Automorphismus ist. Zeigen Sie:

(a) Die Eigenschaft charakteristisch zu sein ist transitiv.(Ist U charakteristisch in G und V charakteristisch in U , so ist V charakteristisch in G)

(b) Die Eigenschaft Normalteiler zu sein ist nicht transitiv.(Verwenden Sie dazu Aufgabe 13)

Lösung

(a) Seien V ≤ U ≤ G jeweils charakteristisch und Φ ∈ Aut(G) beliebig. Da U in G charakteris-tisch ist, liegt die Einschränkung Ψ = Φ|U von Φ auf U in Aut(U). Da nun V charakteristischin U ist, liegt die Einschränkung Ψ|V von Ψ auf V in Aut(V ). Es ist aber gerade Φ|V = Ψ|V ,also insbesondere Φ|V ∈ Aut(V ). Da Φ ∈ Aut(G) beliebig war folgt, dass V in G ebenfallscharakteristisch ist.

(b) Es sei V = {id, τ12τ34} und V4 die Kleinsche Vierergruppe, dann gilt nach der vorherigenAufgabe V E V4 E S4. Sei

σ =(

1 2 3 42 3 4 1

)die Permutation aus Aufgabe 6, dann erhält man

σ−1τ12τ34σ =(

1 2 3 44 3 2 1

)= τ14τ23 /∈ V

durch einfaches Nachrechnen. Also ist V kein Normalteiler der S4.



Aufgabe 15 (Kongruenzgruppen) 5 PunkteFür ein N ∈ N sind die Mengen

U1 ={ (

a bc d

)∈ SL(2,Z)

∣∣∣∣ b, c ≡ 0 mod N}

U2 ={ (

a bc d

)∈ SL(2,Z)

∣∣∣∣ b, c ≡ 0 mod N und a, d ≡ 1 mod N}

Beispiele für Kongruenzgruppen in der SL(2,Z). U2 heißt Hauptkongruenzgruppe zur Stufe N . BeideMengen sind Untergruppen der SL(2,Z) (das brauchen Sie nicht zu zeigen). Zeigen Sie die folgendenEigenschaften:

(a) U2 ist ein Normalteiler der SL(2,Z).(b) U1 ist kein Normalteiler der SL(2,Z).

Hinweis für Teil b): Konjugieren Sie ein typisches Element aus U1 mit der Matrix T aus Aufgabe 4!

Lösung

! Der zweite Aufgabenteil (3 Punkte) wurde nicht gewertet !

(a) Sei G = SL(2,Z) und G′ = SL(2,Z/nZ). Dann ist

φ =

G → G′(a bc d

)7→

(a b

c d

)ein Epimorphismus (die Homomorphie ergibt sich aus der Verträglichkeit von + und ·mit demÜbergang a 7→ a). Eine Matrix A liegt genau dann im Kern von φ, wenn A komponentenweisekongruent zur Einheitsmatrix (dem Einselement in G′) ist, das ist aber gerade die Definitionvon U2. Also ist Ker(φ) = U2, und nach dem Homomorphiesatz ist U2 dann ein Normalteilervon G.

(b) Dieser Aufgabenteil ist nur lösbar, wenn zusätzlich N > 3 und N ungerade vorausgesetzt wird.Ein typisches Element von U1 ist

A =(a NN b

)mit a, b ∈ Z und det(A) = ab−N2 = 1. Mit der Matrix T aus Aufgabe 4 gilt dann

A′ = T ·A · T−1 =(a+N b− aN b−N

).

Dann ist

A′ ≡(a b− a0 b

)mod N (komponentenweise) .

Falls N ungerade ist (etwa N = 2k − 1 für ein k ∈ N) kann man beispielsweise a = 2 undb = 1

2(N2 + 1) wählen (mit N ist auch N2 ungerade). Dann ist det(A) = N2 + 1 − N2 = 1und b − a = 1

2(N2 + 1) − 2 = 12(4k2 − 4k + 2) − 2 = 2k2 − 2k + 1 − 2 = 2k2 − k − k − 1 =

k(2k − 1) − k − 1 = kN − (k + 1) ≡ −(k + 1) mod N . Mit N > 3 (bzw. k > 2) ist dannk + 1 6≡ 0 mod N wegen k + 1 < N und damit auch −(k + 1) 6≡ 0 mod N .

Aufgabe 16 (Charakterisierung der zyklischen Gruppen) 3 PunkteBestimmen Sie alle möglichen zyklischen Gruppenisomorphietypen, indem Sie die folgenden Aussagenzeigen:

(a) Jede unendliche zyklische Gruppe ist isomorph zu (Z,+).(b) Jede endliche zyklische Gruppe der Ordnung n ist isomorph zu (Z/nZ,+).

Lösung

(a) Sei G = 〈g〉 zyklisch und unendlich, dann ist G = {gk | k ∈ Z} nach Satz 1.1.2. Für jedesa ∈ G gibt es also ein k ∈ Z mit a = gk. Die Abbildung

L ={G → Zg 7→ k mit g = ak

ist zunächst wohldefiniert, denn aus g = ak und g = ak′ in G folgt gk−k′ = 1G, das ist aberwegen g 6= 1 und ord(g) = ∞ nur für k = k′ möglich. L ist ein Epimorphismus (G, ·) → (Z,+),denn es ist L(ab) = L(gkgk′) = L(gk+k′) = k+k′ = L(gk)+L(gk′) = L(a)+L(b), und für k ∈ Zist gk ∈ G ein Urbild. L ist sogar ein Isomorphismus, denn Ker(L) = {gk ∈ G |k = 0} = {1G}.Also ist G isomorph zu (Z,+).

(b) Sei G = 〈g〉 endlich und zyklisch, dann ist G = {gk | k ∈ Z} nach Satz 1.1.2, wegen derEndlichkeit von G ist aber gn = 1G für n = ord(G). Dann gilt auch gk+n = gk, insbesondereist G = {g0, g1, . . . , gn−1}. Sei andererseits gk = gk′ in G, dann ist gk−k′ = 1G. Sei r ≥ 0 derRest von k − k′ bei Divison durch n, dann ist gk−k′ = gqN+r = 1G · gr. Aus gk = gk′ folgtdann r = 0, da gr 6= 1G für r = 1 . . . n− 1 ist. Also gilt die Äquivalenz

gk = 1G ⇔ k ≡ 0 mod n

für alle k ∈ Z. Insbesondere ist die Abbildung L aus Teil a) für endliche G nicht wohldefiniert,da ihre Bilder nur modulo n eindeutig sind. Wegen der obigen Äquivalenz ist aber die modulon faktorisierte Abbildung

L ={G → Z/nZg 7→ k mit g = ak

wohldefiniert. Die Homomorphie folgt aus der Homomorphie von L und der Verträglichkeitder Restklassenbildung k 7→ k mit + . Zu k ist gk ein Urbild, und Ker(L) = {gk ∈ G | k ≡0 mod n} = {1G} liefert die Injektivität von L, also ist G isomorph zu (Z/nZ,+).

Der Isomorphismus L (bzw. L) heißt diskreter Logarithmus zur Basis g. Er besitzt stets die vomLogarithmus aus der Analysis bekannten funktionalen Eigenschaften L(a ·b) = L(a)+L(b) und gL(a) =a.

Aufgabe 17 (Charakterisierung kleiner Gruppen) 4 PunkteBestimmen Sie alle möglichen Gruppenisomorphietypen der Ordnung n ≤ 5, indem Sie die folgendenAussagen zeigen:

(a) n = 1, 2, 3, 5: Bis auf Isomorphie gibt es nur genau eine Gruppe der Ordnung n.(b) n = 4: Jede Gruppe der Ordnung 4 ist entweder isomorph zu Z/4Z oder V4.

Lösung

(a) Im Fall n = 1 ist Φ : 1G 7→ 0 trivialerweise ein Isomorphismus, daher sind alle einelementigenGruppen isomorph zu Z/1Z. In den anderen Fällen sei a ∈ G beliebig mit a 6= 1 und H = 〈a〉die von a erzeugte Untergruppe von G. Nach Aufgabe 8 von Blatt 2 (oder mit dem Satzvon Lagrange) ist H eine triviale Untergruppe. Da a 6= 1 gewählt wurde bleibt nur der FallH = G, dann aber ist G selbst zyklisch und nach der vorigen Aufgabe isomorph zu Z/nZ.

(b) Falls G zyklisch ist folgt G ∼= Z/4Z nach der vorigen Aufgabe. Sei nun G beliebig aber nichtzyklisch mit Ordnung 4, etwa G = {1, a, b, c}. Es genügt nach Definition der Isomorphie zuzeigen, dass es nur eine mögliche Verknüpfungstafel für G gibt. Die Verknüpfung mit demneutralen Element ist bereits durch die Gruppendefinition festgelegt:

· 1 a b c1 1 a b ca ab bc c

Da G nicht zyklisch ist, besitzt kein Element die Ordnung 4, nach dem Satz von Lagrangekann aber auch kein Element die Ordnung 3 besitzen. Die nichtneutralen Elemente a, b, cbesitzen daher die Ordnung 2, d. h. sie sind selbstinvers, und auf der Diagonalen der Ver-knüpfungstafel steht das neutrale Element:

· 1 a b c1 1 a b ca a 1b b 1c c 1

Für den Rest der Verknüpfungstafel genügt es zu zeigen, dass das Produkt zweier verschie-dener nichtneutraler Elemente gerade das dritte nichtneutrale Element ergibt. Die Rechnungsei beispielsweise mit a und b ausgeführt: ab = a führt durch Multiplikation mit a−1 zurfalschen Aussage b = 1. ab = b führt durch Multiplikation mit b−1 zur falschen Aussagea = 1. ab = 1 führt durch Multiplikation mit b zu ab2 = b, und da b selbstinvers ist folgt diefalsche Aussage a = b. Also bleibt nur die Möglichkeit ab = c. Die gleiche Rechnung führt zuba = c,ac = b,ca = b, bc = a und cb = a (insbesondere ist die Gruppe abelsch). Damit hatdie Verknüpfungstafel zwangsläufig die Gestalt

· 1 a b c1 1 a b ca a 1 c bb b c 1 ac c b a 1

Dadurch ist die Struktur von G allein durch die Ordnung 4 und die Voraussetzung, dass Gnicht zyklisch ist, festgelegt. Jede weitere nichtzyklische Gruppe G der Ordnung 4 besitztdaher bis auf Umbenennung der Elemente die gleiche Verknüpfungstafel, und ist zu G iso-morph. Auch in V4 ist jedes Element selbstinvers, also besitzt auch V4 diese Verknüpfungstafel.Insgesamt sind also alle nichtzyklischen Gruppen der Ordnung 4 zueinander isomorph bzw.isomorph zu V4.

Aufgabe 18 (Automorphismen der S3) 4 PunkteZeigen Sie, dass S3 isomorph zu ihrer Automorphismengruppe ist, indem Sie die folgenden Teilschrittebeweisen:

(a) Automorphismen der S3 bilden Transpositionen auf Transpositionen ab.(b) Jedes Φ ∈ Aut(S3) ist durch seine Wirkung auf den Transpositionen festgelegt.(c) Es gibt höchstens 6 Automorphismen der S3.(d) Aut(S3) = Inn(S3) ∼= S3.

Lösung

(a) Es ist S3 = {id, τ12, τ13, τ23, σ, σ−1} mit

σ =(

1 2 32 3 1

)und ord(σ) = ord(σ−1) = 3, ord(τij) = 2 und ord(id) = 1. Da Automorphismen stets dieOrdnung erhalten, und die Elemente der Ordnung 2 genau die Transpositionen sind, bildenAutomorphismen Transpositionen auf Transpositionen ab.

(b) Die S3 wird bereits durch die Transpositionen erzeugt: id = τ12τ12, σ = τ13τ12 und σ−1 =τ12τ13. Für ein beliebiges π ∈ S3 ist dann π = τ (1) ◦ · · · ◦ τ (n) für Transpositionen τ (j). Dannaber ist Φ(π) = Φ(τ (1))◦· · ·◦Φ(τ (n)), also ist Φ(π) bereits durch die Bilder der Transpositionenτ (j) unter Φ festgelegt.

(c) Es gibt genau 3 Transpositionen in der S3, daher gibt es nur 3! = 6 verschiedene Möglichkei-ten, Transpositionen auf Transpositionen abzubilden. Nach Teil b) kann es daher nicht mehrals 6 Automorphismen geben.

(d) Nach einem Beispiel zu Definition 1.5.2 und dem Homomorphiesatz aus der Vorlesung istInn(S3) ∼= S3 falls das Zentrum der S3 trivial ist. Die Transpositionen vertauschen nicht mitσ und σ−1 (vgl. Aufgabe 6 von Blatt 2), also liegen Sie nicht im Zentrum. Umgekehrt liegendann auch σ und σ−1 nicht im Zentrum, also ist Z(S3) = {id}. Aus der Isomorphie folgt|Inn(S3)| = |S3| = 6. Jeder innere Automorphismus ist ein Automorphismus, d. h. Inn(S3) ⊆Aut(S3). Nach Teil c) enthalten beide Menge genau 6 Elemente, also ist Aut(S3) = Inn(S3),wie zu zeigen war.



Aufgabe 19 (Isomorphie) 4 PunkteZeigen Sie die folgenden Aussagen:

(a) Die Gruppe (Z,+) ist isomorph zu einer echten Untergruppe von sich selbst.(b) Die Gruppe (Q,+) ist nicht isomorph zu einer echten Untergruppe von sich selbst.

Hinweis für Teil b): Zeigen Sie zunächst, dass jeder solche Isomorphismus auf Zdie gleiche Form wie Ihr Isomorphismus aus Teil a) besitzt!

Lösung

(a) Für n ∈ N und n > 1 ist nZ eine echte Untergruppe von Z. Der zugehörige Isomorphismusist gegeben durch

Φn ={

Z → nZk 7→ n · k ,

diese Abbildung ist surjektiv (Urbild zu nk ∈ nZ ist gerade k), sie ist injektiv (na = nb ⇔a = b ist klar) und homomorph, da n(a+ b) = na+ nb ist.

(b) Sei (Q,+) isomorph zu U ≤ Q mit einer Untergruppe U über einen Isomorphismus Φ : Q → U .Zunächst sei a := Φ(1) das Bild des Elements 1 ∈ Q. Da Φ(0) = 0 das neutrale Element auchin U ist gilt a 6= 0. Für ein n ∈ N ist dann Φ(n) = Φ(1 + · · ·+ 1) = Φ(1) + · · ·+ Φ(1) = a · n.Für n ∈ Z mit n < 0 ist dann Φ(n) = Φ(−(−n)) = −Φ(−n) = −(a · n), also ist Φ(k) = a · k,d. h. die Einschränkung auf Z von Φ ist gerade ein Isomorphismus nach Teil a): Φ|Z = Φa,allerdings mit a ∈ Q. Es gilt weiterhin für k, l ∈ N die Gleichung a · k = Φ(k) = Φ( l·k

l ) =Φ(k

l + · · ·+ kl ) = Φ(k

l ) + · · ·+ Φ(kl ) = l · Φ(k

l ), also insgesamt Φ(kl ) = ak

l = a · kl . Damit ist

aber Φ(r) = a · r für alle r ∈ Q. Dann aber ist U = Q, denn jedes r ∈ Q mit r 6= 0 liegt imBild von Φ mit Urbild a−1r.

Aufgabe 20 (Die Gruppe Q/Z) 3 PunkteDie Gruppe (Z,+) ist eine Untergruppe von (Q,+), und da Q abelsch ist auch ein Normalteiler, daherkann man von der Faktorgruppe Q/Z sprechen. Zeigen Sie die folgenden Eigenschaften von Q/Z:

(a) Q/Z ist unendlich, aber jedes Element besitzt eine endliche Ordnung.(b) Für jedes n ∈ N besitzt Q/Z eine zyklische Untergruppe der Ordnung n.

Lösung

(a) Die Elemente 1n + Z für n ∈ N liegen alle in Q/Z und sind offenbar voneinander verschieden,

also ist Q/Z unendlich. Sei nun ab + Z ∈ Q/Z beliebig (ohne Einschränkung ist b > 0).

Verknüpft man dieses Element b-mal mit sich selbst, so erhält man (ab + Z) + · · ·+ (a

b + Z) =(a

b + · · ·+ ab ) + Z = (b · a

b ) + Z = a+ Z = Z, also ist die Ordnung von ab + Z höchstens b und

damit endlich.(b) Definiere zu n ∈ N die zyklische Untergruppe Un :=

⟨1n + Z

⟩von Q/Z. Der Erzeuger besitzt

genau die Ordnung n, denn n · ( 1n + Z) = (n · 1

n) + Z = Z ist das neutrale Element von Q/Z,und für 1 ≤ m < n ist offenbar m

n /∈ Z, also ist |Un| = n.

Aufgabe 21 (Das Zentrum) 2 PunkteGeben Sie konkrete Beispiele für nichttriviale Gruppen G an mit

(a) Z(G) = G,(b) Z(G) = {1G},(c) Z(G) 6= {1G}, G.

Lösung

(a) Jede abelsche Gruppe tut es, zum Beispiel (Z,+) oder V4.(b) G = S3 besitzt ein triviales Zentrum (vgl. Aufgabe 18).(c) Für G = GLn(C) ist HC ⊆ Z(G) aber Z(G) 6= G (vgl. Aufgabe 3).

Aufgabe 22 (Innere Automorphismen) 2 PunkteZeigen Sie, dass für jede Gruppe G die Gruppe Inn(G) ein Normalteiler von Aut(G) ist.

Lösung

Seien Φ ∈ Aut(G) und ϕh ∈ Inn(G) beliebig. Für g ∈ G ist dann (Φ◦ϕh ◦Φ−1)(g) = Φ(h−1 · (Φ−1(g)) ·h) = Φ(h)−1 · Φ(Φ−1(g)) · Φ(h) = Φ(h)−1 · g · Φ(h) = ϕΦ(h)(g), also ist Φ ◦ ϕh ◦ Φ−1 = ϕΦ(h), bzw.Φ ◦ Inn(G) ◦ Φ−1 ⊆ Inn(G) für alle Φ ∈ Aut(G).

Aufgabe 23 (Isomorphiesätze) 3 PunkteSei N E G ein Normalteiler, so dass für jede Untergruppe H ≤ G mit N ⊆ H entweder H = Noder H = G gilt. Zeigen Sie, dass Untergruppen H1,H2 ≤ G isomorph sind, wenn H1,H2 6= {1} undH1 ∩N = H2 ∩N = {1} gilt.

Lösung

Seien G,N,H1,H2 mit diesen Eigenschaften gegeben. Sei im Folgenden i = 1, 2. Nach dem 1. Isomor-phiesatz gilt

Hi / (Hi ∩N) ∼= (HiN) /N ,

nach Voraussetzung ist aber Hi∩N = {1}. Jede Gruppe ist isomorph zu ihrer Faktorisierung nach dertrivialen Gruppe {1}, also gilt

Hi∼= Hi / (Hi ∩N) ∼= (HiN) /N .

Das Produkt HiN ist eine Untergruppe von G, denn aus der Normalität von N in G folgt HiN = NHi.Andererseits enthält HiN den Normalteiler N , nach Voraussetzung ist also HiN = G oder HiN = N .

Aus Hi ∩N = {1} und Hi 6= {1} folgt, dass Hi ein Element enthält, das nicht in N liegt. Also bleibtnur die Möglichkeit HiN = G. Insgesamt hat man also die Isomorphiekette

H1∼= H1 / (H1 ∩N) ∼= (H1N) /N = G /N = (H2N) /N ∼= H2 / (H2 ∩N) ∼= H2 ,

und damit H1∼= H2.

Aufgabe 24 (Indexschachtelung) 2 PunkteZeigen Sie: Für endliche Gruppen U ≤ H ≤ G gilt stets (G : H) · (H : U) = (G : U).

Lösung

Mit dem Satz von Lagrange folgt |G| = |H| · (G : H) bzw. |H| = |U | · (H : U). Einsetzen ergibt|G| = |U | · (G : H) · (H : U), wieder nach dem Satz von Lagrange ist aber |G|/|U | = (G : U).



Aufgabe 25 (Zyklendarstellung) 2 PunkteSei π ∈ Sn beliebig mit Zyklendarstellung π = σ1σ2 · · ·σk. Zeigen Sie die folgende Regel, die es er-laubt, aus einer Zyklendarstellung einzelne Zyklen auszusondern: Für ein i mit 1 ≤ i ≤ k und einePermutation τ ∈ Sn die disjunkt zu allen σj mit j 6= i ist, gilt τπτ−1π−1 = τσiτ

−1σ−1i .

Lösung

Sei π = σ1 · · ·σk und τ eine zu allen σj mit j 6= i disjunkte Permutation. Dann gilt:

τπτ−1π−1 = τσ1σ2 · · ·σkτ−1σ−1

k σ−1k−1 · · ·σ

−11

= σ1σ2 · · ·σi−1τσiτ−1σi+1 · · ·σkσ

−1k σ−1

k−1 · · ·σ−11

= σ1σ2 · · ·σi−1τσiτ−1σ−1

i σ−1i−1 · · ·σ

−11

= τσiτ−1σ1σ2 · · ·σi−1σ

−1i σ−1

i−1 · · ·σ−11

= τσiτ−1σ−1

i

Dabei wird ausgenutzt, das disjunkte Zyklen beliebig miteinander vertauscht werden können, und alleZyklen in der Zyklendarstellung von τ zu σj mit j 6= i disjunkt sind.

Aufgabe 26 (Rechnen mit Zyklen) 2 PunkteEs seien die Permutationen π = (1234567), τ = (123), σ = (453) und % = (456) der S7 gegeben.Berechnen Sie eine möglichst kurze Zyklendarstellung der folgenden Permutationen:

(a) τπτ−1π−1

(b) σ(τρ)σ−1(τρ)−1

(c) (142)(12)(34)(142)−1.

Lösung

(a) τπτ−1π−1 = (123)(1234567)(132)(1765432) =(

1 2 3 4 5 6 72 4 3 1 5 6 7

)= (124).

(b) στρσ−1ρ−1τ−1 = (453)(123)(456)(435)(465)(132) =(

1 2 3 4 5 6 76 2 4 5 1 3 7

)= (16345).

(c) (142)(12)(34)(142)−1 = (142)(12)(34)(124) =(

1 2 3 4 5 6 74 3 2 1 5 6 7

)= (14)(23).

Aufgabe 27 (Herleitung von Dreierzyklen) 8 PunkteSie sparen sich sehr viel Arbeit, wenn Sie zuerst die beiden vorhergehenden Aufgaben lösen!Sei N E An ein nichttrivialer Normalteiler der alternierenden Gruppe für n ≥ 5 und π ∈ N ein nicht-triviales Element. Beweisen Sie Lemma 1.6.8 der Vorlesung, indem Sie zeigen, dass jede der folgendenAussagen impliziert, dass ein Dreierzyklus in N liegt:

(a) π ist Produkt zweier nicht disjunkter Transpositionen.(b) π ist Produkt zweier beliebiger Transpositionen.(c) Es gibt in der Zyklendarstellung von π einen Zyklus der Länge r ≥ 4.(d) Es gibt in der Zyklendarstellung von π zwei disjunkte Zyklen der Länge r = 3.(e) Es gibt in der Zyklendarstellung von π zwei disjunkte Zyklen der Länge r = 2.

Erläutern Sie zudem kurz, warum diese Bedingungen ausreichen, um die Existenz eines Dreierzyklusin jedem nichttrivialen Normalteiler N E An zu sichern.

Lösung

(a) Es ist leicht zu zeigen, dass π dann entweder id oder ein Dreierzyklus ist: (a b)(a c) = (acb)für paarweise verschiedene a, b, c ∈ {1, . . . , n}.

(b) Sei π = (a b)(c d) für paarweise verschiedene a, b, c, d ∈ {1, . . . , n}. Wegen n ≥ 5 gibt es einvon a, b, c, d verschiedenes Element x. Die Permutation τ = (a b)(c x) liegt dann in An, nachSatz 1.4.1 liegt dann π′ = τπτ−1 wieder in N . Dann ist aber auch π′π in N . Alle betrachtetenPermutationen sind selbstinvers, und Ausrechnen ergibt

π′π = (a b)(c x)(a b)(c d)(a b)(c x)(a b)(c d) = (cxd) .

Also liegt mit π′π ein Dreierzyklus in N .(c) Nach Satz 1.6.1 der Vorlesung ist π = σ1σ2 · · ·σk Produkt disjunkter Zyklen. Sei also σi =

(a1 a2 · · · ar) ein nichttrivialer Zyklus aus dem Produkt mit r ≥ 4. Der Dreierzyklus τ =(a1 a2 a3) liegt dann in der An, also liegt mit π nach Satz 1.4.1 die Permutation τπτ−1

ebenfalls in N . Da N eine Gruppe ist liegt auch π′ = τπτ−1π−1 in N . Der Zyklus τ istdisjunkt zu allen σj aus der Zyklendarstellung von π mit Ausnahme von σi, nach Aufgabe 25gilt also

π′ = τσiτ−1σ−1

i .

Analog zu Aufgabe 26 Teil a) ist nun aber

π′ = (a1 a2 a3)(a1 a2 · · · ar)(a1 a3 a2)(a1 ar ar−1 · · · a2) = (a2a4a1) .

Mit π′ liegt daher ein Dreierzyklus in N .(d) Es ist π = σ1σ2 · · ·σk Produkt disjunkter Zyklen. Seien σi = (a1 a2 a3) sowie σj = (b1 b2 b3)

disjunkte Dreierzyklen in der Zyklendarstellung von π. Der Dreierzyklus τ = (b1 b2 a3) liegtin der An, also liegt mit π nach Satz 1.4.1 die Permutation τπτ−1 ebenfalls in N , ebensoπ′ = τπτ−1π−1. Der Zyklus τ ist disjunkt zu allen σt aus der Zyklendarstellung von π mitAusnahme von σi und σj , also gilt

π′ = τσiσjτ−1(σiσj)−1 = τσiσjτ

−1σ−1j σ−1

i .

Analog zu Aufgabe 26 Teil b) ist dann

π′ = (b1 b2 a3)(a1 a2 a3)(b1 b2 b3)(b1 a3 b2)(b1 b3 b2)(a1 a3 a2) = (a1 b3 a3 b1 b2)

Mit π′ liegt daher ein Zyklus der Länge 5 in N , nach Teil c) gibt es dann aber auch einenZyklus der Länge 3 in N .

