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+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
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+\title{Lukas Nullmeier, Christian Merten}
+\author{Algebra I: Übungsblatt 12}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item $K(\alpha)$ ist Zwischenkörper von $L / K$, also
+            ex. nach dem Hauptsatz ein $H \subseteq G$ Untergruppe mit
+            $H = \text{Gal}(L / K(\alpha))$ und $K(\alpha) = L^{H}$. Sei $g \in H$. Dann
+            ist $g(\alpha) = \alpha$, da $\alpha \in L^{H}$, also $g \in G_{\alpha}$. Sei nun
+            $g \in G_\alpha$. Dann ist $g(\alpha) = g$ und $\alpha \in L^{\langle g \rangle}$. Also
+            folgt $L^{H} = K(\alpha) \subseteq L^{\langle g \rangle}$ und damit
+            $\langle g \rangle \subseteq H$, also $g \in H$.
+        \item Für $\sigma \in G$ und $\alpha' \in A$ ist $\sigma(\alpha') \in A$, denn
+            es ex. ein $\tau \in G$, s.d. $\alpha' = \tau(\alpha)$, also
+            \[
+                \sigma(\alpha') = \sigma(\tau(\alpha)) = (\sigma \circ \tau)(\alpha )
+            .\] Da $\sigma$ Automorphismus, insbesondere injektiv und $\sigma(A) \subseteq A$, folgt
+            $\sigma(A) = A$. Also permutiert $\sigma$ die Nullstellen von $f$. Es folgt
+            \[
+                f^{\sigma} = \prod_{\alpha' \in A}^{} (X - \sigma(\alpha'))
+                = \prod_{\alpha' \in A}^{} (X -\alpha') = f 
+            .\] Da $\sigma$ beliebig, liegen die Koeffizienten von $f$ in $K$, also $f \in K[X]$.
+            Nach Konstruktion sind die Nullstellen von $f$ genau $A$, also paarweise verschieden, also
+            $f$ separabel.
+        \item Es ist $\alpha \in A$, also $f(\alpha) = 0$ und $f \in K[X]$. Es ist außerdem
+            \[
+                \text{deg}(f) = \# A = \# G\alpha = (G : G_{\alpha})
+            .\] Sei $n \coloneqq [K(\alpha) : K]$. Dann folgt
+            \[
+                \#G = [ L : K ] = [ L : K(\alpha) ] n = \#\text{Gal}(L / K(\alpha)) n \stackrel{\text{(a)}}{=} \# G_{\alpha} n
+            .\] Lagrange liefert $n = (G : G_{\alpha})$, also $n = \text{deg}(f) $ und damit
+            $f$ Minimalpolynom von $\alpha$.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Es ist
+            \[
+                \text{Gal}(\Q(\zeta_5) / \Q) \stackrel{\sim }{=} (\Z / 5 \Z)^{\times } \stackrel{\sim }{=}
+                \Z /  4\Z
+            ,\] da $\varphi(5) = 4$. $\Z / 4 \Z$ hat genau $\varphi(4) = 2$ Erzeuger, also ex. neben
+            $0$ genau ein Element $a \in \Z / 4 \Z$ mit $1 < \text{ord}(a) < 4$. Also
+            existiert genau eine echte Untergruppe von $\Z / 4 \Z$, also
+            ex. nach Hauptsatz genau ein echter Zwischenkörper von $\Q(\zeta_5) / \Q$.
+
+            Es gilt $\zeta_5 \neq 1$, also betrachte
+            \[
+            0 = \frac{\zeta_5^{5} - 1}{\zeta_5 - 1}
+            = \zeta_5^{4} + \zeta_5^{3} + \zeta_5^2 + \zeta_5 + 1
+            = \zeta_5^2 + 2 \zeta_5 \zeta_5^{-1} + \zeta_5^{-2} + \zeta_5 + \zeta_5^{-1} - 1
+            = \alpha^2 + \alpha -1
+            .\] Damit ist
+            \[
+            \alpha \in \left\{ \frac{-1 \pm \sqrt{5} }{2}\right\} 
+            .\] Da $\text{Re}(\zeta_5) > 0$ und $\zeta_5^{-1} = \overline{\zeta_5}$, folgt
+            $\text{Re}(\alpha) = \text{Re}(\zeta_5 + \zeta_5^{-1}) = 2 \text{Re}(\zeta_5) > 0$. Also
+            folgt $\alpha = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$. Also ist $\alpha \not\in \Q$ und
+            da $\zeta_5 \not\in \R$, folgt $\zeta_5 \not\in \Q(\alpha) \subseteq \R$. Also
+            ist $\Q(\alpha)$ der eine echte Zwischenkörper.
+        \item Es ist $\text{Re}(\alpha) = 2 \text{Re}(\zeta_5)$, also
+            $\text{Re}(\zeta_5) = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}$. Dann ex. ein $a \in \R$, s.d.
+            \[
+            \zeta_5 = \frac{\sqrt{5} -1}{4} + a i
+            .\] Da $|\zeta_5| = 1$, folgt
+            \[
+                a^2 + \frac{(\sqrt{5} -1)^2}{4^2} = 1 \implies a = \pm \sqrt{1 - \frac{(\sqrt{5} -1)^2}{4^2}} 
+            .\] Die Punkte $\zeta_5^{n}$ bilden nach Definition der Einheitswurzeln
+            ein regelmäßiges Fünfeck der Seitenlänge $|\zeta_5 - \zeta_5^{5}| = |\zeta_5 - 1|$. Es gilt
+            \[
+                |\zeta_5  - 1 | = \sqrt{\left( \frac{\sqrt{5} - 1}{4}- 1\right)^2 + 1
+                - \frac{(\sqrt{5} -1)^2}{4^2}}
+                = \sqrt{2 + \frac{- \sqrt{5} + 1}{2}}  = \sqrt{\frac{5 - \sqrt{5} }{2}}
+            .\] 
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item OBdA sei $\tau = (12)$. Da $\sigma$ $5$-Zykel,
+            ex. ein $k \in \{1, \ldots, 4\} $, s.d. $\sigma ^{k}(1) = 2$. Setze
+            nun $\sigma \coloneqq \sigma ^{k}$ und durch Umbenennung sei oE $\sigma = (1 2 3 4 5)$. Mit
+            Blatt 11 4a folgt nun
+            \begin{salign*}
+                \sigma \tau \sigma ^{-1} &= (\sigma(1) \sigma(2)) = (2 3)
+                \intertext{Analog folgt}
+                \sigma^2 \tau \sigma ^{-2} &= (3 4) \\
+                \sigma ^{3} \tau \sigma ^{-3} &= (4 5)
+            .\end{salign*}
+            Also $(12), (23), (34), (45) \in H$. Seien nun $a, b \in \{1, \ldots, 5\} $ mit
+            $a \neq b$. OE sei $a < b$. Dann setze
+            \[
+                \rho = (b \quad b-1) \cdots (a + 2 \quad a + 1) \in H
+            .\] Dann ist $\rho(a+1) = b$ und $\rho(a) = a$. Damit folgt
+            \[
+                H \ni \rho(a \quad a+