(e) Es ist π = σ1σ2 · · ·σk Produkt disjunkter Zyklen. Seien σ1 = (a b) sowie σ2 = (c d) disjunkteTranspositionen in der Zyklendarstellung von π, also π = (a b)(c d)σ3 · · ·σk. Der Dreierzyklusτ = (a d c) liegt in der An, also liegt mit π nach Satz 1.4.1 die Permutation π2 = τπτ−1

ebenfalls in N . Da τ disjunkt zu allen σj für j ≥ 3 ist, folgt π2 = τ(a b)(c d)τ−1σ3 · · ·σk.Analog zu Aufgabe 26 c) ist aber τ(a b)(c d)τ−1 = (a c)(b d), also gilt

π = (a b)(c d)σ3 · · ·σk

π2 = (a c)(b d)σ3 · · ·σk

Für das nach dem Untergruppenkriterium ebenfalls in N liegende Element ππ−12 gilt dann

wegen der Auslöschung des Terms σ3 · · ·σk und (x y)−1 = (x y) gerade

ππ−12 = (a b)(c d)(a c)(b d) = (a d)(b c) .

Also gibt es ein Element in N , das Produkt zweier disjunkter Transpositionen ist, mit Teil b)liegt also ein Dreierzyklus in N .

Angenommen π 6= id erfüllt keine dieser Bedingungen. Ist c) nicht erfüllt, so besteht die Zyklendarstel-lung von π nur aus v Transpositionen und w Dreierzyklen. Dreierzyklen sind gerade, Transpositionensind ungerade, also muss wegen sgn(π) = 1 die Anzahl v der Transpositionen gerade sein. Dann aberist v = 0, denn sonst gäbe es eine gerade Anzahl disjunkter Transpositionen im Widerspruch zu e). Istw ≥ 2, so hat man analog einen Widerspruch zu d). Also bleibt nur w = 0 oder w = 1. Im ersten Fallist π = id im Widerspruch zur Voraussetzung dass N nicht trivial ist, im zweiten Fall ist π selbst einDreierzyklus.

Aufgabe 28 (Einfachheit der alternierenden Gruppe) 4 PunkteFür diese Aufgabe können Sie die vorigen Aufgaben benutzen, ohne sie gelöst zu haben!Es sei An /Sn die alternierende Gruppe für n ≥ 5. Komplettieren Sie Satz 1.6.5 der Vorlesung, indemSie die folgenden Teilschritte zeigen:

(a) Enthält ein Normalteiler N E An einen Dreierzyklus, so enthält er alle Dreierzyklen.(b) Für n ≥ 5 ist An einfach.(c) Für n = 4 ist An nicht einfach.

Lösung

(a) Sei N Normalteiler der alternierenden Gruppe An und σ = (abc) ein Dreierzyklus in N .Dann liegen wegen Satz 1.4.1 die Elemente π ◦ σ ◦ π−1 wieder in N für alle π ∈ An. LeichtesNachrechnen (vgl. Aufgabe 6) ergibt π ◦ σ ◦ π−1 = (π(a) π(b) π(c)). Sei also (x y z) einbeliebiger Dreierzyklus, dann gibt es ein π ∈ Sn mit (x y z) = π ◦ σ ◦ π−1. Da n ≥ 5vorausgesetzt ist gibt es k 6= l so dass (k l) disjunkt zu σ ist. Mit π2 = π ◦ (kl) ist dann auch(xyz) = π2 ◦ σ ◦ π−1

2 . Nach Definition des Signums ist nun entweder π oder π2 eine geradePermutation, daher liegt mit σ auch (xyz) = π ◦ σ ◦ π−1 = π2 ◦ σ ◦ π−1

2 in N , d. h. jederDreierzyklus liegt in N , da x, y, z beliebig waren.

(b) Jeder nichttriviale Normalteiler der An enthält nach der vorigen Aufgabe mindestens einenDreierzyklus, und nach Teil a) damit alle Dreierzyklen. Diese erzeugen nach Lemma 1.6.6 derVorlesung die alternierende Gruppe, also ist der Normalteiler ganz An.

(c) In Aufgabe 13 wurde gezeigt, dass die kleinsche Vierergruppe V4 ein Normalteiler der S4 ist,dann ist sie aber insbesondere ein Normalteiler der A4, denn die Elemente von V4 sind gerade.Wegen |V4| = 4 und |A4| = 1

24! = 12 ist V4 ein echter Normalteiler, d. h. A4 ist nicht einfach.



Aufgabe 29 (Zerlegung der Sn) 2 PunkteZeigen Sie, dass für n ≥ 5 die An der einzige nichttriviale Normalteiler der Sn ist.

Lösung

Zunächst ist die An ein Normalteiler, denn sie ist eine Untergruppe, und mit π ∈ Sn ist πτπ−1 ∈ An

für alle τ ∈ An wegen sgn(πτπ−1) = sgn(π) · (−sgn(π)) · sgn(τ) = 1 für alle π ∈ Sn. Sei nun N

ein beliebiger nichttrivialer Normalteiler der Sn, d. h. πNπ−1 = N für alle π ∈ Sn. Dann gilt aberauch πNπ−1 = N für alle π ∈ An. Sei N ′ = N ∩ An die Teilmenge der geraden Elemente aus N .Angenommen N ′ = {id} ist trivial, dann enthält N bis auf id nur ungerade Elemente. Das Produktzweier solcher Elemente ist aber gerade, also ist das Produkt von je zwei nichttrivialen Elementen dieIdentität, das geht aber nur für Gruppen der Form {id, (ab)} mit a 6= b. Das ist aber kein Normalteilerder Sn. Also enthält N ′ mindestens ein nichttriviales Element. Dann aber ist N ′ eine Untergruppe vonAn, da N ′ ein Schnitt von Gruppen ist (Aufgabe 2). Mit πNπ−1 = N ist dann auch πN ′π−1 = N ′ füralle π ∈ An, da Konjugation das Signum nicht ändert. Also ist N ′ nichttrivialer Normalteiler von An,nach Aufgabe 28 also ganz An. Insbesondere ist jeder nichttriviale Normalteiler N der Sn eine Ober-menge von An. Aus der Indexschachtelung (Aufgabe 24) folgt (Sn : N) · (N : An) = (Sn : An).Da Indizes von Untergruppen aber natürliche Zahlen sind, und die alternierende Gruppe den Index 2in der symmetrischen Gruppe besitzt, bleiben nur die Möglichkeiten (Sn : N) = 2 (gleichbedeutendmit N = An) und (Sn : N) = 1 (gleichbedeutend mit N = Sn).

Aufgabe 30 (Diedergruppen) 5 PunkteEine Gruppe G heißt Diedergruppe, falls es zwei Elemente a, b ∈ G gibt, deren Erzeugnis G ist, so dassb und ab selbstinvers sind. Zeigen Sie:

(a) Die Kleinsche Vierergruppe V4 ist eine Diedergruppe.(b) Die obige Charakterisierung der Diedergruppen ist äquivalent zu der Folgenden:

G ist Diedergruppe genau dann wenn sie von zwei Elementen der Ordnung 2 erzeugt wird.(c) In jeder Diedergruppe G = 〈a, b〉 ist 〈a〉 ein Normalteiler vom Index 2.(d) Jede endliche Diedergruppe besitzt eine gerade Ordnung.(e) Alle Diedergruppen gleicher Ordnung (auch ∞) sind zueinander isomorph.

Die Gruppe Dn der Deckbewegungen eines regelmäßigen n-Ecks (Di-Eder = Objekt mit zwei Flächen)ist eine Diedergruppe der Ordnung 2n. Wegen den letzten Teilaufgabe bezeichnet man auch die Iso-morphietypen der Diedergruppen an sich mit Dn bzw. D∞.

Lösung

(a) Setze a := (12)(13) und b := (13)(24), dann ist V4 = 〈a, b〉, da das dritte nichttrivialeElement der V4 gerade (14)(23) = ab ist. Alle Elemente von V4 sind selbstinvers, also ist V4

eine Diedergruppe.(b) Angenommen G ist eine Diedergruppe mit Erzeugern a, b ∈ G und ord(a) = ord(ab) = 2.

Setze x := ab und y := b, dann ist ord(x) = ord(y) = 2, und die Gruppe G wird auch vonx und y erzeugt, da sich die Erzeuger a = xy und b = y erzeugen lassen. Umgekehrt seienx, y ∈ G Erzeuger von G mit ord(x) = ord(y) = 2, dann erfüllen a := xy und b := y dieDefinition der Diedergruppe.

(c) 〈A〉 ist als zyklisches Erzeugnis von a eine Untergruppe von G. Nach einem Beispiel aus derVorlesung ist jede Untergruppe vom Index 2 ein Normalteiler, es genügt also zu zeigen, dassdie Operation von 〈a〉 auf G nur zwei Nebenklassen zulässt. Sei also g ∈ G beliebig, dannist zu zeigen, dass g 〈a〉 = 〈a〉 oder g 〈a〉 = b 〈a〉 ist. Da G nach Teil b) auch von b und ab(beide selbstinvers) erzeugt wird, ist g ein Produkt g = c1 · · · · · ck mit cj ∈ {b, ab}. Trittin dieser Produktdarstellung das Element ab nicht auf, so ist g = bk, also b = 1 ∈ 〈a〉 oderb = b ∈ b 〈a〉 wegen ord(b) = 2. Angenommen in der Produktdarstellung gibt es einen Faktorajb für ein j ≥ 1, dann kann dieser wegen ab = ba−1 durch ba−j ersetzt werden. Angenommenes gibt einen Faktor bajb mit j ≤ −1, dann kann dieser wegen ba−1 = ab durch ajbb = aj

ersetzt werden. Insgesamt kann (ohne Änderung von g) in der Produktdarstellung von g jedePotenz von a ans Ende geschoben werden. Tatsächlich ist also g = bkaj für j, k ∈ Z. Wegenord(b) = 2 ist dann aber g = aj oder g = baj , also g ∈ 〈a〉 oder g ∈ b 〈a〉, also ist der Indexvon 〈a〉 in G gerade 2, und 〈a〉 ist ein Normalteiler.

(d) Wegen Teil c) und dem Satz von Lagrange ist 2 ein Teiler der Gruppenordnung, falls G endlichist.

(e) Seien G und G′ Diedergruppen gleicher Ordnung mit Erzeugern {a, b, } bzw. {a′, b′}. Jedesg ∈ G ist von der Form g = c1 · · · · · ck mit cj ∈ {a, b, a−1, b−1} nach Satz 1.1.2. Nachder Rechnung aus Teil c) ist ohne Einschränkung g = bjak mit j, k ∈ Z. Es sei daher dieAbbildung Φ : G→ G′ wie folgt definiert:

Φ(g) = Φ(bjak) := b′ja′k .

Angenommen G ist unendlich, dann ist 〈a〉 ebenfalls unendlich, da diese Untergruppe Index2 in G besitzt. Da b Ordnung 2 besitzt folgt aus bjak = bsat auch j ≡ s mod 2 und k = t. DaG′ die gleiche Ordnung besitzt, ist auch 〈a′〉 unendlich und b′ von Ordnung 2, d. h. a′jb′k =a′sb′t. Also ist Φ wohldefiniert. Die Umkehrabbildung ist natürlich Φ−1(a′jb′k) := ajbk. BeideAbbildungen sind offensichtlich surjektiv, da a, b Erzeuger sind. Die Homomorphie folgt aus

Φ(g1g2) = Φ(bj1ak1bj2ak2) = Φ(bsat) = b′sa′t = b′j1a′k1b′j2a′k2 = Φ(g)Φ(g′) ,

da in G′ die Regel a′b′ = b′a′−1 analog zur Regel ab = ba−1 in G gilt. Insgesamt sind Φ undΦ−1 Isomorphismen, daher ist G ∼= G′. Angenommen G und G′ sind endlich von Ordnung2n, dann ist | 〈A〉 | = n nach Teil c). Ebenso ist | 〈a′〉 | = n. Die Abbildung Φ ist dannebenfalls wohldefiniert, denn aus bjak = bsat folgt dann j ≡ s mod 2 und k ≡ t mod n, wasb′ja′k = b′sa′t in G′ impliziert. Homomorphie und Existenz und Injektivität von Φ−1 folgenanalog zum unendlichen Fall.

Aufgabe 31 (Direktes Produkt) 2 PunkteZeigen Sie, dass das äußere direkte Produkt bis auf Isomorphie kommutativ ist, d. h. G × H ist iso-morph zu H ×G für alle Gruppen G und H.

Lösung

Der Isomorphismus ist gegeben durch

Φ ={G×H → H ×G(g, h) 7→ (h, g)

Diese Abbildung ist ein Homomorphismus, denn mit der Verknüpfung auf dem direkten Produkt giltΦ((g, h)(g′, h′)) = Φ((gg′, hh′)) = (hh′, gg′) = (h, g)(h′, g′) = Φ((g, h))Φ(g′, h′). Die Abbildung istsurjektiv, denn das Urbild zu (h, g) ist offenbar (g, h). Sie ist auch injektiv, da aus (h, g) = (h′, g′) mith = h′ und g = g′ natürlich auch (g, h) = (g′, h′) folgt. Also ist Φ ein Isomorphismus.

Aufgabe 32 (Semidirektes Produkt) 4 PunkteZeigen Sie Satz 1.7.9 der Vorlesung: Seien G, H Gruppen und φ : H → Aut(G) ein beliebiger Homo-morphismus von H in die Automorphismengruppe von G. Dann wird das kartesische MengenproduktG×H versehen mit der Verknüpfung

(g1, h1) ∗φ (g2, h2) := (g1 · [(φ(h1))(g2)], h1 · h2)

zu einer Gruppe.

Lösung

Zu zeigen sind alle Eigenschaften aus Definition 1.1.2:

• Assoziativität:Es ist (g1, h1) ∗φ ((g2, h2) ∗φ (g3, h3)) = (g1, h1) ∗φ (g2 · [φ(h2)](g3), h2h3) = (g1 · [φ(h1)](g2 ·[φ(h2)](g3)), h1h2h3) = (∗). Andererseits ist ((g1, h1) ∗φ (g2, h2))∗φ(g3, h3) = (g1·[φ(h1)](g2), h1h2)∗φ

(g3, h3) = (g1·[φ(h1)](g2)·[φ(h1h2)](g3), h1h2h3) = (g1·[φ(h1)](g2)·[φ(h1)]([φ(h2)](g3)), h1h2h3)wegen der Homomorphie von φ : H → Aut(G). Wegen der Homomorphie von φ(h1) ∈ Aut(G)kann man zu (g1 · [φ(h1)] ((g2) · [φ(h2)](g3)) , h1h2h3) = (∗) zusammenfassen.

• Abgeschlossenheit:Die rechte Komponente des Produkts (g1, h1) ∗φ (g2, h2) = (g1 · [φ(h1)](g2), h1h2) liegt in H,da H eine Gruppe ist. Da φ(h1) ∈ Aut(G) ist liegt auch [φ(h1)](g2) wieder in G, damit auchdie linke Komponente. Also liegt das Produkt in G×φ H.

• Neutrales Element:Das neutrale Element der Gruppe G ×φ H ist (1G, 1H), denn es ist (g, h) ∗φ (1G, 1H) =(g · [φ(h1)](1G), h · 1H). Da φ(h1) ein Automorphismus von G ist, folgt [φ(h1)](1G) = 1G

unabhängig von h1, also ist (g, h) ∗φ (1G, 1H) = (g · 1G, h · 1H) = (g, h). Umgekehrt ist(1G, 1H) ∗φ (g, h) = (1G · [φ(1H)](g), 1H · h) = (1G · id(g), 1H · h) = (g, h), da das Bild von 1H

unter dem Homomorphismus φ gerade das neutrale Element id von Aut(G) ist.

• Inverses Element:Das inverse Element zu (g, h) ist ([φ(h−1)](g−1), h−1), denn es ist (g, h)∗φ([φ(h−1)](g−1), h−1) =(g · [φ(h)]([φ(h−1)](g−1)), hh−1) = (g · [φ(hh−1)](g−1), hh−1) = (g · id(g−1), hh−1) = (1, 1) we-gen der Homomorphie von φ. Andererseits ist ([φ(h−1)](g−1), h−1)∗φ (g, h) = ([φ(h−1)](g−1) ·[φ(h−1)](g), h−1h) = ([φ(h−1)](g−1g), h−1h) = ([φ(h−1)](1G), 1H) = (1G, 1H) wegen der Ho-momorphie von φ(h−1).

Aufgabe 33 (Isomorphietypen der Ordnung p2) 3 PunkteSei p eine Primzahl und G eine Gruppe der Ordnung p2. Zeigen Sie, dass G entweder isomorph zuZ/p2Z oder zu Z/pZ ⊕ Z/pZ ist, und dass diese Gruppen abelsch sind.

Lösung

Sei G eine Gruppe der Ordnung p2 für eine Primzahl p. Da G eine p-Gruppe ist, hat das ZentrumZ(G) mehr als ein Element (Satz 1.8.8). Nach dem Satz von Lagrange ist entweder |Z(G)| = p oder|Z(G)| = p2. Angenommen |Z(G)| = p, dann ist G nicht abelsch. Sei a 6= 1 ein beliebiges Ele-ment, das nicht im Zentrum liegt. Die Ordnung von a ist dann entweder p oder p2, mit |a| = p2

wäre G aber zyklisch und insbesondere abelsch. Also ist U = 〈a〉 eine Untergruppe von G derOrdnung p. Sei G′ = Z(G) · U . Mit zu und z′u′ liegt auch das Element zu(z′u′)−1 in G′, dennes ist zu(z′u′)−1 = zuu′−1z′−1 = (zz′−1)(uu′−1) ∈ Z(G) · U nach dem Untergruppenkriterium, daz, z′−1 ∈ Z(G) mit allen Elementen von G kommutieren. Nach dem Satz von Lagrange muss G′ ≤ G

dann die Ordnung p oder p2 besitzen. Wegen a ∈ U und a /∈ Z(G) ist |G′| echt größer als |Z(G)| = p,also bleibt nur |G′| = p2, und damit G′ = G. Also ist G = Z(G) ·U . Angenommen der Schnitt Z(G)∩Uenthält ein Element v 6= 1. Da U zyklisch von Primzahlordnung ist, erzeugt auch v ganz U . Wenn v

aber auch im Zentrum liegt (ebenfalls eine Gruppe der Ordnung p), folgt Z(G) = U im Widerspruchzur Wahl des Erzeugers a von U . Das Zentrum ist stets ein Normalteiler, also ist wegen Z(G)∩U = {1}die Gruppe G = Z(G) · U isomorph zum inneren semidirekten Produkt Z(G) ×Φ U . Dabei ordnet Φeinem u ∈ U den inneren Automorphismus ϕu(g) = ugu−1 zu. Da die z ∈ Z(G) aber mit allen Elemen-ten kommutieren, ist (z, u)∗Φ (z′, u′) = (z ·ϕu(z′), uu′) = (z ·uz′u−1, uu′) = (zz′uu−1, uu′) = (zz′, uu′),also ist G tatsächlich sogar das direkte Produkt von Z(G) und U (vgl. Satz 1.7.10). Das Zentrum ist alsGruppe der Ordnung p wie auch U zyklisch, also sind beide Faktoren abelsch, dann ist aber auch dasdirekte Produkt G abelsch, im Widerspruch zur Annahme Z(G) = p. Also ist G stets abelsch. Nachdem Hauptsatz über endlich erzeugte abelsche Gruppen (1.7.8) ist dann G in jedem Fall isomorph zueinem direkten Produkt aus zyklischen Gruppen. Wegen |G| = p2 und dem Satz von Lagrange gibt esnur die Möglichkeiten G ∼= Z/p2Z oder G ∼= Z/pZ⊕ Z/pZ.

Prof. Dr. H. Maier 10.12.2003 (in der Vorlesung)Dipl.-Math. D. Haase WS 2003-2004Helmholtzstraße 18 (Zimmer 204)

Algebra I - Lösungsblatt 8Zur Übungsstunde vom 10.12.2003 (in der Vorlesung)

Aufgabe 34 (Sylowgruppen) 5 PunkteEs sei F2 der Körper mit zwei Elementen und die Matrix

A =

0 0 11 0 10 1 0

aus der GL(3,F2) gegeben. Dazu sei nun G = F3

2 der zugehörige Vektorraum der Dimension 3 (versehenmit der komponentenweisen Addition). Für l ∈ N0 sei der Automorphismus τl gegeben durch

τl : G→ G ,

x1

x2

x3

7→ Al

x1

x2

x3

mit der üblichen Operation der GL(3,F2) aufG. In Aufgabe 7 wurde bereits gezeigt, dassA die Ordnung7 in der GL(3,F2) besitzt, daher ist die Abbildung Φ : Z/7Z → Aut(F3

2) , r 7→ τr wohldefiniert undoffensichtlich ein Homomorphismus. Betrachten Sie das semidirekte Produkt H := G ×Φ Z/7Z undberechnen Sie:

(a) Das Element 110

, 3 mod 7

∗Φ

101

, 2 mod 7

.

(b) Eine 2-Sylowgruppe sowie eine 7-Sylowgruppe von H.(c) Die Mengen Syl2(H) und Syl7(H).

Lösung

(a) Allgemein ist (~x,m) ∗Φ (~y, n) = (~x + Am~y , m+ n), wobei der Vertreter m aus der Klassem = m mod 7 beliebig ist, da A gerade Ordnung 7 in der GL(3,F2) besitzt. Also gilt

110

, 3

∗Φ

101

, 2

=

110

+A3

101

, 5

=

110

+

1 0 11 1 10 1 1

·

101

, 5

=

111

, 5

(b) H besitzt die Ordnung |G| · |Z/7Z| = 56 = 23 · 7. Eine 2-Sylowgruppe enthält daher 8, eine

7-Sylowgruppe genau 7 Elemente. Der linke Faktor des semidirekten Produkts kann wie folgtin die Gruppe H eingebettet werden: HL = {(~x, 0) | ~x ∈ F3

2} ist eine Untergruppe von H,denn mit a = (~x, 0) und b = (~y, 0) liegt auch a ∗Φ b

−1 = (~x− ~y, 0) in HL. Sie enthält offenbar|HL| = |F3

2| = 8 Elemente, ist also eine 2-Sylowgruppe. Betrachte analog die Einbettung desrechten Faktors HR = {(~0,m) | m ∈ Z/7Z}: Mit a = (~0,m) und b = (~0, n) ist nach Definitiondes Inversen im semidirekten Produkt b−1 = ([Φ(−n)](−~0),−n) = (A−n · ~0,−n) = (~0,−n),und mit der Definition der Verknüpfung ist a∗Φ b

−1 = (~0,m− n) ∈ HR. Also ist auch HR eineUntergruppe von H, und offensichtlich ist |HR| = |Z/7Z| = 7, also ist HR eine 7-Sylowgruppe.

(c) Es ist |Syl2(H)| = 1, denn HL ist ein Normalteiler: Für beliebiges (~x, n) ∈ H und (~y, 0) ∈ HL

gilt nämlich (~x, n) ∗ (~y, 0) ∗ (~x, n)−1 = (~x + An~y, n) ∗ (A−n(−~x),−n) = (~x + An~y +An(A−n(−~x)), 0), und dieses Element liegt wieder in HL. Andererseits ist HR kein Normal-teiler von H, denn es ist (~x, n) ∗ (~0, k) ∗ (~x, n)−1 = (~x + An~0, n+ k) ∗ (A−n(−~x),−n) =(~x, n+ k) ∗ (A−n(−~x),−n) = (~x+An+k(A−n(−~x)), k) = (~x+Ak(−~x), k). Dieses Elementliegt aber schon für k = 1 und ~x 6= ~0 nicht mehr in HR. Also ist |Syl7(H)| = d > 1. Aus demSylow-Satz folgt d ≡ 1 mod 7, andererseits muss d die Gruppenordnung 56 von H teilen, da|Syl7(H)| · |NH(HR)| = 56 = 8 · 7 gilt. Eine Zahl d ≡ 1 mod 7 kann dann aber nur ein Teilerder 8 sein, und das geht nur für d = 8.

Aufgabe 35 (Der Kompositionstyp) 3 PunkteSie G eine endliche Gruppe mit einer Kompositionsreihe G = N1 . N2 . · · · . Nk = {1} mit einfachenFaktoren Hj = Nj/Nj+1. Das Tupel (H1,H2, . . . ,Hk−1) wird als Kompositionstyp von G bezeichnet.Zeigen Sie in den folgenden Teilschritten, dass der Kompositionstyp eine gröbere Charakterisierungeiner Gruppe darstellt als der Isomorphietyp:

(a) Eine Gruppe kann mehrere Kompositionstypen besitzen.(b) Zwei zueinander isomorphe Gruppen besitzen isomorphe Kompositionstypen.(c) Es gibt nicht zueinander isomorphe Gruppen mit zueinander isomorphen Kompositionstypen.

Lösung

(a) Betrachte Z/6Z: diese Gruppe ist abelsch, also ist jede Untergruppe ein Normalteiler. Manhat die Untergruppen 2 · (Z/6Z) = {0, 2, 4} und 3 · (Z/6Z) = {0, 3}. Die erste Untergruppe istoffensichtlich isomorph zu Z/3Z, die zweite zu Z/2Z. Beide Untergruppen sind auch einfach,

also hat man die Kompositionsreihe

Z / 6Z . 2 · (Z / 6Z) . {0}für die Gruppe Z/6Z, aber aus den gleichen Gründen ist auch

Z / 6Z . 3 · (Z / 6Z) . {0}eine Kompositionsreihe. Für den ersten Faktor der ersten Kompositionsreihe gilt nach demzweiten Isomorphiesatz

(Z / 6Z) / (2(Z / 6Z)) ∼= Z / 2Z ,

der zweite Faktor ist isomorph zu Z/3Z. Also besitzt Z/6Z den Kompositionstyp (Z/2Z,Z/3Z)(Kompositionstypen mit endlichen zyklischen Faktoren schreibt man auch kurz als (2, 3)). Mitder zweiten Kompositionsreihe besitzt die gleiche Gruppe dann auch den von (2, 3) verschie-denen Kompositionstyp (3, 2).

(b) Sei Φ : G→ H ein Gruppenisomorphismus und (G1, . . . , Gk−1) ein Kompositionstyp von G.Dann gibt es eine Kompositionsreihe

G = G1 . G2 . · · · . Gk = {1G}

zur Gruppe Gmit Gj = Gj /Gj+1 . IstN ein Normalteiler von G, so ist Φ(N) ein Normalteilervon H (wegen Satz 1.5.1 ist Φ(N) Untergruppe von H, und mit gng−1 ∈ N gilt natürlichauch Φ(g)Φ(n)Φ(g)−1 ∈ Φ(N)). Umgekehrt ist Φ−1 ebenfalls ein Isomorphismus, also ist dasUrbild eines Normalteilers von H ein Normalteiler von G. Insbesondere sind isomorphe Bildereinfacher Gruppen wieder einfach. Φ faktorisiert über einen Normalteiler N von G zu einemIsomorphismus

Φ ={G /N → Φ(G) / Φ(N)g = gN 7→ Φ(g) = Φ(g)Φ(N)

Es sei Φ1 := Φ und Φj := Φj−1 für j = 2 . . . k für die Faktorisierung von Gj über demNormalteiler Gj+1 /Gj . Setzt man Hj := Φj(Gj) so gilt nach dem obigen Hj

∼= Gj für alle j,und Hj+1 ist ein Normalteiler in Hj . Der Faktor Hj = Hj+1/Hj ist einfach, denn er ist dasBild des einfachen Faktors Gj unter dem Isomorphismus Φj = Φj+1. Anders ausgedrückt ist

Φ(G) = H1 . H2 . · · · . Hk = {Φ(1G)}

eine Kompositionsreihe für Φ(G) = H. Damit besitztH den Kompositionstyp (H1, . . . ,Hk−1),dieser ist aber wegen Hj

∼= Gj isomorph zum (beliebigen) Kompositionstyp (G1, . . . Gk−1)der Gruppe G. Es ist klar, dass dieser Schluss mit dem Isomorphismus Φ−1 benutzt werdenkann, um zu jedem Kompositionstyp von H einen entsprechenden Kompositionstyp von Gnachzuweisen.

(c) Nach Teil a) besitzt Z/6Z den Kompositionstyp (2, 3). Die Gruppe S3 ist nicht isomorphzu Z/6Z, denn sie ist nicht zyklisch. Sei U die vom Zykel (123) erzeugte Untergruppe mitOrdnung 3. Sie besitzt den Index 2 in der S3, ist also ein Normalteiler. Die FaktorgruppeS3/U besitzt die Ordnung 2, also ist sie isomorph zu Z/2Z. U dagegen ist als zyklische Gruppeisomorph zu Z/3Z. Also hat man die Kompositionsreihe S3 . U . {id}, und die Gruppe S3

besitzt ebenfalls den Kompositionstyp (2, 3).

Aufgabe 36 (Kompositionstyp Teil II) 3 PunkteZeigen Sie, dass es bis auf Isomorphie nur eine Gruppe G gibt, die bis auf Isomorphie ausschließlichden Kompositionstyp (Z/2Z,Z/3Z) besitzt. Begründen Sie kurz, warum der von Ihnen gefundene Iso-morphietyp keinen Widerspruch zu der Tatsache darstellt, dass alle Faktoren der Kompositionsreiheabelsch sind.

Lösung

Nach der Lösung zur vorigen Aufgabe besitzt S3 den Kompositionstyp (2, 3). Nach dem Satz vonJordan-Hölder kommt als weiterer Kompositionstyp nur (3, 2) in Frage. Die einzigen Untergruppenvom Index 3 in der S3 sind aber die Gruppen {id, τ} für die Transpositionen τ von S3. Eine solcheUntergruppe ist aber kein Normalteiler, da (123)τ(123)−1 eine von τ verschiedene Transposition ist.Also gibt es keinen Normalteiler vom Index 3 in S3, außer (2, 3) besitzt S3 daher keinen Kompositi-onstyp. Sei nun G eine beliebige Gruppe, die nur den Kompositionstyp (2, 3) besitzt. Wegen 2 · 3 = 6besitzt G die Ordnung 6. Angenommen es gibt einen Normalteiler N vom Index 3, dann gibt es aucheine Normalreihe von G, die mit diesem Normalteiler beginnt. Dann gibt es aber auch eine Kompositi-onsreihe die mit diesem Normalteiler beginnt, da der Faktor G/N von Ordnung 3 isomorph zur Z/3Zund damit einfach ist. Dann aber gibt es einen Kompositionstyp der Form (3, . . .) im Widerspruch zurAnnahme. Jeder Normalteiler muss Index 2 oder 3 besitzen, also gibt es in G nur Normalteiler vomIndex 2 bzw. von Ordnung 6/2 = 3. Es gibt auch einen solchen Normalteiler N , denn es kann keineeinfache Gruppe mit Ordnung 6 geben. N ist zyklisch erzeugt von einem Element s der Ordnung 3.Es gibt auch ein Element t ∈ G mit Ordnung 2, weil es eine 2-Sylowgruppe in G gibt. Die Neben-klassen von G bzgl. N sind gerade N und tN , also ist jedes Element von G von der Form sj oder tsj

(j = 0 . . . 2). Ein Isomorphismus zur S3 ist dann gegeben durch Φ(sj) := σj und Φ(tsj) := τσj mitσ = (123) und τ = (12) (jede andere Wahl eines 3-Zyklus und einer Transposition ergibt einen weiterenIsomorphismus). Offensichtlich ist Φ injektiv, und da beide Gruppen Ordnung 6 besitzen ist Φ auchsurjektiv. Die Homomorphie ist auch klar, da die Nebenklassenzerlegung S3/ 〈σ〉 = {〈σ〉 , τ 〈σ〉} in S3

analog verläuft.

Beide Faktoren der S3 sind abelsch, aber S3 selbst ist nicht abelsch. Der Begriff Faktor im Zusammen-hang mit Kompositionsreihen sollte daher nicht mit dem Faktor in einem direkten Produkt verwechseltwerden. Faktoren einer Kompositionsreihe sind im Allgemeinen keine Untergruppen der ursprünglichenGruppe, sie sind iterierte homomorphe Bilder unter einer sukzessiven Faktorgruppenbildung.

Aufgabe 37 (Kompositionsreihen endlicher zyklischer Gruppen) 3 PunkteBestimmen Sie für G = Z/nZ eine Kompositionsreihe und den zugehörigen Kompositionstyp. Benut-zen Sie den Fundamentalsatz der Arithmetik und den Satz von Jordan-Hölder, um die Anzahl dermöglichen Kompositionsreihen von G in Abhängigkeit von n zu bestimmen.

Lösung

Angenommen für positive natürliche Zahlen a und n gilt a|n, dann ist a·(Z/nZ) = {0, a, 2a, . . . , (n− a)}eine Untergruppe von Z/nZ von Ordnung n/a und Index a. Offenbar gilt

a · (Z / nZ) ∼= Z/ n

aZ ,

wobei na wieder eine positive natürliche Zahl ist. Alle diese Gruppen sind abelsch, also ist a · (Z/nZ)

ein Normalteiler von Z/nZ. Für den zugehörigen Faktor hat man mit dem zweiten Isomorphiesatz

(Z/nZ) / (a · (Z/nZ)) ∼= Z / aZ .

Diese Gruppe ist aber genau dann einfach, wenn a eine Primzahl ist.

Induktiv erhält man daher zur eindeutigen Zerlegung in Primfaktoren n =∏p

ej

j eine Kompositions-reihe

Z/nZ . p11 · (Z/nZ) . p2

1 · (Z/nZ) . · · ·

pe11 p

12 · (Z/nZ) . p

ej

1 p22 · (Z/nZ) . · · ·

...∏p

ej

j · (Z/nZ) = n · (Z/nZ) = {0} .Es ist klar, dass jede Permutation der Faktoren im Produkt

∏p

ej

j eine weitere Kompositionsreihe lie-fert. Mit der Kurzschreibweise aus den vorigen Aufgaben besitzt Z/nZ damit den Kompositionstyp(p1, p1, . . . , p1, p2, . . . , p2, . . . , pk, . . . , pk), und ebenso jeden Kompositionstyp der aus diesem durch per-mutieren der Komponenten hervorgeht. Nach dem Satz von Jordan-Hölder kann Z/nZ aber nur dieseKompositionstypen besitzen, also sind dies schon alle. Sei m = e1+ · · · +ek die Anzahl der Komponen-ten, dann gibt es genau m! Kompositionstypen, die sich in Gruppen zu jeweils e1! · · · · · ek! gleichenTypen anordnen lassen, da die Permutation der pj unter sich den Kompositionstyp nicht ändert. Alsogibt es ingesamt (∑k

j=1 ej

)!∏k

j=1(ej !)

verschiedene Kompositionstypen der Gruppe Z/nZ.

Aufgabe 38 (Gruppenordnung) 2 PunkteZeigen Sie, dass |UV | = |U |·|V |

|U∩V | gilt für U, V ≤ G Untergruppen einer endlichen Gruppe G.

Lösung

Seien U und V Untergruppen einer endlichen Gruppe G, und U ×V das äußere direkte Produkt dieserGruppen. Darin liegt die Untergruppe A = {(a, a) | a ∈ U ∩ V } (das ist eine Untergruppe, weil U ∩ Vjeweils eine Untergruppe von U und V ist). Betrachte die Abbildung

f ={

(U × V ) /A → UV(u, v)A 7→ uv−1 .

Sowohl das Komplexprodukt UV als auch die Nebenklassenmenge müssen keine Gruppen sein, f istdaher nur eine Abbildung zunächst ohne weitere Eigenschaften. Sie ist wohldefiniert, denn aus (u, v)A =(u′, v′)A folgt u′ = ua und v′ = va für ein a ∈ U∩V , dann ist aber auch u′v′−1 = uaa−1v−1 = uv−1. DieAbbildung ist surjektiv, denn ein Urbild von uv ∈ UV ist natürlich (u, v−1)A. Sie ist auch Injektiv:uv−1 = u′v′−1 ⇒ u−1u′ = v−1v′ = a. Da u−1u′ in U und v−1v′ in V liegt, sind beide Elemente(und damit a) sogar im Schnitt U ∩ V . Also ist (a, a) ∈ A. Nun ist aber (u, v)(a, a) = (ua, va) =(uu−1u′, vv−1v′) = (u′, v′), also liegen (u, v) und (u′, v′) in der gleichen Nebenklasse unter A, sie sindalso Vertreter des gleichen Urbilds unter f . Insgesamt ist f damit bijektiv, die Menge UV enthältdaher die gleiche (endliche) Anzahl Elemente wie die Menge (U × V )/A. Also gilt |U × V |/|U ∩ V | =|(U × V )/A| = |UV |, und natürlich ist |U × V | = |U | · |V |.



Aufgabe 39 (Charakterisierung der Gruppen mit Ordnung 60) 13 PunkteIn der Vorlesung wurde gezeigt, dass alle einfachen Gruppen der Ordnung 60 isomorph zur A5 sind.Sei nun G eine beliebige Gruppe der Ordnung 60. Zeigen Sie:

(a) Es gilt |Syl3(G)| ∈ {1, 4, 10} und |Syl5(G)| ∈ {1, 6}.(b) Ist |Syl3(G)| 6= 10, so gibt es eine Untergruppe U ≤ G der Ordnung 15.(c) Gibt es in G eine Untergruppe der Ordnung 15, so auch einen Normalteiler der Ordnung 5.(d) Falls es keinen Normalteiler der Ordnung 5 in G gibt, so gelten die folgenden Aussagen:

• es gibt 24 Elemente der Ordnung 5 in G,• es gibt 20 Elemente der Ordnung 3 in G,• die verbleibenden Elemente besitzen (bis auf 1G) Ordnung 2 oder 4,• es gibt keinen Normalteiler der Ordnung 2 oder 4.

(e) Ist G nicht einfach, so ist G das innere semidirekte Produkt eines Normalteilers der Ordnung5 und einer Untergruppe der Ordnung 12.

Hinweise: Teil b) Betrachten Sie einen Normalteiler der Ordnung 3, oder einen Normalisator.Teil c) Betrachten Sie den Normalisator einer geeigneten 5-Sylowgruppe.Teil d) Zeigen Sie, dass die 3-Sylowgruppen bis auf 1G disjunkt sind.Teil e) Benutzen Sie den Normalistor einer 2-Sylowgruppe.

Lösung

! Der letzte Aufgabenteil (3 Punkte) wurde nicht gewertet !(a) Nach dem Sylow-Satz muss die Anzahl der p-Sylowgruppen einerseits kongruent 1 modulo

p sein, andererseits aber die Ordnung G = 60 = 22 · 3 · 5 teilen. Sei n3 die Anzahl der 3-Sylowgruppen, dann ist n3 ∈ {1, 4, 7, 10, 13, . . .}, die einzigen Teiler von 60 in dieser Mengesind aber 1, 4 und 10. Für die Anzahl n5 der 5-Sylowgruppen gilt analog n5 ∈ {1, 6, 11, 16, . . .},und die einzigen Teiler von 60 in dieser Menge sind 1 und 6.

(b) Nach Teil a) folgt aus der Voraussetzung n3 = 1 oder n3 = 4. Im ersten Fall gibt es genaueine 3-Sylowgruppe N ≤ G, die sogar ein Normalteiler ist. Dieser ist isomorph zu Z/3Z,insbesondere haben alle Elemente g 6= 1 in ihm die Ordnung 3. Sei U eine 5-Sylowgruppe,dann ist diese isomorph zu Z/5Z (Aufgabe 17), und jedes g 6= 1 besitzt darin Ordnung 5.Also ist N ∩ U = {1}. Das innere semidirekte Produkt H von N und U nach Satz 1.7.10besitzt dann die Ordnung 15, insbesondere gibt es eine Untergruppe der Ordnung 15 in G. Imanderen Fall gibt es genau 4 3-Sylowgruppen. Sei U eine davon, und NG(U) ihr Normalisator.Wegen |Syl3(G)| · |NG(U)| = |G| ist dann NG(U) eine Untergruppe von G der Ordnung 15.

(c) Sei U ≤ G eine Untergruppe mit Ordnung 15. Diese enthält dann eine 5-Sylowgruppe U ′ ∈Syl5(U). Wegen Syl5(U) ⊆ Syl5(G) ist diese dann insbesondere eine 5-Sylowgruppe von G.Nach Teil a) ist dann nur noch zu zeigen, dass der Fall Syl5(G) = 6 nicht eintreten kann.Angenommen U ′ besitzt (in G) genau 6 konjugierte Gruppen, dann besitzt H = NG(U ′)

genau 60/6 = 10 Elemente. Nach dem Sylowsatz gilt |Syl5(U)| ∈ {1, 6, . . .}, der einzige Teilervon |U | = 15 ist aber die 1, also ist U ′ sogar ein Normalteiler von U . Dann aber liegt ganz Uim Normalisator von U ′, im Widerspruch zu |NG(U ′)| = 10. Also bleibt nur die Möglichkeit|Syl5(G)| = 1, und U ′ ∈ Syl5(G) ist ein Normalteiler der Ordnung 5 von G.

(d) Zunächst sei gezeigt, dass zwei verschiedene zyklische Untergruppen von gleicher Primzahl-ordnung p in G bis auf das Element 1 disjunkten Schnitt besitzen. Seien also U, V ≤ G zyklischvon Ordnung p, aber verschieden. Nach Aufgabe 16 sind beide Gruppen isomorph zu Z/pZ,insbesondere sind sie einfach, und besitzen keine nichttrivialen Untergruppen. Angenommenein Element u ∈ Z ∩ V ist nicht das neutrale Element. Es erzeugt dann einerseits ganz U ,also U ⊆ V , andererseits aber auch ganz V , d. h. V ⊆ U . Also ist U = V im Widerspruch zurAnnahme. Nun sei angenommen, dass es in G keinen Normalteiler der Ordnung 5 gibt. NachTeil a) ist dann |Syl5(G)| = 6, und nach der vorigen Rechnung sind alle 5-Sylowgruppen bisauf das neutrale Element disjunkt. In diesen Gruppen besitzen aber alle Elemente bis auf die1 die Ordnung 5, also gibt es 6 Gruppen, die 5− 1 = 4 paarweise verschiedene Elemente derOrdnung 5 enthalten, also liegen 6 · 4 = 24 solche Elemente in G. Ohne einen Normalteilerder Ordnung 5 in G gibt es nach Teil c) auch keine Untergruppe der Ordnung 15, und nachTeil b) ist |Syl3(G)| = 10. Wie in der vorigen Rechnung ist U ∩ V = {1} für verschiedeneU, V ∈ Syl3(G). Außer dem neutralen Element besitzen alle u ∈ U ∈ Syl3(G) aber die Ord-nung 3, es gibt also mindestens 10 ·2 = 20 verschiedene Elemente dieser Ordnung in G. Damitbleiben 15 Elemente mit Ordnung ungleich 3 oder 5. Angenommen ein h ∈ G besitzt die Ord-nung 6, dann ist 〈h〉 = {1, h, h2, . . . , h5}. Darin liegt die Untergruppe U =

⟨h2

⟩= {1, h2, h4}

der Ordnung 3, und es ist U ∈ Syl3(G). Wegen |Syl3(G)| = 10 und der obigen Rechnungengibt es g1, . . . , g10 ∈ G, so dass die Gruppen gjUg

−1j bis auf das neutrale Element paar-

weise verschieden sind. Insbesondere sind dann die Elemente gjhg−1j paarweise verschieden,

denn alle Elemente von gjUg−1j sind Potenzen von gjhg

−1j (es ist gilt (gjhg

−1j )k = gjh

kg−1j

für k ∈ N0). In 〈h〉 liegen mit g und g5 = g−1 zwei Elemente der Ordnung 6, also gibt es2 · 10 = 20 paarweise verschiedene Elemente der Ordnung 6, im Widerspruch zur Tatsache,dass es nur noch 15 Elemente mit Ordnung ungleich 3 oder 5 gibt. Also kann es kein h ∈ Gmit Ordnung 6 geben. Analog zeigt man, dass es kein h ∈ G mit Ordnung 10 gibt: ansonstengäbe es 6 bis auf das neutrale Element paarweise diskunkte Gruppen der Ordnung 10 unddamit 3 · 6 = 18 Elemente mit Ordnung 10 oder Ordnung 2, da 〈h〉 mit h, h−1 = h9 undh5 drei Elemente dieser Ordnungen besitzt. Nach dem Satz von Lagrange verbleiben für alleweiteren nichttrivialen Elemente von G nur die Teiler 2, 4, 12, 15, 20, 30, 60 von 60 als möglicheOrdnungen:

|g| = 60: Ein solches Element kann es nicht geben, sonst wäre G abelsch.|g| = 30: Mit g3 gäbe es ein Element der Ordnung 10.|g| = 20: Mit g2 gäbe es ein Element der Ordnung 10.|g| = 15: Mit Teil c) Widerspruch zur Annahme, dass es kein N / G der Ordnung 5 gibt.|g| = 12: Mit g2 gäbe es ein Element der Ordnung 6.

Also besitzen die verbleibenden 60−24−20−1 = 15 Elemente von G sämtlich Ordnung 2 oder4, insbesondere liegt jedes solche Element in einer 2-Sylowgruppe. Da eine 2-Sylowgruppe in Gnur 3 Elemente außer der 1 besitzt, muss es mindestens 5 solche Gruppen geben, insbesondereist Syl2(G) 6= 1, und es gibt keinen Normalteiler der Ordnung 4 = 22. Angenommen es gibteinen Normalteiler N/G der Ordnung 2, etwa N = {1, u}. Wegen gug−1 ∈ N ist insbesonderegug−1 = u für alle g ∈ G, also liegt u im Zentrum von G. Sei a ein Erzeuger irgend einer3-Sylowgruppe von G und U = 〈a, u〉. Da u mit allen Elementen kommutiert ist au = ua, undda alle Elemente in U nicht Ordnung 2 besitzen ist U∩N = {1}. Dann aber ist NU ∼= N×〈a〉als direktes Produkt. Wegen N ∼= Z/2Z und U ∼= Z/3Z ist NU ∼= Z/6Z (vgl. Aufgabe 35).In Z/6Z liegt mit 1 aber ein Element der Ordnung 6, also gibt es auch ein solches Element in

NU ≤ G, im Widerspruch zum Auschluss aller solchen Elemente aus G. Also kann es auchkeinen Normalteiler der Ordnung 2 geben.

(e) Angenommen G ist nicht einfach (etwa mit nichttrivialem Normalteiler N), aber es gäbekeinen Normateiler der Ordnung 5. Nach Teil d) ist dann |N | 6= 2, 4. Da es dann 6 5-Sylowgruppen und 10 3-Sylowgruppen gibt, folgt auch |N | 6= 3, 5. Angenommen |N | = 6,dann enthält N eine 3-Sylowgruppe P , die in G genau 10 Konjugierte besitzt, die nach derRechnung in Teil d) bis auf die 1 paarweise disjunkt sind. Da N ein Normalteiler von Gist, liegen aber auch alle Konjugierten von P (und damit 20 Elemente der Ordnung 3) inN , im Widerspruch zu |N | = 6. Mit diesem Argument ist auch |N | 6= 12. Angenommen|N | = 10, dann enthält N mit einer 5-Sylowgruppe wegen der Normalteilereigenschaft von Nauch die 5 anderen 5-Sylowgruppen und damit 24 Elemente der Ordnung 5 im Widerspruchzu |N | = 10. Mit diesem Argument ist auch |N | 6= 20. Es ist auch |N | 6= 15, sonst hätteman mit den Teilaufgaben b) und c) einen Widerspruch dazu, dass es keinen Normalteiler derOrdnung 5 in G gibt. Es bleibt nach Lagrange neben |N | = 5 nur die Möglichkeit |N | = 30,ein solcher Normalteiler enthält aber wegen 30 = 2 · 3 · 5 sowohl eine 3-Sylowgruppe (unddamit 20 Elemente der Ordnung 3), als auch eine 5-Sylowgruppe (und damit 24 Elementeder Ordnung 5), im Widerspruch zu |N | = 30. Also bleibt nur die Möglichkeit |N | = 5. Esgenügt nun, eine beliebige Gruppe H der Ordnung 12 in G zu finden, dann ist N ∩H = {1},da H kein Element der Ordnung 5 enthalten kann, und damit N ·H ∼= N ×ΦH von Ordnung|N | · |H| = 60 = |G|, also G = NH ∼= N × ΦH wie zu zeigen war. Zunächst ist die Faktor-gruppe G/N offenbar eine Gruppe der Ordnung 12. Nach Satz 1.5.4 induziert der kanonischeEpimorphismus G→ G/N, g 7→ gN eine Bijektion zwischen den Normalteilern U E G/N undden Normalteilern U von G, die N enthalten. Nach einem Beispiel (zu Bemerkung 1.8.2) ausder Vorlesung zu den Gruppen der Ordnung 12 gibt es in G/N stets einen Normalteiler derOrdnung 3 oder einen Normalteiler der Ordnung 4. Angenommen es gibt einen NormalteilerU von G/N der Ordnung 4, dann ist das Urbild von U unter dem kanonischen Epimorphismusein Normalteiler von G der Ordnung 20 = |N | · |U |, der N enthält. Wegen 20 = 22 ·5 enthält Ueine 2-Sylowgruppe. Da U ein Normalteiler von G ist, enthält U alle 2-Sylowgruppen von G.Da |Syl2(U)| ≡ 1 mod 2 ist, aber auch 20 teilen muss folgt |Syl2(G)| = |Syl2(U)| ∈ {1, 5}. Imersten Fall ist P ∈ Syl2(G) Normalteiler von G, und das semidirekte Produkt P ·P3

∼= P×ΦP3

mit irgend einer 3-Sylowgruppe von G besitzt Ordnung 12. Im anderen Fall ist |Syl2(G)| = 5,und damit ist NG(P ) eine Gruppe der Ordnung 60/5 = 12 in G. Der letzte Fall ist, dass G/Nnur einen Normalteiler U der Ordnung 3 besitzt. Dann ist das Urbild U unter dem kanoni-schen Epimorphismus ein Normalteiler von G der Ordnung 15 = |N | · |U |, der N enthält. In Uliegt eine 3-Sylowgruppe, und wegen der Normalteilereigenschaft sogar alle 3-Sylowgruppen.Es ist also |Syl3(G)| = |Syl3(U)| einerseits kongruent 1 modulo 3, andererseits aber auch einTeiler von 15. Nach Teil a) bleibt nur die Möglichkeit |Syl3(G)| = 1, also ist P ∈ Syl3(G) einNormalteiler von G, und P ·P2

∼= P ×Φ P2 besitzt Ordnung 12 für irgend eine 2-Sylowgruppevon G.

Aufgabe 40 (Direktes Produkt) 3 PunkteSeien R und S Ringe. Zeigen Sie, dass das kartesische Produkt R × S mit komponentenweisen Ver-knüpfungen · und + wieder einen Ring bildet, das direkte Produkt der Ringe R und S (Distributivitätbrauchen Sie nicht nachzurechnen). Zeigen Sie zudem die folgenden Eigenschaften des direkten Pro-dukts von Ringen:

(a) Sind R und S Ringe mit Einselement, so gilt für die Einheitengruppe (R× S)∗ = R∗ × S∗.(b) Sind a E R und b E S Ideale, so ist a× b (als direktes Produkt von additiven Gruppen) ein

Ideal von R× S (als direktes Produkt von Ringen).(c) Ist R× S ein Hauptidealring, so auch R und S.

Zusatzaufgabe (2 Bonuspunkte):Ein Körper ist ein kommutativer Ring mit einem Einselement, in dem jedes Element (ausser der Null)invertierbar ist. Zeigen Sie, dass das direkte Produkt von zwei beliebigen Körpern ein Ring, aber nieein Körper ist. Begründen Sie, warum die direkte Summe von R-Vektorräumen C = R ⊕ R keinenWiderspruch zu dieser Aussage darstellt.

Lösung

(a) Es gilt (r, s) ∈ (R × S)∗ ⇔ ∃(r′, s′) ∈ (R × S) : (r, s)(r′, s′) = (r′, s′)(r, s) = (1R, 1S). NachDefinition der Verknüpfung im direkten Produkt ist das aber äquivalent zu r′r = rr′ = 1R

und s′s = ss′ = 1S , also r ∈ R∗ und s ∈ S∗ bzw. (r, s) ∈ R∗ × S∗.(b) Seien a E R und b E S Ideale, also insbesondere abelsche Gruppen bzgl. +. Dann ist a × a

eine abelsche Gruppe, die in R × S liegt. Da die Gruppenverknüpfung + mit der additivenVerknüpfung des Rings R × S übereinstimmt, ist a × b eine Untergruppe. Für irgend ein(r, s) ∈ (R × S) gilt r · a ⊆ a und s · b ⊆ b wegen der Idealeigenschaft, also ist auch(r, s)(a× b) ⊆ (a× b), und (a× b) ist ein Ideal in R× S.

(c) Sei R × S ein Hauptidealring und a ein beliebiges Ideal von R, dann ist nach der vorigenAufgabe a×{0S} ein Ideal von R×S und damit ein Hauptideal, etwa a×{0S} = (r, s)·(R×S).Das geht natürlich nur für s = 0S , da S eine Eins enthält. Dann aber ist a×{0} = (r ·R)×{0S}, woraus a = r · R folgt. Da a beliebig war, ist R ein Hauptidealring. Mit dem gleichenArgument folgt, dass S ein Hauptidealring ist.

Zusatzaufgabe:Seien K und L Körper (also insbesondere Ringe), dann ist K × L zunächst ein Ring. AngenommenK×L ist wieder ein Körper, dann ist (K×L)∗ = (K×L)\{(0K , 0L)}. Nach Teil a) ist aber andererseits(K × L)∗ = K∗ × L∗ = (K\{0K}) × (L\{0L}). Die Elemente (0K , 1L) und (1K , 0L) liegen nicht indieser Menge, aber sie liegen in (K × L)\{(0K , 0L)}, also kann die Annahme nicht stimmen. Diedirekte Summe R ⊕ R bildet wieder einen Ring mit Einheitengruppe R∗ × R∗, dieser besitzt aber diekomponentenweise Verknüpfung als Multiplikation, also (x, y) · (a, b) = (ax, by). Die Multiplikation inC ist dagegen definiert durch (x, y) · (a, b) = (a+ ib)(x+ iy) = ax− by+ i(ay+ bx) = (ax− by, ay+ bx).Die Ringe R⊕R und C sind daher als additive Gruppen (bzw. als reelle Vektorräume) isomorph, nichtaber als Ringe, da sie verschiedene Multiplikationen besitzen.



Aufgabe 41 (Auflösbarkeit) 5 PunkteSeien p, q, r ∈ N paarweise verschiedene Primzahlen. Zeigen Sie, dass Gruppen der Ordnung p · q undder Ordnung p · q · r stets auflösbar sind.

Lösung

Sei G eine Gruppe mit Ordnung |G| = pq für verschiedene Primzahlen p und q. Dann gibt es ei-ne p-Sylowgruppe P sowie eine q-Sylowgruppe Q in G. Angenommen |Sylp(G)| = 1, dann ist P einNormalteiler von G. Die Gruppe P besitzt die Ordnung p, sie ist als p-Gruppe daher auflösbar. Die Fak-torgruppe G/P besitzt die Ordnung |G|/|P | = q, und ist ebenfalls auflösbar. Nach Satz 1.9.4 ist dannauch G auflösbar. Ist dagegen Q ein Normalteiler, so sind die Gruppen Q und G/Q aus dem gleichenGrund auflösbar. Es bleibt zu zeigen, dass der Fall, dass weder P noch Q Normalteiler von G sind, nichteintreten kann. Andernfalls wäre |Sylp(G)| ≡ 1 mod p aber auch |Sylp(G)| ein Teiler von pq, woraus|Sylp(G)| ≥ q folgt. Analog ist dann auch |Sylq(G)| ≥ p. P und alle zu P konjugierten Gruppen sindzyklisch, und besitzen p− 1 Elemente der Ordnung p. Analog zur Rechnung in Aufgabe 39 d) sind allep-Sylowgruppen bis auf das neutrale Element paarweise disjunkt, es gibt also mindestens q ·(p−1) paar-weise verschiedene Elemente der Ordnung p in G, andererseits aber auch p · (q− 1) paarweise verschie-dene Elemente der Ordnung q, da die gleiche Rechnung auch für die zu Q konjugierten q-Sylowgruppenfunktioniert. Das steht aber im Widerspruch zu p(q − 1) + q(p − 1) = 2pq − p − q > pq = |G|, dap, q ≥ 2 gilt. Also muss mindestens eine Sylowgruppe ein Normalteiler sein, und G ist auflösbar. Sei nun|G| = pqr für paarweise verschiedene Primzahlen p, q, r ∈ N. In G gibt es dann eine p-Sylowgruppe P ,eine q-Sylowgruppe Q sowie eine r-Sylowgruppe R. Ist P ein Normalteiler von G, so ist P als p-Gruppeauflösbar. Die Faktorgruppe besitzt Ordnung |G|/|P | = qr, sie ist nach der vorigen Rechnung ebenfallsauflösbar. Also ist G nach Satz 1.9.4 auflösbar. Das gilt ebenso, wenn Q oder R Normalteiler von G sind.Es bleibt wieder zu zeigen, dass mindestens eine dieser Untergruppen ein Normalteiler von G ist. An-dernfalls ist |Sylp(G)| ≡ 1 mod p und größer 1, aber auch ein Teiler von pqr, woraus |Sylp(G)| ≥ q oder|Sylp(G)| ≥ r folgt. Im Folgenden sei ohne Einschränkung angenommen, dass p < q < r ist, insbeson-dere ist p ≥ 2, q ≥ 3 und r ≥ 5. Dann ist |Sylp(G)| ≥ q. Analog folgt |Sylq(G)| ≥ p und |Sylr(G)| ≥ p.Mit der gleichen Argumentation wie oben gibt es dann in G mindestens q ·(p−1) Elemente der Ordnungp und mindestens p · (q− 1) Elemente der Ordnung q in G, die alle paarweise voneinander verschiedensind. Sei nr die Anzahl der zu R konjugierten r-Sylowgruppen. Einerseits ist nr ≡ 1 mod r, anderer-seits nr | pqr, was nur für nr | pq möglich ist. Wegen p < r und q < r ist aber weder p ≡ 1 mod rnoch q ≡ 1 mod r, also sind nr = p und nr = q unmöglich. Daher ist nr ≥ pq. Damit wären insgesamtq · (p−1)+p · (q−1)+pq · (r−1) = pq−q+pq−p+pqr−pq = pqr+pq−p−q = |G|+pq−p−q > |G|Elemente in G. Da dies unmöglich ist, muss eine der Sylowgruppen ein Normalteiler sein, und G istauflösbar.

Aufgabe 42 (Einfachheit der GL(3, F2)) 8 PunkteIn der Gruppe GL(3,F2) sei Eij die Matrix mit dem Element 1 auf der Diagonalen, dem Element 1

an der Position (i, j) und 0 sonst. Es sei M ⊂ GL(3,F2) die Menge aller Eij für i, j ∈ {1, 2, 3}. ZeigenSie:

(a) Die Menge M erzeugt die Gruppe GL(3,F2).(b) Jedes Eij ∈M ist ein Kommutator zweier Matrizen aus GL(3,F2).(c) GL(3,F2) ist nicht auflösbar.(d) Die Ordnung von GL(3,F2) ist 168.(e) GL(3,F2) ist einfach.

Hinweise: Teil a) Jedes A ∈ GL(3,F2) lässt sich durch geeignete Zeilen-/Spaltentransformationenzur Einheitsmatrix umformen.

Teil e) Verwenden Sie ohne Beweis, dass Gruppen mit Ordnung < 60 auflösbar sind.

Lösung

(a) Es ist zu zeigen, dass jedes A ∈ GL(3,F2) als Produkt von Elementen aus M geschriebenwerden kann. Sei also A beliebig. Für Matrizen über dem Körper F2 gibt es nur die Möglich-keiten det(A) = 0 oder det(A) = 1, da 0 und 1 die einzigen Elemente von F2 sind. Da A alsinvertierbar vorausgesetzt ist, folgt mit dem Determinantenmultiplikationssatz det(A) = 1,insbesondere ist GL(3,F2) = SL(3,F2). Aus der linearen Algebra ist bekannt, dass die MatrixA dann in die Einheitsmatrix I ∈ GL(3,F2) überführt werden kann, indem skalare Vielfachevon Zeilen bzw. Spalten von A aufeinander addiert werden. Da der Grundkörper aber nur dieSkalare 0 und 1 enthält, gibt es keine echten Vielfachen einer Zeile oder Spalte, und A kanndurch sukzessive Addition von Zeilen

A =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

→

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

+ (a21, a22, a23)

= A′

bzw. Spalten

A =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

→

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

= A′

+a13

a23

a33

zur Einheitsmatrix umgeformt werden. Eine einfache Rechnung zeigt, dass die Matrix A′, dieaus A durch Addition der i-ten Zeile auf die j-te Zeile (mit i 6= j) entsteht, gerade durch Eji ·Agegeben ist. Analog ist die Matrix, die durch Addition der i-ten Spalte auf die j-te Spalteaus A ensteht, gerade A ·Eij . Da es eine Folge von hintereinander ausgeführten Zeilen- bzw.Spaltenadditionen gibt, die A in I überführt, gibt es E(1), . . . , E(k), E(k+1), . . . , E(m) ∈M , sodass

k∏j=1

E(j) ·A ·m∏

j=k+1

E(j) = I

gilt. In diesem Ausdruck dürfen die Matrizen aus M zu separaten Produkten links bzw. rechtsvon A zusammengefasst werden, da die Multiplikation in GL(3,F2) assoziativ ist. Zieht man

die Produkte auf die rechte Seite der Gleichung, so ergibt sich

A =

k∏j=1

E(j)

−1

· I ·

m∏j=k+1

E(j)

−1

,

und damit A ∈ 〈M〉. Da A beliebig war erzeugt M die ganze Gruppe GL(3,F2).(b) Sei Eij in M beliebig. Ist i = j, so ist Eij = I = [I, I] beispielsweise der Kommutator der

Einheitsmatrix mit sich selbst. Sei nun i 6= j, und k der verbleibende Index aus {1, 2, 3}, dervon i und j verschieden ist. Behauptung: Eij ist der Kommutator von Ekj und Eik, bzw.Eij = EkjEikE

−1kj E

−1ik . Diese Identität kann elementar nachgerechnet werden, ein etwas an-

schaulicherer Beweis ist der folgende: Wir interpretieren die Multiplikation mit einer Matrixaus M als eine Spaltenaddition. Zunächst sei angemerkt, dass alle Elemente von M selbstin-vers sind, da die doppelte Addition einer Zeile oder Spalte nichts ändert (in F2 ist a+ a = 0für alle a ∈ F2). Es sei also A = I · EkjEikEkjEik. Die Matrix A entsteht aus I durch diefolgenden Spaltenoperationen (das Produkt wird von links nach rechts ausgelesen):(1) Addition von Spalte k auf Spalte j,(2) Addition von Spalte i auf Spalte k,(3) Addition von Spalte k auf Spalte j,(4) Addition von Spalte i auf Spalte k.

Seien e1, e2, e3 die Standardeinheitsvektoren als Spalten geschrieben. Die obigen Operationenführen auf folgende Umformung von I, wobei eine Spalte der folgenden Rechnung einer Spaltevon I entspricht:

ei ej ek(1) ei ej + ek ek(2) ei ej + ek ek + ei(3) ei ej + ek + ek + ei ek + ei(4) ei ej + ek + ek + ei ek + ei + ei(∗1) ei ei + ej + 2 · ek 2 · ei + ek(∗2) ei ei + ej ek

Dabei entspricht (∗1) der Zusammenfassung der Spaltenvektoren, und (∗2) gilt, da 2 = 0 inF2 ist. Die Matrix A entsteht also gerade aus I durch Addition von Spalte i auf Spalte j, undes ist A = I · Eij = Eij wie gewünscht. Da i und j beliebig waren ist auf diese Weise jedesElement von M als Kommutator von Matrizen aus M schreibbar.

(c) Nach Satz 1.9.2 ist GL(3,F2) genau dann auflösbar, wenn die Folge der KommutatorgruppenGL(3,F2)(j) für j → ∞ abbricht, d. h. wenn es ein j0 gibt, so dass GL(3,F2)(j) = {I} istfür alle j ≥ j0. In der ersten Kommutatorgruppe GL(3,F2)(1) ist nach Teil b) die Menge Menthalten. Da es sich um eine Gruppe handelt, liegt auch das Erzeugnis 〈M〉 darin. NachTeil a) liegt damit aber ganz GL(3,F2) in der ersten Kommutatorgruppe, also ist tatsächlichGL(3,F2)(1) = GL(3,F2). Durch Induktion ist GL(3,F2)(j+1) = GL(3,F2)(j) für alle j ∈ N,also bricht die Folge der Kommutatorgruppen nicht ab, d. h. GL(3,F2) ist nicht auflösbar.

(d) Die Ordnung von GL(3,F2) ist gleich der Anzahl Möglichkeiten, aus drei Zeilenvektorendes Vektorraums F3

2 eine invertierbare Matrix zu bilden. Sei A ∈ GL(3,F2) mit den Zeilena1, a2, a3 ∈ F3

2. Der Vektorraum F32 besitzt genau 23 = 8 Vektoren. Die erste Zeile a1 ist

nicht der Nullvektor, sonst wäre det(A) = 0 und A nicht invertierbar, also gibt es 8− 1 = 7Möglichkeiten für a1. Die zweite Zeile a2 ist wieder nicht der Nullvektor, und zusätzlich ist sielinear unabhängig von der ersten Zeile, d. h. es gibt kein a 6= 0 in F2 mit a2 = a·a1. Da es außer0 aber nur die Eins in F2 gibt, ist jeder Vektor außer ~0 und a1 eine mögliche Wahl für a2, alsogibt es 8− 2 = 6 Möglichkeiten für a2. Die letzte Zeile darf analog keine Linearkombinationvon a1 und a2 sein. Die einzigen Kombinationen sind aber a1, a2 und a1 + a2, wobei a1 + a2

nach Wahl von a2 verschieden von ~0, a1 und a2 ist. Also gibt es für die letzte Zeile von A

genau 8− 4 = 4 Möglichkeiten. Insgesamt gibt es also 7 · 6 · 4 = 168 Matrizen der Dimension(3, 3) über F2, die linear unabhängige Zeilen enthalten, also ist |GL(3,F2)| = 168.

(e) GL(3,F2) kann keinen nichttrivialen Normalteiler N mit Ordnung 168/3 ≥ |N | ≥ 3besitzen, andernfalls wären sowohl N als auch GL(3,F2) /N auflösbar, da beide Gruppen eineOrdnung unter 60 besitzen, und damit wäre Satz 1.9.4 ein Widerspruch zu Teil c). Also bleibtnoch nachzuweisen, dass auch kein Normalteiler mit Ordnung 2 oder vom Index 2 existiert.Angenommen |N | = 2 ist Normalteiler, dann istN natürlich auflösbar, undH := GL(3,F2)/Nwäre nach Satz 1.9.4 eine nicht auflösbare Gruppe der Ordnung 84 = 7 ·3 ·22. Mit dem Sylow-Satz kann ein Normalteiler in H nachgewiesen werden: Für die Anzahl n7 der 7-Sylowgruppengilt n7 ∈ {1, 8, 15, 22, 29, 36, . . .} und n7 | 3 · 22. Das ist nur für n7 = 1 möglich. Also gibt eseinen Normalteiler U E H der Ordnung 7. Dann sind aber H/U und U wiederum als Gruppenmit Ordnung unter 60 auflösbar, damit wäre H und somit auch GL(3,F2) auflösbar, imWiderspruch zu Teil c). Also kann GL(3,F2) keinen nichttrivialen Normalteiler der Ordnung2 enthalten. Mit dem gleichen Argument kann es auch keinen Normalteiler vom Index 2geben, sonst wären wiederum GL(3,F2)/N als Gruppe der Ordnung 2 und N als Gruppe derOrdnung 84 auflösbar. Also ist N einfach.

Aufgabe 43 (Ringerzeugnis) 4 PunkteSei R ein Unterring eines Rings S, und R[X] sein Polynomring. Für s ∈ S sei der Einsetzhomomor-phismus

φs ={

R[X] → S∑nj=0 ajX

j 7→∑n

j=0 ajsj

gegeben. Für eine Menge M ⊆ S sei nun das Erzeugnis R[M ] von M über R der kleinste Ring in S, derR und M enthält. Analog zum Erzeugungsbegriff in der Gruppentheorie sieht man leicht, dass R[M ]der Schnitt aller Teilringe von S ist, die R und M enthalten (das müssen Sie nicht zeigen). Für H = {s}sei R[s] := R[H] gesetzt. Zeigen Sie, dass das Erzeugnis auch über den Polynomring gewonnen werdenkann, indem Sie die Identität φs(R[X]) = R[s] beweisen.

Lösung

Zunächst sei φs(R[X]) ⊆ R[s] gezeigt. Ein beliebiges Element aus der linken Seite ist ein Ausdruck derForm

a =n∑

j=0

ajsj

mit Koeffizienten a0, . . . , an ∈ R. Wegen R ⊆ S und s ∈ S liegt auch a in S. Sei nun S′ ⊆ S irgendein Teilring von S, der s und R enthält. Das Element a entesteht durch Addition/Multiplikationvon Elementen aus R und s, es liegt also auch im Ring S′, da Addition und Multiplikation darinabgeschlossen sind. Also ist a ∈ S′. Da S′ beliebiger Teilring von S war, der R und s enthält, liegta auch in dem Schnitt aller solchen Ringe, d. h. in R[s]. Für die Umkehrung φs(R[X]) ⊇ R[s] seizunächst gezeigt, dass S′ = φs(R[X]) selbst ein Ring ist. Sei ι die Einbettung

ι ={R → Sa 7→ a

von R in S. Wegen ι(a) = a ist ι ein injektiver Ringhomomorphismus. Offenbar ist φs(a) = ι(a)für alle a ∈ R, wenn man R als Teilmenge von R[X] auffasst vermöge a = a · X0. Die universelleAbbildungseigenschaft aus Definition 2.3.1 garantiert, dass φs ein Ringhomomorphismus ist, der ιfortsetzt. Also ist das Bild S′ = φ(R[X]) selbst ein Ring. Er enthält offenbar R, da die konstantenPolynome aX0 für alle a ∈ R in R[X] enthalten sind. Er enthält auch s = φs(1R · X1). Also ist S′

tatsächlich selbst einer von den Teilringen von S, deren Schnitt gerade R[s] definiert, insbesondere istS′ ⊇ R[s].

Aufgabe 44 (Die formale Ableitung) 3 PunkteDie formale Ableitung für Polynome f ∈ R[X] über einem Ring R ist gegeben durch die Zuordnung

(n∑

j=0

ajXj)′ =

n∑j=1

j · ajXj−1 .

Zeigen Sie, dass die formale Ableitung linear ist (d. h. (a · f + b · g)′ = a · f ′ + b · g′ für alle a, b ∈ Rund f, g ∈ R[X]), und dass die Produktregel (f · g)′ = f ′ · g + f · g′ für f, g ∈ R[X] gilt.

Lösung

Es seien f =∑ajX

j und g =∑bjX

j mit n = max(deg(f),deg(g)). Die Koeffizienten des Polynoms(a · f + b · g) =

∑cjX

j = a ·∑ajX

j + b ·∑bjX

j sind gerade gegeben durch cj = a · aj + b · bj fürj = 0 . . . n, also ist

(a·f+b·g)′ =n∑

j=1

j ·cjXj−1 =n∑

j=1

j ·(a·aj+b·bj)Xj−1 = a·n∑

j=1

j ·ajXj−1+b·

n∑j=1

j ·bjXj−1 = a·f ′+b·g′ .

Die Produktregel sei zunächst für Produkte aus Polynomen und Monomen Xk gezeigt: Für k = 0 ist(f ·X0)′ = f ′ ·X0 + f · (X0)′ = f ′ klar. Für k ≥ 1 gilt

(f ·Xk)′ =

n∑j=0

ajXj+k

′

=n∑

j=0

aj ·(j+k)·Xj+k−1 =

n∑j=1

aj · j ·Xj−1

·Xk+

n∑j=0

aj Xj

·kXk−1

und der letzte Ausdruck ist gerade f ′ ·Xk +f · (Xk)′. Mit der bereits gezeigten Linearität der formalenAbleitung folgt die Produktregel damit für beliebige Produkte, denn für f =

∑ajX

j und g =∑bjX

j

mit n = max(deg(f),deg(g)) gilt nun

(f · g)′ =

n∑j=0

aj ·Xj · g

′

=n∑

j=0

aj · (Xj · g)′

wegen der Linearität der Ableitung. Aus der Produktregel für Polynome und Monome folgt dannn∑

j=0

aj · (Xj · g)′ =n∑

j=0

aj · [(Xj)′ · g+ (Xj) · g′] =n∑

j=0

aj · (Xj)′ · g+n∑

j=0

aj · (Xj) · g′ = f ′ · g+ f · g′ .

Aufgabe 45 (Polynome und Funktionen) 2 PunkteSei R ein Ring mit Polynomring R[X]. Ein Polynom f =

∑ajX

j ∈ R[X] ist verschieden von derzugehörigen Polynomfunktion f(·), die einem x ∈ R den Wert f(x) =

∑ajx

j ∈ R zuordnet. DieAbbildung φ : f 7→ f(·) ordne einem Polynom seine Polynomfunktion zu. Geben Sie zwei Beispiele fürRinge R an, für die φ jeweils nicht surjektiv bzw. nicht injektiv ist.

Lösung

Im Ring R = R ist nicht jede Funktion durch ein Polynom darstellbar, da jede Polynomfunktion aufganz R stetig ist, aber nichtstetige Funktionen wie beispielsweise

f(x) ={

1 falls x = 00 sonst

existieren. Also ist die Zuordnung f 7→ f(·) nicht surjektiv. Umgekehrt gibt es beispielsweise in F2 ={0, 1} nur vier mögliche Funktionen, da den zwei Werten jeweils nur zwei mögliche Bilder zugeordnetwerden können. Es gibt aber unendlich viele Polynome in F2[X], also ist die Zuordnung f 7→ f(·) hiernicht injektiv.

Aufgabe 46 (Potenzreihen) 4 PunkteZu einem nullteilerfreien und kommutativen Ring R mit Eins ist der Ring der Potenzreihen in einerUnbestimmten X

R[[X]] = {∞∑

j=0

ajXj | aj ∈ R}

gegeben durch die formalen Summen über die Monome Xj mit Koeffizienten aus R ohne die Einschrän-kung, dass nur endlich viele Koeffizienten nicht Null sind. Die Multiplikation ist auf R[[X]] genau wieauf R[X] definiert, der Polynomring ist daher ein Teilring des Potenzreihenrings. Der Potenzreihenringwird mit der folgenden Gradfunktion versehen, die von der Gradfunktion auf R[X] verschieden ist:

deg2(∞∑

j=0

ajXj) = max{n ∈ N0 | ∀j < n : aj = 0} .

Wie üblich setzt man wieder deg2(0) := −∞. Zeigen Sie:

(a) Es gelten die Ungleichungen deg2(f · g) ≥ deg2(f)+deg2(g) falls f · g 6= 0, und deg2(f + g) ≥min(deg2(f),deg2(g)) falls f + g 6= 0.

(b) Es gilt R[X]∗ = R∗, aber 1−X ∈ R[X] ist in R[[X]] invertierbar.

Lösung

(a) Seien f =∑aiX

i und g =∑biX

i in R[[X]] beliebig, und i ∈ N0 mit i < deg2(f) + deg2(g).Zu zeigen ist, dass der Koeffizient ci von f · g =

∑ciX

i Null ist. Er ist gegeben durch

ci =∑

j+k=i

ajbk ,

für jedes solche Paar (j, k) mit j + k = i gilt nach Wahl von i j < deg2(f) oder k < deg2(g),sonst wäre i = j + k ≥ deg2(f) + deg2(g). Die erste Bedingung impliziert aber aj = 0, diezweite bk = 0, der Summand ajbk ist also Null. Das gilt für alle Paare (j, k) mit j+k = i, alsoist ci = 0 für alle i < deg2(f) + deg2(g), gleichbedeutend mit deg(f · g) ≥ deg2(f) + deg2(g).Ist eine der beiden Potenzreihen die Nullreihe

∑0 · Xi, so steht auf der rechten Seite −∞,

und die Ungleichung gilt. Sei nun f + g =∑ciX

i die Summe, dann ist ci = ai + bi füri ∈ N0. Ist ai, bi = 0 für alle i < m, so ist offensichtlich auch ci = 0 für alle i < m, also istdeg2(f + g) ≥ min(deg2(f),deg2(f)). Ist eine der beiden Potenzreihen die Nullreihe, so stehtauf der rechten Seite −∞, und die Ungleichung gilt.

(b) Zunächst kann ein Polynom mit Grad deg(f) ≥ 1 keine Einheit von R[X] sein, denn dasProdukt f · g mit irgend einem anderen Polynom g 6= 0 besitzt einen Grad, der mindestensdeg(f) ist, aber die 1 hat Grad Null (hier geht ein, dass R nullteilerfrei ist). Als Einheitenkommen also nur noch die konstanten Polynome aX0 in Frage, und aX0 · bX0 = 1 ist genaudann möglich, wenn a ∈ R∗ ist. Umgekehrt ist für jedes a ∈ R∗ das Polynom aX0 eine Einheitin R[X] mit Inversem a−1X0, also ist R[X]∗ = R[X]. Aus der Analysis ist die geometrische

Reihe

(1− t)−1 =∞∑

j=0

tj

bekannt, sie besitzt den Konvergenzradius 1. Sei g =∑bjX

j = 1R + X + X2 + · · · dieentsprechende Potenzreihe über R mit bj = 1 für alle j, und f =

∑ajX

j = 1 − X das zuinvertierende Polynom. Sei h = f · g ∈ R[[X]] mit h =

∑cjX

j und Koeffizienten cj ∈ R. Fürden Koeffizient c0 gilt nach Definition der Multiplikation im Potenzreihenring c0 = a0 · b0 =1 ·1 = 1. Andererseits ist c1 = a0b1 +a1b0 = 1 ·1+(−1) ·1 = 0. Für die weiteren Koeffizientengilt

cj =∑

i+k=j

aibk =∑

i+k=j

ai · 1 =j∑

i=0

ai · 1 = 1− 1 = 0

für j > 1, da in f nur die Koeffizienten a0 = 1 und a1 = −1 von Null verschieden sind. Alsoist c0 = 1 und cj = 0 für j ≥ 1, und

∑cjX

j = f · g = 1, oder anders ausgedrückt g = f−1 inR[[X]]. Insbesondere ist 1−X im Potenzreihenring invertierbar.

Bemerkung:Die Tatsache, dass die Reihe

∑tj für |t| < 1 gegen (1− t)−1 konvergiert hat also eine rein algebraische

Ursache. Daher konvergiert die Reihe beispielsweise auch für komplexe Zahlen t ∈ C gegen (1 − t)−1

falls |t| < 1 ist. Der Verlust der Konvergenz für |t| ≥ 1 begründet sich darin, dass die Auswertungvon 1 − X an der Stelle 1 in keinem Ring R invertierbar ist, daher kann man keine wie auch immergeartete Auswertung von f−1 =

∑Xj an der Stelle 1 definieren, ganz unabhängig davon, wie der

Konvergenzbegriff in R, C oder einem beliebigen Ring R nun eigentlich definiert ist.

Aufgabe 47 (Ein wenig Zahlentheorie) 6 PunkteEs sei i ∈ C die imaginäre Einheit. Die Elemente der Menge Z[i] := {a+ ib | a, b ∈ Z} bezeichnet manals Gaußsche Zahlen. Zeigen Sie die folgenden Eigenschaften:

(a) Die Menge Z[i] ist ein Ring (wegen Z[i] ⊂ C genügt es, die Abgeschlossenheit zu zeigen).(b) Die komplexe Konjugation C : a+ ib 7→ a− ib ist ein Ringautomorphismus von Z[i].(c) Die Einheitengruppe Z[i]∗ = {α ∈ Z[i] | ∃β ∈ Z[i] : αβ = 1} besteht aus vier Elementen.(d) Die Menge Z[

√2] := {a+

√2 · b | a, b ∈ Z} bildet einen Ring.

(e) Die Einheitengruppe Z[√

2]∗ ist nicht endlich.

Lösung

(a) Seien a + ib, x + iy ∈ Z[i] beliebig mit a, b, x, y ∈ Z. Die Differenz (a + ib) − (x + iy) =(a − x) + i(b − y) liegt wieder in Z[i], da a − x ∈ Z und b − y ∈ Z gilt. Also ist Z[i] nachdem Untergruppenkriterium eine Untergruppe von (C,+). Andererseits ist (a+ ib)(x+ iy) =(ax− by)+ i(ay+ bx) (vgl. die Zusatzaufgabe von Blatt 9), und die Koeffizienten ax− by unday + bx liegen wieder in Z, da Z ein Ring ist. Also ist auch die Multiplikation abgeschlossen,und Z[i] ist ein Teilring der komplexen Zahlen C. Das Nullelement ist 0 = 0 + i · 0, dasEinselement ist 1 = 1 + i · 0.

(b) Die Abbildung C : Z[i] → Z[i] ist wohldefiniert, da die Koeffizienten in der Darstellungz = x + iy eindeutig sind. Die Bilder liegen offensichtlich wieder in Z[i]. Die RelationstreueC(z1 + z2) = C(z1) + C(z2) und C(z1z2) = C(z1)C(z2) ist aus der Analysis bekannt. Es ist

C(1) = 1 und C(0) = 0. Die Abbildung bijektiv, denn sie ist selbstinvers: C ◦ C = idC. Alsoist C ein Ringautomorphismus.

(c) Die imaginäre Einheit i ∈ Z[i] ist eine Einheit, denn ihr Inverses ist −i ∈ Z[i]. Da Z[i]∗ einemultiplikative Gruppe ist, liegt die von i erzeugte zyklische Gruppe darin. Wegen i4 = 1,i3 = −i, i2 = −1 und i1 = i ist diese von Ordnung 4, insbesondere sind 1, −1, −i undi Einheiten des Rings Z[i]. Sei z = x + iy ∈ C mit z 6= 0 beliebig. Da C ein Körper ist,gibt es ein Inverses z−1 ∈ C mit zz−1 = 1. Für den Standardbetrag auf C gilt dann aber|z| · |z−1| = 1. Aus der Analysis ist bekannt, dass |z| = x2 + y2 mit x, y ∈ R ist. Liegt z nunzusätzlich in Z[i], so liegen x und y in Z, insbesondere ist der Betrag von z eine ganze positiveZahl, die von Null verschieden ist. Besitzt z ein Inverses in Z[i], so muss auch dessen Betrageine natürliche Zahl sein, aber wegen |z−1| = |z|−1 ist das nur für |z| = |z−1| = 1 möglich.Also liegen alle Einheiten z ∈ Z[i]∗ auf dem komplexen Einheitskreis. Der Betrag 1 = x2 + y2

ist aber nur für |x|, |y| ≤ 1 möglich, also sind die einzigen Einheiten des Rings Z[i] die schongefundenen Elemente 1 = 1 + i · 0, −1 = −1 + i · 0, −i = 0 + i · (−1) und i = 0 + i · 1, und esist |Z[i]∗| = 4.

(d) Die Menge Z[√

2] ist zunächst eine Teilmenge des Körper R, daher genügt es wieder, Un-tergruppenkriterium und Abgeschlossenheit der Multiplikation nachzurechnen. Wegen (a +√

2b) − (x +√

2y) = (a − x) +√

2(b − y) ist Z[√

2] eine Untergruppe von (R,+). Für dieMultiplikation gilt (a+

√2b)(x+

√2y) = ax+2by+

√2(bx+ ay) ∈ Z[

√2]. Also ist Z[

√2] ein

Teilring von R mit Nullelement 0 und Einselement 1.(e) Seien ε = 1+

√2 ∈ Z[

√2] und ε′ = −1+

√2 ∈ Z[

√2] gegeben. Dann gilt εε′ = −1+

√2−

√2+

2 = 1, also ε ∈ Z[√

2]∗. Da Z[√

2]∗ eine multiplikative Gruppe ist, liegt die (zyklische) Gruppe〈ε〉 in Z[

√2]∗, d. h. mit ε liegt auch εk für alle k ∈ N0 in der Einheitegruppe. Offensichtlich

ist ε > 1, also ist 1 < ε < ε2 < ε3 < · · · , insbesondere sind die unendlich vielen Einheiten εkfür k ∈ N0 paarweise verschieden, und Z[i]∗ ist unendlich.



Aufgabe 48 (Euklidischer Algorithmus) 4 PunkteBerechnen Sie mit dem euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler der Polynome

f = X5 +X4 − 2X2 − 9X − 22 und g = X3 +X2 − 3X − 6

aus Q[X].

Lösung

Zu Berechnen ist die Folge (fi) in Q[X] mit

• f1 := f ,• f2 := g,• fi := Rest der Polynomdivision von fi−2 durch fi−1 für i ≥ 3.

Erster Schritt ist die Division von f1 durch f2:

(X5 +X4 − 2X2 − 9X − 22) : (X3 +X2 − 3X − 6) = X2 + 3−X5 −X4 + 3X3 + 6X2

3X3 + 4X2 − 9X − 22−3X3 − 3X2 + 9X + 18

X2 − 4 =: f3 .

Nun ist f2 durch f3 zu dividieren:

(X3 +X2 − 3X − 6) : (X2 − 4) = X + 1−X3 + 4X

X2 +X − 6−X2 + 4

X− 2 =: f4 .

Wegen f4 6= 0 ist eine weitere Division erforderlich:

(X2 − 4) : (X − 2) = X + 2−X2 + 2X

2X − 4−2X + 4

0 =: f5 .

Der Algorithmus bricht an dieser Stelle ab, und f4 = ggT(f, g) = X − 2 ist das gesuchte Polynom.

Aufgabe 49 (Faktorielle Ringe) 5 PunkteEs sei R ein faktorieller Ring und n ≥ 2. Zeigen Sie die folgenden Aussagen:

(a) Der Polynomring R[X1, X2, . . . , Xn] in n Unbestimmten über R ist faktoriell.(b) Der Ring R[X1, X2, . . . , Xn] ist kein Hauptidealring.(c) Ist gibt eine Kette p1 ⊆ p2 ⊆ · · · ⊆ pn paarweise verschiedener Primideale inR[X1, X2, . . . , Xn].

Lösung

(a) Das ist die direkte Verallgemeinerung von Satz 2.4.8 für Polynomringe in mehreren Variablen.Dazu zeigt man zunächst, dass R[X1, . . . , Xn] ∼= (R[X1, . . . , Xn−1])[Xn] ist, bzw. dass eskeinen Unterschied macht, vom Polynomring in n Variablen über R oder vom Polynomringin einer Variablen über R[X1, . . . , Xn−1] zu sprechen. Sei also n ∈ N beliebig mit n ≥ 2.Polynome aus R[X1, . . . , Xn] sind von der Form

f =∞∑

j1,...,jn=0

aj1,...,jnXj11 · · ·Xjn

n

mit Koeffizienten a ∈ R, die durch j1, . . . , jn indiziert werden. Polynome aus (R[X1, . . . , Xn−1])[Xn]schreiben sich dagegen

f =∞∑i=0

fi ·Xin

mit Koeffizienten fi ∈ R[X1, . . . , Xn−1]. Diese sind von der Form

fi =∞∑

j1,...,jn−1=0

aj1,...,jn−1Xj11 · · ·Xjn−1

n−1

mit Koeffizienten a ∈ R, die durch j1, . . . , jn−1 indiziert werden. Einsetzen in f ergibt dann

f =∞∑i=0

∞∑j1,...,jn−1=0

a(i)j1,...,jn−1

Xj11 · · ·Xjn−1

n−1 ·Xin 7→

∞∑j1,...,jn=0

aj1,...,jnXj11 · · ·Xjn

n = f

durch Umbenennung von i in jn. Es ist klar, dass die so definierte Abbildung f 7→ f einenRingisomorphismus von (R[X1, . . . , Xn−1])[Xn] nach R[X1, . . . , Xn] definiert, da es sich nurum die Umbenennung eines Index handelt. Für n = 1 ist nun R[X1] faktoriell, da R alsfaktoriell vorausgesetzt wurde. Per Induktionsannahme sei R[X1, . . . , Xn−1] faktoriell, dannist nach Satz 2.4.8 auch der Polynomring (R[X1, . . . , Xn−1])[Xn] in einer Variablen faktori-ell. Dieser ist aber isomorph zu R[X1, . . . , Xn], also ist auch dieser Ring faktoriell. Also istR[X1, . . . , Xn] für alle n ∈ N faktoriell.

(b) Als Vorbereitung sei gezeigt, dass jedes endlich erzeugte Ideal (a1, . . . , ak) eines Rings R mita1, . . . , ak ∈ R sich als Komplexsumme der Form

(a1, . . . , ak) = Ra1 + . . . + Rak

schreiben lässt. Das Erzeugnis der Elemente aj ist über

(a1, . . . , ak) =⋂aER

a1,...,ak∈a

a

wie üblich definiert. Die Komplexsumme b = Ra1 + · · · + Rak ist zunächst eine abelscheUntergruppe von (R,+). Elemente von b haben die Form r1a1 + · · ·+ rkak, sind also gerade

Linearkombinationen der aj über R. Sei r in R beliebig, dann ist r · (r1a1 + · · · + rkak) =(rr1)a1 + · · · + (rrk)ak offensichtlich auch eine solche Kombination, also ist b ein Ideal, dasalle aj enthält. Es ist also an dem obigen Schnitt beteiligt, d. h. (a1, . . . , ak) ⊆ b. Es gilt aberauch die umgekehrte Inklusion: jedes am Schnitt beteiligte Ideal a enthält mit den aj wegender Idealeigenschaft auch jede Linearkombination der aj , also enthält es ganz b. Insgesamtgilt also (a1, . . . , ak) = Ra1 + · · · + Rak für jedes endlich erzeugte Ideal irgend eines RingesR. Die Summe muss natürlich nicht direkt sein. Für n ≥ 2 liegen die Polynome X1

1 und X12

in R[X1, . . . , Xn]. Wir betrachten das von diesen Polynomen erzeugte Ideal

a = (X1, X2) =⋂

a′ER[X1,...,Xn]

X1,X2∈a′

a′ = X1 ·R[X1, . . . , Xn] + X2 ·R[X1, . . . , Xn] .

Angenommen es handelt sich um ein Hauptideal, dann gibt es f ∈ R[X1, . . . , Xn] mit

a = (f) = {f · g | g ∈ R[X1, . . . , Xn]} .

Nach Annahme liegt das Polynom X1 darin, also gibt es ein g ∈ R[X1, . . . , Xn] mit f ·g = X1.Dann aber ist deg(f) ≤ 1 und deg(g) ≤ 1. Angenommen deg(f) = 0, also f = a mita ∈ R. Wegen a · g = X1 bleibt nur g = a−1X1, insbesondere ist a ∈ R∗ eine Einheit. Dannaber ist a 6= (f), denn jede Linearkombination von X1 und X2 ist entweder Null oder einnichtkonstantes Polynom (jedes Ideal, das mindestens eine Einheit a des Rings enthält, istwegen R·{a} = R und der Idealeigenschaft schon der ganze Ring). Also bleibt nur deg(f) = 1,bzw. f = aX+ b. Dann aber gibt es kein g mit (aX+ b) ·g = X2, da für jedes g 6= 0 der TermX1 im Produkt auftauchen muss (R ist faktoriell und damit nullteilerfrei). Also liegt dann X2

nicht in (f). In beiden Fällen ist also (f) 6= a, und da f beliebig war ist a kein Hauptideal,insbesondere ist R[X1, . . . , Xn] kein Hauptidealring. Es ist leicht zu sehen, dass diese Aussagefür n = 1 nicht stimmt.

(c) Für n ≥ 2 ist eine solche Kette nur möglich, wenn mindestens eines der Primideale keinHauptideal ist, für (f) ⊆ (g) wäre ansonsten f ∈ (g) = g · R[X1, . . . , Xn], damit f nichtirreduzibel und (f) nicht prim. Nach Teil b) ist p2 = (X1, X2) kein Hauptideal. Es ist aberein Primideal: angenommen es gibt Ideale a, b E R[X1, . . . , Xn] mit p2 ⊇ a ·b aber p2 6⊇ a undp2 6⊇ b. Dann gibt es f ∈ a und g ∈ b mit f, g /∈ p2 aber f ·g ∈ p2, also f ·g = r1X1 +r2X2 mitr1, r2 ∈ R[X1, . . . , Xn]. Die Bedingung f /∈ p2 ist gleichbedeutend damit, dass in der Summe

f =n∑

j1,...,jn=0

aj1,...,jnXj11 · · ·Xjn

n

ein Koeffizient aj1,...,jn 6= 0 auftritt mit j1 = j2 = 0. Auch in g gibt es einen solchen Summan-den. Dann gibt es mit deren Produkt aber auch einen solchen Summanden in f · g, das aberimpliziert fg /∈ p2, im Widerspruch zur Annahme. Also ist p2 ein Primideal. Mit der gleichenRechnung sieht man, dass in R[X1, . . . , Xn] auch die Ideale (X1, . . . , Xk) für jedes k ≤ n primsind. Sei also für n ≥ 2 das Primideal pk gegeben durch pk = (X1, . . . , Xk). Dann sind allediese Ideale prim, paarweise voneinander verschieden, und es gilt p1 ⊆ p2 ⊆ · · · ⊆ pn.

Aufgabe 50 (Links- und Rechtsideale) 4 PunkteEin Linksideal eines Rings R ist eine additive Untergruppe a ≤ R, für die r · a ⊆ a für alle r ∈ R gilt.Ein Rechtsideal von R ist eine additive Untergruppe b ≤ R, für die b · r ⊆ b für alle r ∈ R gilt. Seispeziell R = Kn×n der Ring der (n, n)-Matrizen über einem Körper K für ein n ≥ 2.

(a) Finden Sie ein Linksideal von R, das kein Rechtsideal ist.(b) Zeigen Sie, dass es bis auf das Nullideal und ganz R kein Ideal von R gibt, das Rechts- und

Linksideal ist.

Lösung

(a) Sei a ⊆ R die Menge aller Matrizen, deren letzte Spalte Null ist. Dann ist a eine additiveUntergruppe von R, da Matrizen komponentenweise addiert werden. Man sieht leicht, dassjedes Produkt AB mit B ∈ a wieder in a liegt, also ist a ein Linksideal von R. Es ist aberkein Rechtsideal, da beispielsweise

1 0 · · · 0 01 0 · · · 0 0...

.... . .

......

1 0 · · · 0 0

·

1 · · · 1...

...1 · · · 1

=

1 · · · 1...

...1 · · · 1

/∈ a

gilt. Da nur mit den Elementen 0, 1 ∈ K gerechnet wurde, gilt das für jeden Körper K.(b) Das Nullideal (N) = {N} mit der Nullmatrix N und R selbst sind trivialerweise beidseitige

Ideale von R. Sei a 6= {N} beliebiges beidseitiges Ideal von Rmit einem nichttrivialen ElementA = (aij) ∈ a. Sei etwa aij 6= 0, dann gibt es b ∈ K (Körper!) mit aijb = 1. Multiplikation mitder Matrix b ·N ergibt eine Matrix A′, die wegen der Idealeigenschaft ebenfalls in a liegt, undeine 1 an der Position (i, j) enthält. Durch die bekannten Zeilentransformationen kann A′ ineine Matrix überführt werden, deren j-te Spalte gerade der j-te Einheitsvektor von Kn ist.Mit der gleichen Rechnung wie in Aufgabe 42 Teil a) liegt diese Matrix ebenfalls in a. Durchweitere geeigenete Zeilen-/Spaltentransformationen sowie Addition der erhaltenen Matrizenkann schließlich die Einheitsmatrix hergestellt werden, wegen der beidseitigen Idealeigenschaftist auch diese dann in a enthalten. Mit der Einheitsmatrix enthält a aber auch das von derEinheitsmatrix erzeugte Hauptideal, das ist aber ganz R nach der Rechnung in der vorigenAufgabe. Also ist jedes solche Ideal ganz R, was zu zeigen war.

Aufgabe 51 (Die Charakteristik) 3 PunkteDie Charakterisitik char(R) eines Rings R mit Eins ist die kleinste natürliche Zahl n ∈ N, so dass für1 ∈ R die n-fache Summe 1 + · · · + 1 im Ring R Null ist. Falls es kein solches n gibt, setzt manchar(R) = 0. Zeigen Sie:

(a) Die Charakteristik des Restklassenrings Z/nZ ist gerade n für alle n ∈ N0.(b) Jeder Ring mit Charakteristik Null ist als Menge unendlich.(c) Es gibt Ringe mit Charakteristik char(R) 6= 0, die unendlich sind.

Lösung

(a) Angenommen 1 ≤ k < n, dann gilt für die k-fache Summe 1+ · · ·+1 = k · 1 = k 6= 0 in Z/nZ,da wegen 1 ≤ k < n auch k /∈ {0,±n,±2n, . . .}, also k 6= 0 gilt. Andererseits ist natürlich dien-fache Summe 1 + · · ·+ 1 = n · 1 = 0.

(b) Angenommen (R,+, ·) ist endlich. In der unendlichen Folge a1 = 1R, a2 = 1R + 1R, . . . musses dann mindestens zwei gleiche Elemente ai und aj mit i > j geben. Dann aber ist

i∑k=1

1R =j∑

k=1

1R ⇒i−j∑k=1

1R = 0 .

Insbesondere ist char(R) 6= 0.

(c) Der Restklassenring R = Z/nZ für n ≥ 1 besitzt Charakteristik n 6= 0, ist aber endlich.Der Polynomring R[X] in einer Variablen ist jedoch unendlich. Für die n-fache Summe desgleichen Polynoms gilt

n∑j=1

f =n∑

j=1

m∑k=0

akXk =

m∑k=0

n∑j=1

ak

Xk =m∑

k=0

0 ·Xk = 0 ,

da die Koeffizienten aus R stammen. Also ist char(R[X]) = char(R) = n 6= 0, aber R[X] istunendlich.



Aufgabe 52 (Einheitengruppen) 2 PunkteSei R = Z/8Z der Restklassenring mit 8 Elementen. Bestimmen Sie die Anzahl der Lösungen derGleichung x2 = 1 in R. Ist die Einheitengruppe R∗ zu Z/4Z oder zu Z/2Z⊕ Z/2Z isomorph?

Lösung

Jede Lösung von x2 = 1 ist offensichtlich eine Einheit, also liegt die Lösungsmenge in R∗. Ein Elementa mod 8 ist genau dann Einheit, wenn ggT(a, 8) = 1 ist. Wegen 8 = 23 ist das gleichbedeutend damit,dass a ungerade ist, also ist R∗ = {1, 3, 5, 7}. Einsetzen ergibt 12 ≡ 1 mod 8, 32 = 9 ≡ 1 mod 8,52 = 25 ≡ 1 mod 8 und 72 = 49 ≡ 1 mod 8. Also ist R∗ gerade die Lösungsmenge für x2 = 1 inR. Die multiplikative Gruppe R∗ = {1, 3, 5, 7} ist wegen Aufgabe 17 isomorph zu (Z/4Z,+) oderV4

∼= Z/2Z ⊕ Z/2Z. Da jede Einheit aber Lösung von x2 = 1 ist, folgt ord(a) = 2 für alle a ∈ R∗.Insbesondere ist R∗ nicht zyklisch, und es folgt R∗ ∼= Z/2Z⊕ Z/2Z.

Aufgabe 53 (Automorphismengruppen zyklischer Gruppen) 4 PunkteSei G = 〈g〉 eine endliche zyklische Gruppe. Geben Sie den Isomorphietyp der AutomorphismengruppeAut(G) an. Zeigen Sie zunächst, dass für jede Einheit a des Rings (Z/nZ,+, ·) die Abbildung x 7→ a ·xein Automorphismus der Gruppe (Z/nZ,+) ist.

Lösung

Es ist G ∼= Z/nZ für ein n ∈ N, also sei G′ = Aut(Z/nZ) ∼= Aut(G). Zunächst ist für jedes a ∈ (Z/nZ)∗

die Abbildung

φa ={

Z/nZ → Z/nZx 7→ a · x

relationstreu bzgl. +, da a ·(x+y) = a ·x+a ·y im Ring Z/nZ gilt. Zu φa ist φa−1 die Umkehrabbildung(a−1 existiert, da a eine Einheit ist): (φa ◦ φa−1)(x) = aa−1x = x, und umgekehrt (φa−1 ◦ φa)(x) =a−1ax = x, also φa ◦ φa−1 = φa−1 ◦ φa = id, und φa ∈ G′. Die Abbildung Φ : a 7→ φa ist einGruppenhomomorphismus wegen Φ(ab) = φab = φa ◦φb. Es gibt auch eine Umkehrabbildung für Φ: Zuirgend einem Automorphismus φ ∈ G′ sei a := φ(1). Da φ relationstreu ist, folgt φ(m) = φ(1+· · ·+1) =φ(1) + · · ·+ φ(1) = m · φ(1) = m · a = am. Also ist tatsächlich φ = φa für a ∈ Z/nZ. Da φ bijektiv istgibt es b mit φ(b) = 1, also ab = 1. Insbesondere ist a eine Einheit. Wegen φ = φa für alle φ ∈ G′ istdie Abbildung

Ψ ={G′ → (Z/nZ)∗

φ 7→ φ(1)gerade die Umkehrabbildung zu Φ : a 7→ φa. Also ist Φ bijektiv, und damit ein Gruppenisomorphismus,also G′ ∼= (Z/nZ)∗. Es gilt die Isomorphiekette Aut(G) ∼= G′ ∼= ((Z/nZ)∗, · ).

Aufgabe 54 (Maximale Ideale) 4 Punkte

Sei I = [0, 1] ⊆ R. Aus der Analysis ist bekannt, dass I kompakt ist. Sei R = {f : I → R | f stetig}.Diese Menge wird bei werteweiser Verknüpfung zu einem Ring (R,+, ·). Zeigen Sie:

(a) Für jedes a ∈ I ist die Teilmengen Ra = {f ∈ R | f(a) = 0} der stetigen Funktionen auf Imit einer Nullstelle in a ein maximales Ideal von R.

(b) Jedes maximale Ideal von R ist von dieser Form.

Lösung

(a) Die Menge Ra ist eine Untergruppe von (R,+), da mit f, g ∈ Ra auch (f − g)(a) = f(a) −g(a) = 0 ist. Für ein g ∈ R ist (g ·f) = (f ·g)(a) = f(a)g(a) = 0, also ist Ra ein (zweiseitiges)Ideal von R. Angenommen es gibt ein Ideal J von R mit Ra ( J ⊆ R für ein a ∈ I. Danngibt es g ∈ R − J , also g(a) 6= 0. Sei h ∈ R die Funktion h(x) = g(a) − g(x). Offensichtlichist h(a) = 0, also h ∈ Ra ⊂ J . Dann liegt auch die Funktion c = h+ g im Ideal J . Es ist aberc(x) = g(a)− g(x) + g(x) = g(a) konstant, und wegen g(a) 6= 0 ist c(x) eine Einheit im RingR: mit der konstanten Funktion d(x) = g(a)−1 gilt (c · d)(x) = 1 für alle x ∈ I. Die Funktionx 7→ 1 ist aber gerade das Einselement des Rings R. Wegen R · J ⊆ J liegt dann aber ganz Rin J , also ist J = R. Da J beliebig über Ra war, ist Ra maximal. Da a beliebig war ist jedesRa maximal.

(b) Angenommen m ist ein maximales Ideal von R mit m 6= Ra für alle a ∈ I. Gibt es ein f ∈ m,das keine Nullstelle a ∈ I mit f(a) = 0 besitzt, dann ist g(x) = f(x)−1 wohldefiniert, und f ·gliegt auch in m. Aber f ·g ist das Einselement von R, also wäre dann m = R. Für jedes f ∈ mgibt es daher ein a ∈ I mit f(a) = 0. Dann muss es aber auch ein g ∈ m geben mit g(a) 6= 0,ansonsten wäre m eine Teilmenge von Ra, im Widerspruch zur Maximalität von m. Zu jedema ∈ I sei ga also eine Funktion in m mit ga(a) 6= 0. Da alle Funktionen in R stetig sind gibt esfür a 6= 0, 1 ein von a abhängiges εa > 0, so dass ga auf dem offenen Intervall (a− εa, a+ εa)keine Nullstelle besitzt. Für die Randpunkte j = 0, 1 seien analog offene Intervalle Aj ⊂ Rmit j ∈ Aj und Funktionen gj ∈ m so gewählt, so dass der Schnitt Aj ∩ I keine Nullstellevon gj enthält. Sei U = {(a − εa, a + εa) | a ∈ (0, 1)} ∪ {A0, A1} das Mengensystem der sodefinierten Intervalle. Für jedes a ∈ I gibt es ein Intervall in U das a enthält, d. h. U ist eineoffene Überdeckung des kompakten Intervalls I. Nach dem aus der Analysis bekannten Satzvon Heine-Borel kann aus U eine endliche Teilüberdeckung U1, . . . , Un ausgewählt werden,so dass für jedes a ∈ I ein k ∈ {1, . . . , n} mit a ∈ Uk existiert. Seien g(1), . . . , g(n) ∈ m diezu diesen Intervallen gehörenden Funktionen, so dass g(k)(a) 6= 0 für alle a ∈ Uk ist. Dannist das von diesen Funktionen erzeugte Ideal a = (g(1), . . . , g(n)) eine Teilmenge von m. Esgenügt, eine Funktion h ohne Nullstelle in a und damit h·h−1 = 1R bzw. a = R nachzuweisen.Es sei zum Beispiel h(x) =

(g(1)(x)

)2+ · · · +

(g(n)(x)

)2. Es ist h ∈ a, denn Produkt- undSummenbildung ist in a abgeschlossen. Für jedes a ∈ I gibt es aber nun ein k mit g(k)(a) 6= 0,also g(k)(a)2 > 0. Alle weiteren Summanden in h(a) sind nicht negativ, also ist auch h(a) > 0.Da a beliebig war kann h keine Nullstelle in I besitzen, woraus a = m = R folgt, was zu zeigenwar.

Aufgabe 55 (Der Restesatz) 6 PunkteIn der Numerik wird der folgende Sachverhalt gezeigt: zu n + 1 paarweise verschiedenen Stellenx0, . . . , xn ∈ R und Werten y0, . . . , yn ∈ R gibt es ein Polynom f ∈ R[X] höchstens vom Grad n,so dass f(xi) = yi für i = 0 . . . n gilt. Zeigen Sie nun für einen beliebigen Körper K:

(a) Seien x0, . . . , xn ∈ K paarweise verschieden. Die Ideale ai = (X−xi) des Polynomrings K[X]erfüllen die Voraussetzungen des chinesischen Restesatzes.

(b) Es gibt eine Zuordnung von Wertetupeln (y0, . . . , yn) in Kn+1 zu Polynomen f ∈ K[X] mitf(xi) = yi, die ein Vektorraummonomorphismus ist, und deren Bilder höchstens Grad nbesitzen.

(c) Diese Zuordnung vermittelt einen Vektorraumisomorphismus ϕ zwischen Kn+1 und dem K-Vektorraum V der Polynome in K[X] mit Grad höchstens n. Er ist verschieden von demVektorraumisomorphismus Kn+1 → V, (a0, . . . , an) 7→

∑ajX

j .

Hinweis zu Teil b): Zeigen Sie, dass V ein Vertretersystem des Faktorrings K[x]/∏

aj ist.

Zusatzaufgabe (2 Punkte):Versieht man Kn+1 mit der komponentenweisen Multiplikation, so ist (Kn+1,+, ·) ein Ring. Wie mussdie Multiplikation auf V definiert werden, damit ϕ : Kn+1 → V ein Ringisomorphismus ist?(Tipp: die gesuchte Multiplikation wird zyklische Faltung genannt)

Lösung

(a) Zunächst sei gezeigt, dass die Ideale (X−xi) maximal inR = K[X] sind. SeiR = K[X] / (X − xi)der Faktorring für irgend ein i ∈ {0, . . . , n}. Elemente von R haben die Form f = f + (X −x0) ·K[X] mit f ∈ K[X]. Wir zeigen: die Abbildung

φ ={

R → Kf + (X − x0) ·K[X] 7→ f(x0)

ist ein Ringisomorphismus. Da K ein Körper ist folgt dann, dass auch der Faktorring R einKörper ist, d. h. (X−xi) ist maximal. Zunächst ist φ wohldefiniert: seien f und g verschiedeneVertreter der Restklasse f = f+(X−xi)·K[X] = g+(X−xi)·K[X] inR, dann ist f = g+hmiteinem h ∈ (X −xi), d. h. h ist ein Vielfaches des Polynoms X −xi, etwa f = g+ h · (X −xi).Dann aber ist f(xi) = g(xi) + h(xi) · (xi − xi). Wegen xi − xi = 0 folgt f(xi) = g(xi),also φ(f) = φ(g) und φ ist mit dieser Zuordnung korrekt als Abbildung definiert. φ istein Ringhomomorphismus, da φ(f + g) = (f + g)(xi) = f(xi) + g(xi) = φ(f) + φ(g) gilt(Multiplikation analog). φ ist surjektiv: Urbild eines y ∈ K ist offensichtlich die Restklassef des konstanten Polynoms f = y · X0, dessen Auswertung an jeder Stelle gerade y ist. φist auch injektiv: angenommen φ(f) = φ(g) mit Vertretern f, g ∈ K[X]. Das bedeutet abergerade f(x0) = g(x0), also (f − g)(x0) = 0 und x0 ist eine Nullstelle von f − g. K[X] isteuklidisch (also faktoriell), es gibt daher q ∈ K[X] mit f − g = q · (X − x0), insbesondere istf−g ∈ (X−x0) ·K[X], das ist aber gleichbedeutend mit f = g, also waren die Urbilder schongleich. Insgesamt ist φ ein Isomorphismus von Ringen, und R damit ein Körper. Also ist dasIdeal (X − xi) maximal. Da die Stellen x0, . . . , xn paarweise verschieden sind, sind die Ideale(X−xi) verschieden. Aus der Maximalität der Ideale folgt wegen (X−xi)+(X−xj) ) (X−xi)für i 6= j die Komaximalität (X − xi) + (X −Xj) = K[X] = R. Damit erfüllen diese Idealedie Voraussetzungen des Chinesischen Restesatzes (Satz 2.5.1).

(b) Nach Teil a) kann der Restesatz auf K[X] angewendet werden. Ist a = (X − x0) · · · (X − xn)das zugehörige Produktideal, dann liefert Satz 2.5.1 die Isomorphie

K[X] / a ∼= K[X] / (X − x0) × · · · × K[X] / (X − xn)

von Ringen. In Teil a) wurde aber auch gezeigt, dass die Faktoren auf der rechten Seite unab-hängig vom Index i als Ringe isomorph zu K selbst sind. Man hat also die Isomorphiekette

K[X] / a ∼= K[X] / (X − x0) × · · · × K[X] / (X − xn) ∼= Kn+1

von Ringen, insbesondere gibt es einen Ringisomorphismus Φ, der K[X] / a nach Kn+1 (alsdirektes Produkt von n+ 1 Kopien von K) abbildet. Wie sieht dieser Isomorphismus konkret

aus? Nach Satz 2.5.1 wird eine Restklasse f + a abgebildet auf ein Tupel aus Restklassen(f + (X − x0), · · · , f + (X − xn)). Die Isomorphie R ∼= K aus Teil a) wird dagegen durchdie Auswertung an xi vermittelt: f + (X − xi) 7→ f(xi). Diese wird auf jedes Element desRestklassentupels angewendet. Wir schreiben die Restklassentupel als Spalte und erhalten diekonkrete Definition von Φ über die Zuordnungskette

f + a 7→2.5.1

f + (X − x0)· · ·

f + (X − xn)

7→φ

f(x0)· · ·f(xn)

.

Also ordnet Φ einer Restklasse f + a gerade das Tupel der Werte von f an den Stellenx0, . . . , xn zu. Φ wird als Auswertungsabbildung an den Stellen xi bezeichnet. Die Inverse Φ−1

ist gerade die aus der Numerik bekannte Interpolationsabbildung, die einem Tupel von Werten(y0, . . . , yn) ein Polynom f zuordnet, so dass f(xi) = yi gilt. Dieses Polynom ist nur eindeutigbis auf ein Element aus

a =n∏

i=0

((X − xi) ·K[X]) = (g) = g ·K[X]

mit dem Produktpolynom g =∏

(X − xi) der Polynome X − xi, denn Vielfache von g sindgerade diejenigen Polynome, die in allen Stellen xi den Wert 0 annehmen, die also ohneÄnderung der Werte yi zu f hinzuaddiert werden können. Φ ist insbesondere ein Isomor-phismus der abelschen Gruppen (K[X]/a,+) und (Kn+1,+). Der Polynomring K[X] istauch ein K-Vektorraum, da mit λ ∈ K auch λ · f wieder in K[X] liegt, und die Distri-butivität λ(f + g) = λf + λg gilt. Auch Kn+1 ist natürlich ein K-Vektorraum. Die Ab-bildung Φ defininiert nun einen Isomorphismus von Vektorräumen, denn Φ ist K-linear:Φ(λf + a) = (λ · f(x0), . . . , λ · f(xn)) = λ · (f(x0), . . . , f(xn)) = λ ·Φ(f + a). Nach Definitionist V = {f ∈ K[X] | deg(f) ≤ n} ebenfalls ein K-Vektorraum, aber zunächst kein Ring, daProdukte zweier Polynome aus V über der Gradschranke n liegen können. Die Anordnungder n+ 1 Koeffizienten von Polynomen aus V als Spalte

n∑j=0

ajXj 7→

a0...an

ist offensichtlich ein Vektorraumisomorphismus Ψ : V → Kn+1, also hat man insgesamtdie Isomorphiekette K[X]/a ∼= Kn+1 ∼= V von Vektorräumen. V ist auch ein vollständigesVertretersystem von K[X]/a: Seien f, g ∈ V verschieden, dann sind auch ihre Restklassenf+a und g+a verschieden, denn das Polynom f−g besitzt höchstens Grad n, jedes Polynomin a = (g) besitzt aber mindestens Grad deg(g) = (n+ 1) · deg(X − xi) = n+ 1. Andererseitsbesitzt jede Restklasse f + a einen Vertreter in V , da V zu K[X]/a als additive Gruppeisomorph ist. Insgesamt folgt also: zu jeder Restklasse f + a gibt es genau ein f ∈ (f + a) mitf ∈ V . Offensichtlich ist Φ(f) = Φ(f), d. h. f besitzt die gleichen Werte wie f an den Stellenx0, · · · , xn. Die Zuordnung

(y0, . . . , yn) 7→Φ−1 f + a 7→ f ∈ Vist also eindeutig, womit Teil b) gezeigt ist.

(c) Sei ϕ gegeben durch die Zuordnung aus Teil b):

ϕ((y0, . . . , yn)) = f ∈ V mit f(xi) = yi ∀i .In Teil b) wurde gezeigt, dass ϕ ein Isomorphismus von K-Vektorräumen ist (da Φ−1 einsolcher Isomorphismus ist). ϕ ist die durch Einschränkung auf Polynome vom Grad höchstensn eindeutig gemachte Interpolationsabbildung. Der Isomorphismus Ψ−1 : Kn+1 → V ordnetdagegen einem Tupel (ai) das Polynom

∑aiX

i zu. Zu zeigen ist also: es gibt ein Wertetupely = (y0, . . . , yn) inKn+1, so dass ϕ(y) 6= Ψ−1(y) ist. Das ist aber schlichtweg die Aussage, dass

es Polynome gibt, deren Werte verschieden sind von ihren Koeffizienten. Diese Aussage machtnur für n ≥ 1 einen Sinn, denn für n = 0 fallen wegen K[X] ∼= K die Begriffe Wert, Koeffizientund Polynom ohnehin zusammen, und der Restesatz ist sinnlos. Also gibt es i 6= j mit xi 6= xj .Ohne Einschränkung ist i = 0 und j = 1. Wir wählen das Wertetupel (1, . . . , 1) ∈ Kn+1. Seialso f = Ψ−1(1, . . . , 1), nach Definition von Ψ ist f = 1+X+X2+· · ·+Xn. Die Interpolationergibt andererseits ein Polynom g = ϕ((1, . . . , 1)) mit g(xi) = 1 für alle i. Offenbar erfüllt daskonstante Polynom g = 1 diese Forderung und besitzt Grad höchstens n, nach Teil b) ist gdas einzige solche Polynom in V . Aber offenbar ist f 6= g wegen n ≥ 1, wie zu zeigen war.

Zusatzaufgabe:V bildet keinen Ring mit der Multiplikation aus K[X], da diese in V nicht abgeschlossen ist. V ist voll-ständiges Vertretersystem der Restklassen in K[X]/a, darauf ist aber die Multiplikation abgeschlossen.Das Produkt f · g zweier Polynome aus V liegt also in irgend einer Restklasse h+ a, die einen eindeu-tigen Vertreter h in V besitzt. Der kanonische Epimorphismus dazu sei durch ψ : f 7→ f + a gegeben.Wir verketten diesen mit der nach Teil b) eindeutigen Zuordnung f + a 7→ f ∈ V , und bezeichnen dieVerkettung mit γ, also ist

γ ={K[X] → K[X]/a → V

f 7→ f + a 7→ f.

Die Abbildung γ ist nichts anderes als eine Projektion des K-Vektorraums K[X] auf den Teilraum V ,denn natürlich ist γ(f) = f für alle f ∈ V , und es ist γ(αf + βg) = αγ(f) + βγ(g) für alle α, β ∈ K.Die durch die Multiplikation · auf K[X] aus V herausgefallenen Polynome können durch γ wieder aufV projeziert werden, es sei also wie folgt eine Multiplikation auf V eingeführt:

(f, g) 7→ f ∗ g := γ(f · g) .Da γ linear ist, und · die Multiplikation in K[X] ⊃ V ist, erfüllt ∗ die Distributivgesetze ebenso wie ·,und (V,+, ∗) ist ein Ring. Noch zu zeigen ist: ϕ(y · y′) = ϕ(y) ∗ ϕ(y′). Es ist aber Φ−1(y · y′) = f · f ′mit f(xi) = yi und f ′(xi) = y′i. Damit ist ϕ(y) ∗ϕ(y′) = γ(f · f ′) = γϕ(y · y′) = ϕ(y · y′) da alle Bildervon ϕ Grad höchstens n besitzen und durch γ nicht geändert werden.



Aufgabe 56 (Algebraische Erweiterungen Teil I) 3 PunkteZeigen Sie: Eine Körpererweiterung L/K ist genau dann algebraisch, wenn jeder Unterring R ≤ L, derK enthält, selbst ein Körper ist.

Lösung

Es sei K[t] der kleinste Ring in L, der K und t enthält, für irgend ein t ∈ L. Dann ist K[t] gerade dieMenge der Polyomausdrücke in t

K[t] = {f(t) | f ∈ K[X]}mit Koeffizenten aus K. Sei φt : K[X] → K[t] die zugehörige Einsetzabbildung mit φt(

∑aiX

i) =∑ait

i aus Aufgabe 43. Behauptung: φt ist ein Ringisomorphismus genau dann, wenn t nicht algebraischüber K ist. φt ist ein surjektiver Ringhomomorphismus, also genügt es, Ker(φt) zu betrachten. Ist talgebraisch, so gibt es ein f ∈ K[X] mit f 6= 0 und f(t) = 0. Insbesondere ist dann f ∈ Ker(φt),und φt ist nicht injektiv. Sei andererseits φt injektiv, dann ist f(t) 6= 0 für alle f 6= 0 in K[X],insbesondere besitzt f kein Minimalpolynom über K und ist damit nicht algebraisch. Also: Ist L/Knicht algebraisch, so gibt es ein t ∈ L das nicht über K algebraisch ist mit Ker(φt) = {0}. Dann istφt ein Isomorphismus, und K[t] ist ein Unterring von L, der K enthält, und wegen K[t] ∼= K[X] keinKörper ist. Sei andererseits L/K algebraisch und S ein Teilring von L der K enthält. Angenommen Sist kein Körper, dann gibt es ein t 6= 0 in S, das nicht in S invertierbar ist. Sei S′ = K[t]. Dann ist tauch in S′ nicht invertierbar, also ist auch S′ kein Körper. Sei f das Minimalpolynom von t über K,dann ist φt(f) = 0. Also ist a = Ker(φt) nicht trivial. Nach dem Homomorphiesatz für Ringe ist a alsoein nichttriviales Ideal von K[X], und wegen der Surjektivität von φt ist S′ = φt(K[X]) ∼= K[X] / a .Aber K[X] ist ein Hauptidealring, also ist tatsächlich a = (g) mit einem g ∈ K[X]. Dann aber wäref = g · h für irgend ein h ∈ K[X], im Widerspruch zur Irreduzibilität des Minimalpolynoms. Also isttatsächlich S′ ∼= K[X] / (f) , wobei t abgebildet wird auf φt(t) = X. Sei f = a0 + a1X + · · ·+Xn mitai ∈ K. Dann ist a0 6= 0, ansonsten wäre 0 eine Nullstelle von f im Widerspruch zur Irreduzibilitätvon f . Mit diesen Koeffizienten sei g = −a−1

0 · (a1 + a2X + · · ·+ an−1Xn−2 +Xn−1) in K[X] definiert,

und t′ = φ−1t (g + (f)) sei das Urbild unter dem surjektiven Homomorphismus φt. Es ist f · g =

−a−10 ·X ·(a1+a2X+ · · ·+anX

n−1) = −a−10 ·(a1X+a2X

2+ · · ·+anXn) = −a−1

0 ·(f−a0) = −a−10 f+1.

Modulo a = (f) ist dann aber fg + (f) = (−a−10 f + 1) + (f) = 1 + (f), also gilt auch tt′ = 1 für die

Urbilder von f und g in S′. Insbesondere ist t in S′ invertierbar im Widerspruch zur Annahme, dasses einen Teilring von L gibt, der K enthält und selbst kein Körper ist.

Aufgabe 57 (Algebraische Erweiterungen Teil II) 3 PunkteKonstruieren Sie eine Körpererweiterung K von Q, die algebraisch, aber nicht endlich ist.

Hinweis: Die Wurzeln n√

2 sind für alle n ∈ N algebraisch.

Lösung

Es sei rekursiv definiert: K0 = Q und Kj = Kj−1(j√

2), dann ist Q = K0 ⊆ K1 ⊆ K2 ⊆ · · · eine Kettevon Körpern. Es sei

K =⋃

j∈N0

Kj

gesetzt. Mit x, y ∈ K ist x, y ∈ Kj für ein j ∈ N0, also liegen auch x − y und x · y in Kj ⊆ K.Ebenso x−1 für x ∈ K − {0}. Alle weiteren Axiome für Gruppen, Ringe und Körper gelten für K, daK eine Teilmenge des Körpers R ist (da jedes Kj eine Teilmenge von R ist). Also ist K ein Körper.Sei nun α ∈ K beliebig, dann gibt es ein j mit α ∈ Kj . Mit Satz 3.2.3 folgt, dass Kj algebraischüber Q ist, denn Kj wird von den (algebraischen) Elementen i

√2 für i = 1 . . . j erzeugt. Also ist

auch das (beliebig aus K gewählte) Element α algebraisch über Q. Also ist K/Q eine algebraischeKörpererweiterung. Andererseits ist K/Q keine endliche Körpererweiterung: da für jedes n ∈ N dieWurzel n

√2 mit Minimalpolynom Xn−2 in K liegt, gibt es für jedes noch so große n auch ein Element

in K, dessen Minimalpolynom Grad n besitzt. Wäre K/Q endlich, so gäbe es aber ein N ∈ N, dasdiese Grade beschränkt.

Aufgabe 58 (Invertieren in Körpererweiterungen) 5 PunkteSei α = 5

√2, L = Q(α) und β = α3 + α+ 1 ∈ L. Berechnen Sie β−1 in Form eines Polynoms in α.

Lösung

Das Minimalpolynom f von α über Q ist f = X5−2, also ist L ∼= Q[X]/(f) = {g+f ·Q[X] | g ∈ Q[X]}.Diese Isomorphie wird durch den Einsetzhomomorphismus φα (Aufgabe 43) mit φα(

∑aiX

i + (f)) =∑aiα

i vermittelt, und natürlich ist φα(f) = 0 und φα(X) = α. Umgekehrt ist φ−1α (β) = X3 +X + 1,

da φα ein surjektiver Ringhomomorphismus ist. Es genügt daher, das Polynom f2 = X3 + X + 1 imRestklassenring Q[X]/(f) zu invertieren. Q[X] ist euklidisch, da Q ein Körper ist. Wir berechnen denggT von f2 und f1 = f in Q[X] mit dem Euklidischen Algorithmus unter Mitführung der Vorfaktoren:

(X5 − 2) : (X3 +X + 1) = X2 − 1−X5 −X3 −X2

−X3 −X2 − 2+X3 +X + 1

−X2 + X− 1 =: f3 .

Es ist f1 = f2 · (X2 − 1) + f3, also f3 = 1 · f1 + (−X2 + 1) · f2.

(X3 +X + 1) : (−X2 +X − 1) = −X − 1−X3 +X2 −X

X2 + 1−X2 +X − 1

X =: f4 .

Es ist f2 = f3 · (−X−1)+f4, also f4 = 1 ·f2 +(X+1) ·f3 = 1 ·f2 +(X+1) · (1 ·f1 +(−X2 +1) ·f2) =(X + 1) · f1 + (1 + (−X2 + 1)(X + 1)) · f2.

(−X2 +X − 1) : (X) = −X + 1+X2

X − 1−X

−1 =: f5 .

Es ist f3 = f4 · (−X +1)+ f5, also f5 = f3 +(X − 1) · f4 = [1 · f1 +(−X2 +1) · f2] + (X − 1) · [(X +1) ·f1 +(1+(−X2 +1)(X+1)) ·f2]. Zusammenfassen ergibt f5 = s ·f1 + t ·f2 mit Vorfaktoren s = x2 undt = −x4 + x2 + x− 1. Das Polynom f5 = −1 ist offensichtlich eine Einheit von Q[X], also sind f1 undf2 teilerfremd. Negieren von f5, s und t führt auf die Gleichung (−x2) · f1 + (x4 − x2 − x+ 1) · f2 = 1im Polynomring Q[X]. Der Übergang zum Faktorring Q[X]/(f) ergibt wegen f1 = f die Gleichung(x4 − x2 − x+ 1) · f2 + (f) = 1 + (f), insbesondere ist x4 − x2 − x+ 1 + (f) das Inverse von f2 + (f).Einsetzen in φα ergibt, dass α4 − α2 − α+ α0 ∈ Q(α) das Inverse von β in L ist.

Aufgabe 59 (Das Minimalpolynom) 5 PunkteBestimmen Sie das Minimalpolynom von β = 3

√2 +

√3.

Hinweis: β liegt in einer Erweiterung von Q vom Grad 6.

Lösung

Sei L = Q(√

3, 3√

2), dann liegt β in L. Man hat die Erweiterungen L/K/Q mit K = Q(√

3). EineQ-Basis von K ist offenbar {1,

√3}. Eine K-Basis von L ist dagegen {1, 3

√2, 3√

4} (vgl. diverse Beispielein der Vorlesung). Nach Satz ??? ist {1, 3

√2, 3√

4,√

3, 3√

2√

3, 3√

4√

3} eine Q-Basis von L. Die Potenzenvon β sind gegeben durch

β0 = 1 + 0 · 3√

2 + 0 · 3√

4 + 0 ·√

3 + 0 · 3√

2√

3 + 0 · 3√

4√

3β1 = 0 + 1 · 3

√2 + 0 · 3

√4 + 1 ·

√3 + 0 · 3

√2√

3 + 0 · 3√

4√

3β2 = 3 + 0 · 3

√2 + 1 · 3

√4 + 0 ·

√3 + 2 · 3

√2√

3 + 0 · 3√

4√

3β3 = 2 + 9 · 3

√2 + 0 · 3

√4 + 3 ·

√3 + 0 · 3

√2√

3 + 3 · 3√

4√

3β4 = 9 + 2 · 3

√2 + 18 · 3

√4 + 8 ·

√3 + 12 · 3

√2√

3 + 0 · 3√

4√

3β5 = 60 + 45 · 3

√2 + 2 · 3

√4 + 9 ·

√3 + 10 · 3

√2√

3 + 30 · 3√

4√

3β6 = 31 + 90 · 3

√2 + 135 · 3

√4 + 120 ·

√3 + 54 · 3

√2√

3 + 12 · 3√

4√

3

Wegen [L : Q] = 6 und β ∈ L besitzt das Minimalpolynom von β höchstens Grad 6 und ist normiert.Angenommen der Grad ist genau 6, dann ist

β6 + a5β5 + a4β

4 + a3β3 + a2β

2 + a1β + a0 = 0

für Koeffizienten a0, . . . , a5 ∈ Q. Das entspricht der Gleichung a5β5 + a4β

4 + a3β3 + a2β

2 + a1β+ a0 =−β6. Indem man die Potenzen von β durch die obige Basisdarstellung ersetzt ergibt sich das folgendelineare Gleichungssystem in den ai:

Basisvektor 1: 1 · a0 + 0 · a1 + 3 · a2 + 2 · a3 + 9 · a4 + 60 · a5 = −31Basisvektor 3

√2: 0 · a0 + 1 · a1 + 0 · a2 + 9 · a3 + 2 · a4 + 45 · a5 = −90

Basisvektor 3√

4: 0 · a0 + 0 · a1 + 1 · a2 + 0 · a3 + 18 · a4 + 2 · a5 = −135Basisvektor

√3: 0 · a0 + 1 · a1 + 0 · a2 + 3 · a3 + 8 · a4 + 9 · a5 = −120

Basisvektor 3√

2√

3: 0 · a0 + 0 · a1 + 2 · a2 + 0 · a3 + 12 · a4 + 10 · a5 = −54Basisvektor 3

√4√

3: 0 · a0 + 0 · a1 + 0 · a2 + 3 · a3 + 0 · a4 + 30 · a5 = −12

Oder in Matrixschreibweise: 1 0 3 2 9 600 1 0 9 2 450 0 1 0 18 20 1 0 3 8 90 0 2 0 12 100 0 0 3 0 30

·

a0

a1

a2

a3

a4

a5

=

−31−90−135−120−54−12

Dieses System besitzt die eindeutige Lösung

a0

a1

a2

a3

a4

a5

=

−23−3627−4−90

,

also ist f = −23−36X+27X2−4X3−9X4+X6 ein Polynom, das β annuliert. Es ist noch nachzuweisen,dass f auch das Minimalpolynom ist. Wegen [L : Q] = 6 ist das gleichbedeutend damit, dass L = Q(β)ist. Da das Gleichungssystem eine eindeutige Lösung besitzt, ist die Matrix invertierbar, insbesonderegibt es eine eindeutige Lösung für jede mögliche rechte Seite mit Komponenten in Q. Das ist abergleichbedeutend damit, dass φβ(Q[X]) bereits ganz L ist, da jedes Element in L durch ein Polynom inβ dargestellt werden kann. Also ist L ⊆ Q(β). Wegen [L : Q] = 6 und deg(f) = 6 folgt andererseitsL ⊇ Q(β), und damit die Behauptung.



Aufgabe 60 (Automorphismengruppen) 4 PunkteSei L/K eine Körpererweiterung mit L = K(α). Sind α1, . . . , αr die Nullstellen in L des Minimalpoly-noms mK(α,X) von α über K in der Unbestimmten X, so ist G(L /K ) isomorph zu einer Untergruppeder symmetrischen Gruppe Sr.

Lösung

Sei M = {α1, . . . , αr} die Menge der Nullstellen von f = mK(α,X) in L. Für einen beliebigen Auto-morphismus σ ∈ G(L /K ) gilt

f(σ(αk)) =∑

ajσ(αk)j = σ(∑

ajαjk) = σ(f(αk)) = σ(0K) = 0K

wegen der Relationstreue von σ bzgl. Addition/Multiplikation und der K-Linearität σ(a ·β) = a ·σ(β)für a ∈ K und β ∈ L. Also ist auch σ(αk) eine Nullstelle von f , unabhängig von der Wahl vonk und σ. Wegen σ(L) = L liegt auch die Nullstelle σ(αk) in M . Die Einschränkung von σ auf dieNullstellenmenge ist also eine Abbildung σ|M : M →M . Diese Abbildung ist für jedes σ ∈ G(L /K )bijektiv, die zugehörige Umkehrabbildung ist offensichtlich die Einschränkung von σ−1 ∈ G(L /K ) aufM . Also permutiert jedes σ die Nullstellen in M , und wegen der eindeutigen Indizierung der ElementevonM durch die Zahlen 1, . . . , r gibt es zu jedem σ ∈ G(L /K ) eine Permutation πσ mit σ(αj) = απσ(j)

für j = 1 . . . r. Dadurch ist eine Abbildung

Φ ={G(L /K ) → Sr

σ 7→ πσ

definiert. Es ist zu zeigen, dass Φ ein Gruppenmonomorphismus ist. Angenommen Φ(σ) = Φ(τ) fürAutomorphismen σ, τ ∈ G(L /K ), also πσ = πτ . Das ist aber gleichbedeutend mit σ(αj) = τ(αj) =απσ(j) für alle αj ∈ M . Nach Satz 3.2.2 besitzt ein beliebiges Element aus L die Darstellung β =b0 + b1α + · · · + bn−1α

n−1 mit Koeffizenten bi ∈ K. Auch α ist eine Nullstelle von f , die in L liegt.Also ist α = αk für einen Index k. Dann aber gilt σ(α) = τ(α), und aus der Relationstreue derAutomorphismen folgt

σ(β) = σ(b0 + b1α+ · · ·+ bn−1αn−1) = b0 + b1σ(α) + · · ·+ bn−1σ(α)n−1

= b0 + b1τ(α) + · · ·+ bn−1τ(α)n−1 = τ(b0 + b1α+ · · ·+ bn−1αn−1) = τ(β)

für jedes β ∈ L. Also ist σ = τ , und Φ ist injektiv. Das Bild vom neutralen Element idL der Automor-phismengruppe ist wegen idL(αj) = αj gerade die Permutation id ∈ Sn. Das Bild der Kompositionzweier Automorphismen σ und τ unter Φ ergibt sich wegen

(σ ◦ τ)(αk) = σ(τ(αk)) = σ(απτ (k)) = απσ(πτ (k))

zu πσ◦τ = πσ ◦ πτ , also ist Φ ein Gruppenmonomorphismus. Damit ist G(L /K ) isomorph zur Unter-gruppe Φ(G(L /K )) ≤ Sr.

Aufgabe 61 (Körpererweiterungen) 4 PunkteSei L/K eine endliche Körpererweiterung mit [L : K] = 2k für ein k ∈ N. Zeigen Sie: besitzt einPolynom f ∈ K[X] vom Grad 3 eine Nullstelle in L, so besitzt f auch eine Nullstelle in K.

Lösung

Angenommen f ∈ K[X] besitzt eine Nullstelle α ∈ L und keine Nullstelle in K. Wäre f reduzibel,etwa f = g · h, so gäbe es die folgenden Möglichkeiten für g:

• deg(g) = 0: d. h. g ∈ K× im Widerspruch zur Definition der Reduzibilität,• deg(g) = 1: d. h. g = aX + b für a, b ∈ K, insbesondere ist −ba−1 eine Nullstelle von f ,• deg(g) = 2: d. h. deg(h) = 1, siehe voriger Punkt,• deg(g) = 3: d. h. deg(h) = 0, siehe erster Punkt.

Wäre f reduzibel, so hätte f mit −ba−1 auch eine Nullstelle in K im Widerspruch zur Annahme. Soeine Zerlegung kann es daher nicht geben, und f ist irreduzibel. Sei c ∈ K der Koeffizient des MonomsX3 in f . Wegen deg(f) = 3 ist c 6= 0. Dann ist das Polynom f = c−1 · f normiert und ebenfallsirreduzibel. Es besitzt offensichtlich ebenfalls die Nullstelle α ∈ L, also ist f das (eindeutig bestimmte)Minimalpolynom f = mK(α,X) von α. Die Körpererweiterung K(α)/K besitzt nach Satz 3.2.2 denGrad deg(α) = deg(f) = deg(f) = 3. Es liegt die Erweiterungssituation L/K(α)/K vor, nach demGradsatz ist also

2k = [L : K] = [L : K(α)] · [K(α) : K] = [L : K(α)] · 3 ,im Widerspruch zu 36 | 2k, da Erweiterungsgrade stets natürliche Zahlen sind.

Aufgabe 62 (Algebraischer Abschluss) 4 PunkteSei L/K eine Körpererweiterung. Zeigen Sie:

(a) Sind α, β ∈ L algebraisch über K, so auch α+ β, α · β sowie α−1.(b) Die Menge K = {α ∈ L | ∃f ∈ K[X] : f(α) = 0} bildet einen Erweiterungskörper von K.(c) K besitzt keine echte algebraische Erweiterung, die in L liegt.(d) Speziell für K = Q und L = C ist Q eine unendliche algebraische Erweiterung von Q.

Bemerkung: Man nennt K den algebraischen Abschluss von K in L.

Lösung

(a) Sind α, β ∈ L algebraisch, so ist nach Satz 3.2.3 die Erweiterung K(α, β)/K algebraisch. InK(α, β) sind wegen den Körperaxiomen die besagten Elemente α+β, α·β, und α−1 enthalten.Da K(α, β)/K algebraisch ist, sind insbesondere diese Elemente algebraisch über K.

(b) Seien α, β ∈ K beliebig. Wegen K ⊆ L ist K ein Körper, wenn die Abgeschlossenheit vonAddition, Multiplikation und Inversion gegeben ist. Das ist aber gerade Teil a). Offensichtlichist K eine Teilmenge von K, also ist K ein Erweiterungskörper von K, der in L liegt.

(c) Angenommen K ′ ist eine algebraische Erweiterung von K mit K ′ ⊆ L. Nach Satz 3.2.4 istK ′/K ebenfalls eine algebraische Körpererweiterung. Dann gibt es nach Definition 3.2.2 fürjedes α ∈ K ′ ein f ∈ K[X] − {0} mit f(α) = 0, also α ∈ K, d. h. K ′ ⊆ K, also K ′ = K.Daher kann es keine echten algebraischen Erweiterungen von K in L geben.

(d) Wie in Aufgabe 57 liegen die Wurzeln n√

2 für n ∈ N in Q da sie algebraisch sind, nämlichals Nullstelle von fn = Xn − 2 ∈ Q[X]. Damit gibt es zu jedem noch so großen n ∈ N einElement α in Q mit deg(α) = n, also kann die Erweiterung Q/Q nicht endlich sein.

Aufgabe 63 (Galoistheorie) 4 PunkteSeien p1, . . . , pm ∈ N paarweise verschiedene Primzahlen und L = Q(

√p1, . . . ,

√pm). Zeigen Sie: L/Q

ist eine Galoiserweiterung mit G(L / Q) ∼= Z/2Z⊕ · · · ⊕ Z/2Z = (Z/2Z)m.

Hinweis: Zeigen Sie, dass für σ ∈ G(L / Q) und a ∈ Q mit√a ∈ L stets σ(

√a) = ±

√a gilt.

Lösung

Zunächst sei der Fall m = 1, also L = Q(√p), gegeben. Das Polynom f = X2 − p ist nach dem

Eisensteinkriterium irreduzibel, und besitzt √p als Nullstelle. Die zweite Nullstelle ist −√p, und sieliegt ebenfalls in L. Die einzigen Fortsetzungen von idK auf L sind analog zu Beispiel 3.3.2 gegebendurch

idL = σ0 :√p 7→ √

pσ1 :

√p 7→ −√p .

Der Fixkörper von L = {b0 + b1√p | bi ∈ Q} unter G(L /K ) = {σ0, σ1} ist Q, denn aus b0 + b1

√p =

σ1(b0 + b1√p) = b0 − b1

√p folgt wegen der Eindeutigkeit der Darstellung bzgl. einer Q-Basis b1 = 0.

Also ist L/Q für m = 1 eine Galoiserweiterung. Wegen |G(L /K )| = [L : K] = deg(f) = 2 bleibt nachAufgabe 17 nur der Isomorphietyp Z/2Z für die Automorphismengruppe. Außerdem liegt die Wurzel√q für jedes zu p teilerfremde q ∈ N mit q > 1 nicht in L (das folgt mit der gleichen Rechnung wie in

Beispiel 3.3.5). Wir zeigen durch Induktion nach m: L = Q(√p1, · · · ,

√pm) ist eine Galoiserweiterung

von Q mit Galoisgruppe G(L /K ) ∼= (Z/2Z)m, und es gibt eine Q-Basis von L der Form

B = {m∏

j=1

(√pj)xj | x ∈ {0, 1}m}

mit |B| = [L : K] = |G(L /K )| = 2m, außerdem liegt für eine zu allen p1, . . . , pm teilerfremdeZahl q ∈ N mit q > 1 die Wurzel √q nicht in L. Für m = 1 ist die Aussage bereits gezeigt. Essei angenommen, dass die Aussage für ein m ∈ N gilt, d. h. L = Q(

√p1, · · · ,

√pm) ist eine Ga-

loiserweiterung mit G(L /K ) ∼= (Z/2Z)m und der angegebenen Basis für jede Wahl von paarweiseverschiedenen Primzahlen p1, . . . , pm ∈ N. Sei q eine von den p1, . . . , pm verschiedene Primzahl, undL′ = Q(

√p1, . . . ,

√pk,

√q). Dann liegt die Erweiterungssituation L′/L/Q vor. Die K-Automorphismen

von L sind nach Induktionsannahme alle selbstinvers, und sie kommutieren bzgl. der Hintereinan-derausführung ◦. Wir indizieren sie durch Elemente x ∈ (Z/2Z)m derart, dass σx ◦ σy = σx+y gilt,d. h. dass die Isomorphie G(L /K ) ∼= (Z/2Z)m durch die Abbildung x 7→ σx vermittelt wird. Seig(X) = X2 − q ∈ L[X] gegeben. Offensichtlich ist √q eine Nullstelle von g. Wieder ist g irreduzibel inQ[X]. Es ist g(X) = (X −√q)(X +

√q) in C[X], aber keine der Nullstellen ±√q liegt nach Indukti-

onsannahme in L. Also ist g das Minimalpolynom von √q über L. Wegen deg(g) = 2 ist [L′ : L] = 2,und {1,√q} ist eine L-Basis von L′. Nach dem Gradsatz 3.2.1 ist dann

B′ = {β, β · √q | β ∈ B}

eine Q-Basis von L′ für die Q-Basis von L aus der Induktionsannahme. Das kann man auch in derForm

B′ = {m∏

j=1

(√pj)xj · (

√q)xj+1 | x ∈ {0, 1}m+1}

schreiben, womit die Behauptung über die Q-Basis für alle m gezeigt ist. Nach Satz 3.3.2 gibt es zujedem K-Automorphismus σx von L genau zwei Fortsetzungen zu K-Automorphismen von L′, diedurch die Nullstellen ±√q von g = gσ bestimmt sind:

σx,0 : α0 + α1√q 7→ σx(α0) + σx(α1)

√q

σx,1 : α0 + α1√q 7→ σx(α0)− σx(α1)

√q

mit Koeffizienten α1, α2 ∈ L. Diese Fortsetzungen werden dann durch Tupel x ∈ (Z/2Z)m+1 indiziert.Auch diese Indizierung ist Relationstreu, denn für beliebige K-Automorphismen σx,a und σy,b von L′

mit Indizes x, y ∈ (Z/2Z)m und a, b ∈ Z/2Z gilt für die Basisdarstellung über L die Gleichung

σx,a ◦ σy,b(α0 + α1 ·√q) = σx,a(σy(α0) + σy(α1) · (−1)b · √q)

= σx(σy(α0)) + σx(σy(α1)) · (−1)a+b · √q= σx+y(α0) + σx+y(α1) · (−1)a+b · √q = σx+y,a+b(α0 + α1

√q)

wegen der Annahme der Relationstreue für die Zuordnung x 7→ σx für x ∈ (Z/2Z)m und der Wohlde-finiertheit des Ausdrucks (−1)a für Restklassen a mod 2. Also ist die Automorphismengruppe von L′

isomorph zu (Z/2Z)m+1, denn jeder Automorphismus von L′ ist nach Satz 3.3.2 von der obigen Form.Sei nun β ein Element des Fixkörper von L′ unter all diesen Fortsetzungen, etwa mit der Darstellung

β = α0 + α1 ·√q

bzgl. der L-Basis von L′. Dann ist β insbesondere invariant unter dem K-Automorphismus σ0,1 vonL′, also gilt

α0 + α1 ·√q = β = σ0,1(β) = σ0(α0)− σ0(α1)

√q = α0 − α1 ·

√q ,

was wegen der Eindeutigkeit der Basisdarstellung nur für α1 = 0 möglich ist. Also ist β ∈ L. β ∈ L′ istauch invariant unter den Automorphismen σx,0 für x ∈ (Z/2Z)m, deren Einschränkungen auf L sindaber gerade die K-Automorphismen σx von L. Also ist β ∈ L invariant unter allen K-Automorphismenvon L, nach Induktionsannahme ist L/Q aber galoissch, also folgt β ∈ LG(L/ K ) = Q. Also ist auchder Fixkörper von L′ unter der Automorphismengruppe gerade Q, d. h. L′ ist ebenfalls galoissch, undwie gezeigt ist die Galoisgruppe G(L′ /K ) isomorph zu (Z/2Z)m+1. Es bleibt noch zu zeigen, dassfür eine zu allen p1, . . . , pm+1 mit pm+1 = q teilerfremde Zahl q′ > 1 die Wurzel

√q′ nicht in L′ liegt.

Sei γ =√a für irgend ein a > 0 aus Q und γ ∈ L′, sowie σ ∈ G(L′ /K ) beliebig. Für das Quadrat

des Bildes von γ unter σ gilt σ(γ)2 = σ(γ2) = σ(a) = a, und wegen a ∈ Q gibt es dafür nur dieMöglichkeiten σ(γ) = γ oder σ(γ) = −γ. Angenommen es gibt nun eine Darstellung bzgl. der L-Basisvon L′ der fraglichen Wurzel, etwa √

q′ = α0 + α1 ·√q

mit α0, α1 ∈ L. Nach Induktionssannahme liegt√q′ nicht in L, also ist α1 6= 0, und damit σ0,1(

√q′) 6=√

q′. Nach der obigen Rechnung bleibt also nur die Möglichkeit σ0,1(√q′) = −

√q′, daraus folgt aber

−α0 − α1 ·√q = −√q = σ0,1(α0 + α1 ·

√q) = σ0(α0)− σ0(α1) ·

√q = α0 − α1 ·

√q

und damit α0 = 0. Also ist√q′ = α1 ·

√q mit α1 ∈ L. Umformen ergibt α1 =

√q′ · (√q)−1 ∈ L.

Multiplikation mit dem Element q ∈ Q ⊂ L ergibt q · α1 =√q′ · q ∈ L. Da aber q′ und q von den

p1, . . . , pm verschiedene Primzahlen sind, folgt nach Induktionssannahme der Widerspruch√q′q /∈L.

Also sind alle Behauptungen für m+ 1 gezeigt, sie gelten daher für alle m ∈ N.



Aufgabe 64 (Einheitswurzeln) 3 PunkteEine komplexe Zahl ζ ∈ C heißt n-te Einheitswurzel für n ∈ N, falls ζn = 1 ist. Sie heißt n-te primitiveEinheitswurzel, falls zusätzlich ζk 6= 1 für alle 1 ≤ k < n ist. Zeigen Sie:

(a) ζ = e2πi·k

n ist für jedes k ∈ Z eine n-te Einheitswurzel in C.(b) Es gibt zu n ∈ N genau n Einheitswurzeln in C, von denen ϕ(n) primitiv sind.(c) Die Abbildung

Z/nZ → C∗

a mod n 7→ ζan

ist für jede primitive n-te Einheitswurzel ζn ein Gruppenmonomorphismus.

Lösung

(a) Zunächst sei k = 1. Offenbar ist ζn = e2πi = 1 wegen der Periode 2π der Funktion x 7→ eix,also ist ζ eine n-te Einheitswurzel. Für k ∈ Z gilt (ζk)n = (ζn)k = 1k = 1, Potenzen von ζsind also ebenfalls Einheitswurzeln.

(b) Wegen a) besteht die Menge

M ={

(e2πin )k | k ∈ Z

}aus n-ten Einheitswurzeln. Wegen der Periode 2π von x 7→ eix ist ζk = 1 für k ∈ Z genaudann, wenn k ein ganzzahliges Vielfaches von n ist. Damit enthält M genau n verschiedeneElemente. Es ist zu zeigen, dass tatsächlich jede n-te Einheitswurzel von C ebenfalls in Mliegt. Wegen |1| = |zn| = |z|n für jede n-te Einheitswurzel z liegen alle Einheitswurzeln aufdem komplexen Einheitskreis, sind also von der Form z = eix für ein x ∈ R. Wegen zn = 1folgt, dass n · x ein ganzzahliges Vielfaches von 2π ist, also ist x = k

n · 2π, und damit z ∈M .Das genau ϕ(n) primitive Einheitswurzeln in M liegen folgt aus Teil c).

(c) Zunächst ist zu zeigen, dass die Abbildung wohldefiniert ist. Seien a, b ∈ Z verschiedene Ver-treter von a mod n, also a − b = kn für ein k ∈ Z. Dann ist ζb

n = ζa−knn = ζa

n · (ζknn )−1 =

ζan ·((ζn

n )k)−1 = ζan ·(1k)−1 = ζa

n. Also ist das Bild nur von der Restklasse mod n abhängig. AlleBilder liegen natürlich in C∗ = C− {0}, da ζn nach b) nicht die Null ist. Die Relationstreuebzgl. der Gruppenverknüpfungen + in Z/nZ und · in C∗ folgt wegen ζa+b

n = ζan ·ζb

n. Angenom-men ζa

n = ζbn für a, b ∈ Z, dann ist ζa−b

n = 1, was wegen der Primitivität der Einheitswurzelnur für a − b ∈ nZ möglich ist, insbesondere ist a mod n = b mod n, und die Abbildung istinjektiv. Also ist die Zuordnung Z/nZ → C∗ ein Gruppenmonomorphismus. Damit folgt dieAussage von Teil b) über die Anzahl der primitiven Einheitswurzeln, da es in Z/nZ genauϕ(n) Elemente der (additiven) Ordnung n gibt, und die primitiven n-ten Einheitswurzelngenau durch die (multiplikative) Ordnung n charakterisiert sind.

Aufgabe 65 (Galoisgruppen) 6 PunkteEs sei L = Q( 8

√3, i) (vgl. Beispiel 3.3.7 der Vorlesung). In der zugehörigen Automorphismengruppe

liegt der Automorphismus σ−1,1 : 8√

3 7→ 8√

3 · i , i 7→ −i. Es sei U =⟨σ−1,1

⟩die von ihm erzeugte

Untergruppe von G(L / Q). Zeigen Sie: LU = Q( 8√

3 · (1 + i)), und LG(L/ Q ) = Q(√

3).

Lösung

Da U zyklisch ist genügt es, die Invarianz von Elementen α ∈ L nur für den Erzeuger σ−1,1 zu prüfen.Die Indizierung der Automorphismen bezieht sich auf die Erweiterungssituation Q( 8

√3, i) / Q( 8

√3) / Q.

Eine Basis von L über Q ist gegeben durch

B = {( 8√

3)k · il | k ∈ {0, . . . , 7} , l ∈ {0, 1} }

wie in Beispiel 3.3.7. Die Wirkung von σ−1,1 auf einem Basiselement ist gegeben durch

σ−1,1

(( 8√

3)k · il)

= ( 8√

3)k · i(k−l) .

Jedes α ∈ L kann durch den Spaltenvektor seiner Koeffizienten bj beschrieben werden. Etwas intuitiverist die Anordnung in einer Doppelspalte der Form

α 7−→

b0 b8b1 b9...

...b7 b15

mit den Koeffizienten b0, . . . , b7 für die Basiselemente ( 8

√3)k aus Q( 8

√3) und den Koeffizienten b8, . . . , b15

für ( 8√

3)k · i aus L. Indiziert man die Koeffizienten mit Paaren x ∈ {0, . . . , 7} × {0, 1} (vgl. Lösung zuAufgabe 63), so kann die Wirkung von σ−1,1 direkt angegeben werden:

1L = (0, 0) 7→ (0, 0) (0, 1) 7→ −(0, 1)(1, 0) 7→ (1, 1) (1, 1) 7→ (1, 0)(2, 0) 7→ −(2, 0) (2, 1) 7→ (2, 1)(3, 0) 7→ −(3, 1) (3, 1) 7→ −(3, 0)(4, 0) 7→ (4, 0) (4, 1) 7→ −(4, 1)(5, 0) 7→ (5, 1) (5, 1) 7→ (5, 0)(6, 0) 7→ −(6, 0) (6, 1) 7→ (6, 1)(7, 0) 7→ −(7, 1) (7, 1) 7→ −(7, 0)

Für ein beliebiges α ∈ L mit der oben beschriebenen Koeffizientendarstellung kann nun das Bild unterσ−1,1 direkt abgelesen werden:

b0 b8b1 b9b2 b10b3 b11b4 b12b5 b13b6 b14b7 b15

7→σ

b0 −b8b9 b1

−b2 b10−b11 −b3b4 −b12b13 b5

−b6 b14−b15 −b7

Gesucht ist α =∑bjαj mit αj ∈ B, das invariant unter dieser Zuordnung ist, d. h. Koeffizienten bj ∈ Q,

so dass in der obigen Zuordnung die gleichen Darstellungen stehen. Man erhält die Gleichungenb0 = b0 b8 = −b8b1 = b9 b9 = b1b2 = −b2 b10 = b10b3 = −b11 b11 = −b3b4 = b4 b12 = −b12b5 = b13 b13 = b5b6 = −b6 b14 = b14b7 = −b15 b15 = −b7

Daraus folgt zunächst bj = 0 für j ∈ {2, 6, 8, 12}. Ferner sind die Gleichungen für j ∈ {0, 4, 10, 14}für bj ∈ Q immer erfüllt. Zudem hat man die Einschränkungen b1 = b9, b3 = −b11, b5 = b13 undb7 = −b15. Das ergibt insgesamt 8 frei wählbare Koeffizienten aus Q, also ist der Fixkörper LU einQ-Vektorraum der Dimension 8 über Q, d. h. [LU : Q] = 8. Das gegebene Element β = 8

√3 · (1 + i)

ist invariant unter σ−1,1, also ist der Körper K(β) in LU enthalten. Andererseits ist deg(β) ≥ 8 klar,also muss LU = K(β) gelten, was zu zeigen war. Sei nun K ′ = LG(L/ K ) der Fixkörper unter allenAutomorphismen von L. Wir betrachten die Elemente

σ 1,18√

3 7→ 8√

3 · i i 7→ i

σ−1,08√

3 7→ 8√

3 i 7→ −ider Automorphismengruppe. Nach Darstellung der Automorphismengruppe G(L /Q) ∼= M4 in Beispiel3.3.7 wird die ganze Gruppe von diesen beiden Elementen erzeugt, denn σ1,1 erzeugt den NormalteilerN und σ−1,0 die Untergruppe U , und es ist M4 = N ×Φ U als inneres semidirektes Produkt. Esgenügt also, Invarianz eines α ∈ L unter diesen beiden Abbildungen zu prüfen. Analog zur vorigenRechnung betrachten wir sukzessive die Koeffizienten bj eines α ∈ L, verzichten aber auf die Angabeder Darstellungsvektoren. Für die Koeffizienten gilt:

b0 : σ1,1((8√

3)0) = ( 8√

3)0 · i0 = ( 8√

3)0 · i0 ⇒ b0 = freib1 : σ1,1((

8√

3)1) = ( 8√

3)1 · i1 = ( 8√

3)1 · i1 ⇒ b1 = b9b2 : σ1,1((

8√

3)2) = ( 8√

3)2 · i2 = −( 8√

3)2 · i0 ⇒ b2 = 0b3 : σ1,1((

8√

3)3) = ( 8√

3)3 · i3 = −( 8√

3)3 · i1 ⇒ b3 = −b10b4 : σ1,1((

8√

3)4) = ( 8√

3)4 · i4 = ( 8√

3)4 · i0 ⇒ b4 = freib5 : σ1,1((

8√

3)5) = ( 8√

3)5 · i5 = ( 8√

3)5 · i1 ⇒ b5 = b13b6 : σ1,1((

8√

3)6) = ( 8√

3)6 · i6 = −( 8√

3)6 · i0 ⇒ b6 = 0b7 : σ1,1((

8√

3)7) = ( 8√

3)7 · i7 = −( 8√

3)6 · i1 ⇒ b7 = −b15Damit sind nur die Koeffizienten bj mit j ∈ {0, 1, 3, 4, 5, 7, 8, 11, 12, 14} frei aus Q wählbar, alle anderensind dann festgelegt. Wir betrachten die Einschänkungen, die eine Invarianz unter σ−1,0 : i 7→ −i dennoch freien Koeffizienten auferlegt:

b9 : σ−1,0((8√

3)1 · i) = −( 8√

3)1 · i ⇒ b9 = b1 = 0b10 : σ−1,0((

8√

3)2 · i) = −( 8√

3)2 · i ⇒ b10 = −b3 = 0b13 σ−1,0((

8√

3)5 · i) = −( 8√

3)5 · i ⇒ b13 = b5 = 0b15 : σ−1,0((

8√

3)7 · i) = −( 8√

3)7 · i ⇒ b15 = −b7 = 0

Damit sind weitere 8 Koeffizienten notwendig Null im Fixkörper unter den beiden Automorphismen.Nur b0 und b4 sind für α ∈ K ′ frei wählbar, also gilt

K ′ = {b0 · 1 + b4 · ( 8√

3)4 | b0, b4 ∈ Q} = Q(√

3)

wie zu zeigen war. Insbesondere ist Q nicht der Fixkörper unter der Autmorphismengruppe, d. h. L/Qist nicht galoissch.

Aufgabe 66 (Kreisteilungskörper) 6 PunkteEin Kreisteilungskörper ist eine einfache Erweiterung Q(ζ) von Q mit einer Einheitswurzel ζ ∈ C. Essei speziell p > 2 eine Primzahl. Das p-te Kreisteilungspolynom ist gegeben durch

Φp(X) =p−1∑j=0

Xj = 1 +X +X2 + · · ·+Xp−1 .

Zeigen Sie:

(a) Das p-te Kreisteilungspolynom ist irreduzibel in Q[X].(b) Es sei ζp = e

2πip eine primitive p-te Einheitswurzel und L = Q(ζp), dann ist [L : Q]=p-1, und

die Erweiterung ist galoissch mit G(L / Q) ∼= (Z/pZ)∗.(c) Sei M = Q( p

√2, ζp), dann ist [M : Q] = p · (p− 1), und die Erweiterung ist galoissch. Geben

Sie eine Gruppe Mp von 2× 2-Matrizen über Z/pZ, so dass Mp∼= G(M / Q) ist.

Hinweise: Teil a): Berechnen Sie (X − 1) · Φp(X) und X · Φp(X + 1).Teil b): Betrachten Sie die Wirkung von Körperautomorphismen auf Einheitswurzeln.Teil c): Gehen Sie analog zur Bildung von M4 in Beispiel 3.3.7 der Vorlesung vor.

Lösung

(a) Ausrechnen ergibt

f(X) := (X − 1) · Φp(X) = (X − 1) ·∑p−1

j=0 Xj =

∑p−1j=0 X

j+1 −∑p−1

j=0 Xj = Xp − 1

g(X) := X · Φp(X + 1) = f(X + 1) = (X + 1)p − 1

Es gilt

g(X) = (X + 1)p − 1 =p∑

j=0

(j

p

)Xj − 1 = X ·

p−1∑j=0

(j + 1p

)Xj ,

(j

p

)=

p!j! · (p− j)!

nach der allgemeinen binomischen Formel. Damit teilt die Primzahl p jeden Koeffizienten derSumme, außer den Koeffizienten vonXp−1, zudem ist der erste Koeffizient gerade p, daher wirder nicht von p2 geteilt. Nach dem Eisensteinkriterium stellt die Summe also ein irreduziblesPolynom h(X) dar, und es ist g(X) = X · h(X). Substitution von X mit X − 1 ergibtf(X) = (X−1)h(X−1), also h(X−1) = Φp(X). Mit h ist dann aber auch Φp irreduzibel, dennmit einer nichttrivialen Zerlegung Φp(X) = a(X)b(X) wäre auch h(X) = a(X + 1)b(X + 1)eine nichttriviale Zerlegung.

(b) Offensichtlich ist ζp eine Nullstelle von f(x) = (X−1)Φp(X) = Xp−1, und wegen ζp 6= 1 folgtΦp(ζp) = 0. Also ist Φp nach Teil a) das Minimalpolynom von ζp. Dann ist auch [L : Q] =deg(Φp) = p − 1. Sei G die Automorphismengruppe zur Erweiterung L/K. Wie in Aufgabe64 sind Potenzen der Form ζk

p für k mod p wohldefiniert. Die p Elemente ζ0p , ζ

1p , . . . , ζ

p−1p sind

nach Aufgabe 64 alle p-ten Einheitswurzeln, und damit Nullstellen von f(X). Damit sind dieElemente ζj

p mit j = 1 . . . p − 1 gerade die Nullstellen von Φp, und wegen deg(Φp) = p − 1gibt es keine weiteren Nullstellen. Es gibt also p − 1 Fortsetzungen von idQ auf L, gegebendurch die Zuordnungen ∑

cjζjp 7→

∑cjα

jk

für die Nullstellen αk von Φp. Jede dieser Nullstellen ist aber gerade eine Potenz ζkp von ζp,

die nicht 1 ist (gleichbedeutend mit k 6= 0). Exponenten von ζp sind wohldefiniert modulo p,

und es gilt ζk mod pp = 1 ⇔ k ≡ 0 mod p⇔ k mod p /∈ (Z/pZ)∗, da Z/pZ für Primzahlen p ein

Körper ist. Also hat man die Abbildungskette

(Z/pZ)∗ −→ {Φp −Nullstellen} −→ G(L /K )a mod p 7→ ζa mod p

p 7→ σa = [ζp 7→ ζap ]

von den Einheiten modulo p in die Automorphismengruppe von L. Die rechte Abbildungist nach Satz 3.3.2 bijektiv, die linke Abbildung ist wegen Aufgabe 64 bijektiv, denn diePotenzen ζa

p durchlaufen alle von 1 verschiedenen p-ten Einheitswurzeln. Wir fassen dieseKette zu der Abbildung a mod p 7→ σa zusammen. Die Abbildung ist relationstreu bzgl.den Verknüpfungen · auf (Z/pZ)∗ und ◦ auf G(L /K ), denn es gilt nach den Potenzregelnσa·b(ζp) = ζa·b

p = (ζbp)

a = σa(σb(ζp)) = (σa ◦ σb)(ζp). Da ζp Erzeuger von L ist gilt insgesamtσab = σa ◦ σb in der Gruppe G(L /K ). Damit ist die Isomorphie (Z/pZ)∗ ∼= G(L /K )gezeigt. Nach Satz 2.5.11 ist (Z/pZ)∗ und damit G(L /K ) zyklisch mit einem Erzeuger σa.Angenommen β ∈ L liegt im Fixkörper von L unter der Automorphismengruppe. Das istgleichbedeutend mit σa(β) = β. Sei β = c0 + c1ζp + c2ζ

2p + · · · + cp−2ζ

p−2p die zugehörige

Basisdarstellung. Sei 1 ≤ j ≤ p − 2 beliebig, dann ist j eine Einheit in Z/pZ, es gibt alsob ∈ Z mit j · b ≡ 1 mod p. Da a mod p die Einheitengruppe (Z/pZ)∗ erzeugt, ist b ≡ ak mod pfür irgend ein k ∈ N0. Das aber bedeuted σak(cjζ

jp) = cjζ

jbp = cjζp. Wegen der Annahme

σa(β) = β folgt c1 = cj . Aber j war beliebig gewählt mit cj 6= 0 und j ≥ 1, also sind alleKoeffizienten cj mit j ≥ 1 gleich zu c1. Also sei c1 6= 0 angenommen. Da der Körpergradvon L/Q genau p − 1 ist, aber auch die Einheitswurzel ζp−1

p in L liegt, ist diese von denBasiselementen ζ0

p , . . . , ζp−2p linear abhängig. Die Summe aller p-ten Einheiteswurzeln ist Null,

denn es gilt 1+ ζp + ζ2p + · · ·+ ζp−1

p = Φp(ζp) = 0. Also ist diese lineare Abhängigkeit gegebendurch

ζp−1p = −

p−2∑j=0

ζjp .

Anwenden von σak für ein k ∈ Z mit ak ≡ p − 1 mod p ergibt dann wegen der übereinstim-menden Koeffizienten und p− 1 ≡ −1 mod p die Gleichung

σak(β) = c0 + c1 ·∑p−2

j=1 ζj·ak

p = c0 + c1 ·∑p−2

j=1 ζj·(p−1)p

= c0 + c1 · ζp−1p + c1 ·

∑p−2j=2 ζ

j·(p−1)p = c0 − c1 ·

∑p−2j=0 ζ

jp + c1 ·

∑p−2j=2 ζ

−jp

= c0 − c1 ·∑p−2

j=0 ζjp + c1 ·

∑p−2j=2 ζ

jp = c0 − c1 ·

∑1j=0 ζ

jp

= c0 − c1 − c1ζp .

Daraus folgt σak(β) 6= β für β /∈ Q, da ansonsten der Koeffizient c0 durch Anwendung vonσak geändert wird. Damit ist LG(L/ K ) = Q, die Erweiterung L/Q ist also galoissch.

(c) Es liegt die Erweiterungssituation M/Q( p√

2)/Q vor. Das Minimalpolynom des Erzeugers p√

2von Q( p

√2) über Q ist m(X) = Xp − 2. Analog zu Beispiel 3.3.7 der Vorlesung (im Beispiel

war i = ζ4 der zweite Erzeuger) ist das Minimalpolynom von ζp über Q( p√

2) wieder Φp, daQ( p√

2) ⊂ R ist, aber ζjp ∈ R nur für ζj

p = 1 möglich ist (p ist unberade). Also ist wie imBeispiel 3.3.7 der Grad von M über Q( p

√2) gegeben durch deg(Φp) = p− 1, andererseits ist

[Q( p√

2) : Q] = p, woraus [M : Q] = p(p − 1) folgt. Eine Basis von M über Q ist gegebendurch

B = {( p√

2)k · ζjp | k ∈ {0, . . . , p− 1}, j ∈ (Z/pZ)} .

Ein β ∈ M besitzt dann Koeffizienten ck,j , die wie üblich mit Indizes k, j versehen werden,wobei k ∈ {0, . . . , p−1} und j ∈ Z/pZ nach der vorigen Aufgabe eindeutig ist. Wir betrachtendie Automorphismen in G(M / Q) als Fortsetzungen der Automorphismen von Q( p

√2). Diese

sind analog zum Beispiel gegeben durch

σr,s : p√

2 7→ p√

2 · ζkp , ζp 7→ ζ l

p r ∈ (Z/pZ)∗, s ∈ Z/pZ, l ∈ r, k ∈ s .

Damit gibt es eine Bijektion (Z/pZ)∗ × (Z/pZ) → G(M / Q) mit (r, s) 7→ σr,s. Wegen derWohldefiniertheit von ζk

p für k mod p schreiben wir kurz ζsp für ζk

p mit k ∈ s. Die Wirkungder Komposition τ = σr1,s1 ◦ σr2,s2 auf p

√2 ergibt sich zu

τ( p√

2) = σr1,s1(p√

2 · ζs2p ) = σr1,s1(

p√

2) · σr1,s1(ζs2p ) = p

√2ζs1

p · ζs2·r1p = p

√2ζs1+s2r1

p .

Analog ist die Wirkung auf ζp gegeben durch

τ(ζp) = σr1,s1(σr2,s2(ζp)) = σr1,s1(ζr2p ) = (ζr2

p )r1 = ζr1r2p ,

und man hat insgesamt

τ : p√

2 7→ p√

2 · ζs1+s2r1p , ζp 7→ ζr1r2

p

und damit τ = σr1r2,s1+s2r1 . Damit liegt eine Verschränkung der Komponenten bei Komposi-tionsbildung wie in Beispiel 3.3.7 vor. Analog zum Beispiel sei

Mp ={(

r s0 1

)| r ∈ (Z/pZ)∗, s ∈ Z/pZ

}versehen mit der üblichen Matrixmultiplikation. Dann ist(

r1 s10 1

)·(r2 s20 1

)=

(r1r2 r1s2 + s10 1

)und man hat durch die Zuordnung

σr,s 7→(r s0 1

)wie gewünscht eine Gruppenisomorphie G(L / Q) ∼= Mp. Das L/Q eine Galoiserweiterungist kann man einerseits durch Betrachtung von Erzeugern von N und U zeigen, was einwenig aufwenig ist. Die Charakterisierung der letzten Sätze der Vorlesung ist einfacher: dieErweiterung L/Q ist einfach, und wegen char(K) = 0 auch separabel (Satz 3.5.2). Sie istauch normal nach Satz 3.4.5, denn L ist Zerfällungskörper von Φp(X) · (Xp − 2) über Q:die Nullstellen von Φp in C sind gerade die p-ten Einheitswurzeln ζj

p mit j = 1 . . . p − 1(man beachte, dass ζp−1

p kein Element von B ist), und die Nullstellen von Xp − 2 sind dieAusdrücke p

√2 · ζj

p mit j = 0 . . . p− 1. Da ζp−1p von den anderen p-ten Einheitswurzeln linear

abhängig ist (siehe Rechnung in Teil b)) kann auch 1 = ζ0p aus den ζj

p mit j = 1 . . . p − 1linear kombiniert werden, also ist jedes Basislement α ∈ B über Q linear aus den Nullstellendes Produktpolynoms kombinierbar. L enthält also zumindest einen Zerfällungskörper überQ, da aber der Grad von Φp(X) · (Xp − 2) mit [L : Q] übereinstimmt, muss L schon dieserZerfällungskörper sein. Also ist die Erweiterung L/Q nach Satz 3.6.1 eine Galoiserweiterung.

Aufgabe 67 (Die Letzte) 1 PunktBegründen Sie die Bezeichnung Kreisteilungskörper.

Lösung

Ein Kreisteilungskörper zu einer primitiven n-ten Einheitswurzel ζn (wobei n keine Primzahl sein muss)enthält nach Aufgabe 64 alle n-ten Einheitswurzeln. Diese liegen auf dem komplexen Einheitskreis, undteilen diesen in n gleich lange Randsegmente. Einige geometrische Probleme, beispielsweise die Kon-struktion eines regelmäßigen n-Ecks mit Zirkel und Lineal, führen direkt auf Kreisteilungskörper.



Aufgabe 68 (Die Diskriminante) 3 PunkteSei f ∈ Q[X] irgend ein nicht konstantes Polynom vom Grad n. Nach dem Fundamentalsatz der Al-gebra besitzt f in den komplexen Zahlen genau n Nullstellen α1, . . . , αn ∈ C, die nicht notwendigpaarweise verschieden sind. Damit ist

f(X) =n∏

j=1

(X − αj) .

Man sagt, dass f über C in Linearfaktoren zerfällt. Die Diskriminante von f ist definiert durch

∆f =

∏1≤j<k≤n

(αj − αk)

2

.

Zeigen Sie: für jedes f ∈ Q[X] liegt ∆f wieder in den rationalen Zahlen, man hat also eine Abbildung

∆ ={

Q[X] → Qf 7→ ∆f

Verwenden Sie ohne Beweis, dass es immer eine endliche Galoiserweiterung L/K mit K = Q gibt, sodass alle Nullstellen αj in L liegen.

Lösung

Sei L/K eine endliche galoissche Erweiterung, die alle Nullstellen αi von f enthält (man kann beispiels-weise einen Zerfällungskörper von f nehmen). Da L/K eine Galoiserweiterung ist, gilt LG(L/ K ) = K =Q, es genügt also zu zeigen, dass die Diskriminante von f in diesem Fixkörper liegt, d. h. Invariant unterallen Q-Automorphismen von L ist. Wir haben in Aufgabe 60 schon gesehen, dass jedes σ ∈ G(L /K )Nullstellen von f wieder auf Nullstellen von f abbildet, wodurch für jedes σ eine Permutation derNullstellen αi definiert ist. Also gilt

σ

∏1≤j<k≤n

(αj − αk)

=∏

1≤j<k≤n

(σ(αj)− σ(αk)) =∏

1≤j<k≤n

(απ(j) − απ(k))

für eine Permutation π ∈ Sn. Wir vertauschen die Elemente απ(j) und απ(k) in diesem Produkt, fallsπ(j) > π(k) ist, und damit das Negat απ(k) − απ(j) im Produktausdruck für die Diskriminante liegt.Die Anzahl dieser Vertauschungen ist gerade I(σ) (vgl. Definition 1.6.4). Damit sind aber durch dieαπ(j)−απ(k) wegen der Bijektivität von π alle Faktoren des ursprünglichen Produkts abgedeckt, es giltalso

σ(∆f ) =

∏1≤j<k≤n

(απ(j) − απ(k))

2

=

(−1)I(σ) ·∏

1≤j<k≤n

(αj − αk)

2

=

∏j≤j<k≤n

(αj − αk)

2

.

Also ist σ(∆f ) = ∆f für alle Automorphismen von L, und damit ∆f ∈ Q.

Aufgabe 69 (Körpertheorie und Lineare Algebra) 5 PunkteSei L/K eine endliche Körpererweiterung mit [L : K] = n und B = {α1, . . . , αn} eine K-Basis von L.Sei α ∈ L beliebig. Wir definieren die Multiplikation mit α in Form der Abbildung

Mα ={L → Lβ 7→ αβ

des K-Vektorraums L in sich selbst. Für β1, β2 ∈ L ist offensichtlich Mα(β1 + β2) = Mα(β1) +Mα(β2)und Mα(x · β) = x ·Mα(β) für x ∈ K. Also ist Mα für jedes α ∈ L ein K-Vektorraumisomorphismusvon L nach L mit Umkehrabbildung (Mα)−1 = Mα−1 . Da L ein Vektorraum der Dimension n über Kist, besitzt Mα eine Darstellungsmatrix Aα ∈ K(n,n) bzgl. der Basis B, d. h. die Koeffizienten cj ∈ Kvon γ = α · β aus der eindeutigen K-Linearkombination über B sind gegeben durchc1

...cn

= Aα ·

b1...bn

mit den Koeffizienten bj aus der Linearkombination von β über B. Man hat also eine Kette von K-Vektorräumen

L −→ Hom(L,L) −→ K(n,n)

α 7−→ Mα 7−→ Aα

wobei die Pfeile K-Vektorraummonomorphismen entsprechen. Zusätzlich gilt Mαβ = Mα ◦Mβ undAαβ = Aα · Aβ , d. h. diese Abbildungen sind sogar Ringmonomorphismen, wenn die additive Gruppeder K-Vektorraumendomorphismen Hom(L,L) von L mit der Hintereinanderausführung ◦ als Mul-tiplikation versehen wird. Aus der linearen Algebra sind die folgenden Kenngrößen für MatrizenA = (aij) bekannt: die Determinante det(A), die Spur Tr(A) =

∑aii, das charakteristische Poly-

nom fA(X) = det(A − I · X) und das Minimalpolynom mA(X) | fA(X). Ziel dieser Aufgabe ist es,diese Begriffe auf die Körpertheorie zu übertragen. Wir definieren die folgenden Kenngrößen für α ∈ L:

• Die Norm N(α) := det(Aα),• Die Spur Tr(α) := Tr(Aα),• Das Hauptpolynom f(α,X) := fAα(X),• Das Minimalpolynom m(α,X) := mAα(X).

Zeigen Sie:

(a) Norm und Spur eines α ∈ L liegen in K.(b) Das Minimalpolynom nach dieser Definition stimmt mit dem Minimalpolynom nach Definition

der Vorlesung überein.(c) Die Spur ist additiv: Tr(α+ β) = Tr(α) + Tr(β).(d) Die Norm ist mulitplikativ: N(αβ) = N(α)N(β).

Lösung

(a) Zu α ∈ L ist Aα nach Definition eine Matrix mit Elementen aus K. Die Spur ist als Summeder Diagonalelemente von Aα ein Element von K, die Determinante det(Aα) ist nach derLeibnizformel eine Summe aus Produkten von Elementen aus K, also selbst ein Element vomKörper K. Damit liegen Norm und Spur in K.

(b) Sei f ∈ K[X] das Minimalpolynom von Aα nach Definition in der linearen Algebra, d. h. fist das eindeutig bestimmte normierte Polynom kleinsten Grades, so dass

f(Aα) = a0

1 0 · · · 00 1 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · 1

+ a1Aα + · · ·+ ak−1Ak−1α +Ak

α = 0

gilt. Da die Zuordnung α 7→ Aα ein Ringhomomorhpismus ist und A0α = A1 nach Definition

die Einheitsmatrix ist, folgt f(Aα) = Af(α) = 0. Nach Definition der Zuordnung α 7→ Aα istdas nur für f(α) = 0 möglich, d. h. α ist eine Nullstelle von f . Aber f war irreduzibel, unddas Polynom kleinsten Grades mit dieser Eigenschaft, d. h. f = mK(α,X) nach Definitionder Vorlesung.

(c) Es gilt wegen der Ringhomomorphie der Abbildung α 7→ Aα die Gleichung

Tr(α+ β) = Tr(Aα+β) = Tr(Aα +Aβ) =∑

(aii + bii) =∑

aii +∑

bii = Tr(α) + Tr(β) .

(d) Wegen dem Determinantenmultiplikationssatz gilt

N(αβ) = det(Aαβ) = det(AαAβ) = det(Aα) det(Aβ) = N(α)N(β) .

Aufgabe 70 (Quadratische Erweiterungen) 5 PunkteEine Erweiterung L/K heißt quadratisch, falls [L : K] = 2 ist. Zeigen Sie:

(a) Quadratische Erweiterungen sind stets galoissch mit Galoisgruppe G(L /K ) ∼= Z/2Z.(b) Die in der vorigen Aufgabe eingeführte Normabbildung N : L → K ist gegeben durch

α 7→ α · σ(α) für den nichttrivialen K-Automorphismus σ von L.(c) Das Minimalpolynom ist mit dem Hauptpolynom identisch, und es ist mK(α,X) = (X −

α)(X − σ(α)) für alle α ∈ L−K.

Lösung

(a) In dieser Aufgabe muss zusätzlich L/K als separabel vorausgesetzt werden, um von einemnicht-trivialen Automorphismus sprechen zu können (siehe unten). Nach Definition des Gradesist L = {c0α1 + c1α2 | c0, c1 ∈ K} für eine K-Basis {α1, α2} des Vektorraums L. Von denbeiden Basiselemente muss mindestens eines in der Restmenge L −K liegen, etwa α = α2.Dann istK(α) 6= K, aber wegen [L : K(α)] | [L : K] = 2 bleibt nur die MöglichkeitK(α) = L,und die Erweiterung ist einfach mit Erzeuger α. Dieser besitzt ein Minimalpolynom f ∈ K[X]vom Grad 2. In einem Zerfällungskörper von f über K, der L enthält, bleibt für f nur derZerfall

f(X) = (X − α)(X − α′)

mit einem zu α konjugierten Element α′. Da die Nullstelle α schon in L liegt, liegt dassPolynom f(X) · (X − α)−1 in L[X]. Es ist aber linear, woraus α′ ∈ L folgt. Insbesondereist L schon der Zerfällungskörper von f über K, damit auch normal. Endliche normale undseparable Erweiterungen sind galoissch (Satz 3.6.1). Die Fortsetzungen von idK sind danngegeben durch

σ0 : α 7→ ασ1 : α 7→ α′

mit σ0 = idL. Den Automorphismus σ1 bezeichnet man als den nicht-trivialen Automorphis-mus von L (im inseparablen Fall ist α = α′, es macht dann keinen Sinn vom nicht-trivialenAutomorphismus zu sprechen, da σ0 = σ1 gilt). Ansonsten ist G(L /K ) = {σ0, σ1} eineGruppe der Ordnung 2, die nach Aufgabe 17 nur isomorph zu Z/2Z sein kann.

(b) Wir multiplizieren zunächst f(X) aus, um α′ genau zu bestimmen. In L[X] ist f(X) = (X −α)(X−α′) = X2− (α+α′)X+αα′. In seiner ausmultiplizierten Form liegt das Polynom f =mK(α,X) aber in K[X], insbesondere liegen α+α′ und αα′ in K (in K ist 2 6= 0, sonst wäreα = α′ und die Erweiterung inseparabel). Sei α′ = a0 +a1α die eindeutige Darstellung von α′in L mit a0, a1 ∈ K, dann folgt α+α′ = (0+a0)α0 +(1+a1)α1 für die eindeutige Darstellungdes Elements α+ α′ ∈ K, was nur für 1 + a1 = 0 möglich ist, also folgt a1 = −1. Wir setzenγ = −1

2a0 +α. Dann gilt σ(γ) = −12a0 +α′ = −1

2a0 + a0−α = 12a0−α = −γ. Wegen γ /∈ K

ist auch γ Erzeuger der Erweiterung L/K. Wir verwenden im Folgenden die Basisdarstellungzur Basis {1, γ} von L, da σ(γ) = −γ die folgenden Rechnungen stark vereinfacht. Aus derlinearen Algebra ist bekannt, dass Determinante, Spur und Minimalpolynom einer Matrixohnehin unabhängig von der Wahl der Basis des Vektorraums sind. Im quadratischen Fallsind die in der vorigen Aufgabe betrachteten Matrizen von Dimension 2. Sei β = b0 + b1γbeliebig. Multiplikation mit dem Basiselement 1 von L/K ergibt 1 · β = β, die erste Spaltevon Aβ ist also gerade (b0, b1)T . Es gilt γ2 = −γσ(γ), es sei damit M := −γ2 = γσ(γ) gesetzt.Multiplikation des zweiten Basiselements γ mit β ergibt dann

γβ = γ(b0 + b1γ) = b0γ + b1γ2 = b0γ − b1M = −b1M · 1 + b0 · γ ,

und M = −γ2 = γσ(γ) liegt in K, denn es ist fix unter dem Autormorphismus σ1: σ(M) =σ(γσ(γ)) = σ(γ)σ2(γ) = σ(γ)γ = M . Da die Basisdarstellung eindeutig ist folgt, dass(−b1M, b0)T die zweite Spalte von Aβ ist, also gilt

Aβ =(b0 −b1Mb1 b0

)und damit N(β) = det(Aβ) = b20 +Mb21. Andererseits gilt aber auch

β · σ(β) = (b0 + b1γ)(b0 − b1γ) = b20 − b21γ2 = b20 +Mb21

wie zu zeigen war. Zudem ist M = N(γ) gerade die Norm des Erzeugers. Daher rührt auchder Begriff Norm, denn falls γ „normiert” ist (d. h. N(γ) = 1), ist die Norm eines β ∈ L geradedie Absolutnorm des Darstellungsvektors von β im K-Vektorraum L. Speziell für K = R undL = C = R(i) ist mit γ = i die Norm einer komplexen Zahl gerade ihr Absolutbetrag (vgl.auch Aufgabe 47b).

(c) Der Automorphismus σ = σ1 ist gerade über σ(α) = α′ definiert, also ist mK(α,X) =(X − α)(X − α′) = (X − α)(X − σ(α)) für das am Anfang gewählte α ∈ L − K. DieDefinition des Minimalpolynoms stimmt mit der Definition aus der vorigen Aufgabe überein,insbesondere ist das Minimalpolynom mK(α,K) völlig unabhängig von der Wahl der Basis{1, α}. Da jedes β ∈ L−K eine solche Basis definiert, folgt mK(β) = (X − β)(X − σ(β)) fürjedes β ∈ L−K. Das Hauptpolynom von Aβ besitzt höchstens den Grad 2 = dimK(L) undist ein Vielfaches des Minimalpolynoms, also sind die beiden Polynome identisch.

Aufgabe 71 (Endliche Körper) 3 PunkteSei Fp = Z/pZ der endliche Körper mit p Elementen. Zeigen Sie:

(a) Die Abbildung φ : a 7→ ap ist die Identität auf Fp.(b) Für jeden kommutativen Ring R mit Charakteristik p ist φ ein Ringendomorphismus von R.

Lösung

(a) Für irgend ein x ∈ Fp gilt φ(x) = xp = x · xp−1 = x · 1 = x nach Satz 2.5.7(b).(b) Es gilt natürlich φ(ab) = (ab)p = apbp = φ(a)φ(b), da R kommutativ ist. Für die Addition

gilt

φ(a+ b) = (a+ b)p =p∑

j=0

(j

p

)ajbp−j ,

in dieser Summe ist aber p ein Teiler von jedem Summanden außer apb0 und a0bp. Wegenchar(R) = p folgt, dass diese Summanden alle Null sind, also φ(a + b) = φ(a) + φ(b). Es istφ(0) = 0p = 0 und φ(1) = 1p = 1, also ist φ ein Ringendomorphismus.

Abschließende Bemerkung:Die auf diesem Blatt eingeführten Kenngrößen sind zentrale Werkzeuge der Körpertheorie:

• Die Diskriminante spielt für Polynome in etwa die gleiche Rolle, wie die Determinante fürMatrizen in der linearen Algebra. Sie erlaubt es, Eigenschaften des Polynoms auf den Grund-körperK abzubilden. Viele Eigenschaften eines RestklassenringsK[X]/(f) hängen tatsächlichnur von ∆f ab, und können bestimmt werden, ohne f zu kennen.

• Die Norm dient als Ersatz für den komplexen Betrag | · | auf C in beliebigen Körpererwei-terungen. So kann beispielsweise in jeder beliebigen Erweiterung vom „Einheitskreis” {α ∈L | N(α) = ±1} gesprochen werden. Nullstellen von Xn− 1 in L (also „Einheitswurzeln” vonL) liegen dann beispielsweise auf diesem „Kreis”.

• Die Darstellung von Elementen α ∈ L durch Matrizen Aα über dem Grundkörper K liefertdie Aussage, dass die multiplikative Gruppe L∗ irgend eines Körpers über K in Wahrheiteine Matrizengruppe über K ist. Alle aus der Matrizentheorie bekannten Techniken (Eigen-werttheorie, Jordansche Normalform, algorithmische Berechnung von Inversen, Lösen vonGleichungen der Form αx = y, Berechnung von Haupt- und Minimalpolynom, etc..) sinddamit für die Körpertheorie nutzbar.

• Für Körpererweiterungen L/K mit K = Fp und char(K) = char(L) = p 6= 0 stellt derVerlust der garantierten Separabilität ein gewisses Problem dar. Der Homomorphismus φ :x 7→ xp erlaubt dennoch eine sehr einfache Berechnung von Galoisgruppen: ist L eine endlicheErweiterung von K = Fp mit Charakteristik p, so ist G(L /K ) stets zyklisch, und φ ist einErzeuger. Man bezeichnet φ in diesem Zusammenhang als „Frobenius-Homomophismus”.

Die Inhalte des Bonusblatts sind nicht Prüfungsrelevant für die Vorlesung Algebra I

Documents

Übungsblätter zur Vorlesung Algebra I Wintersemester 2003-2004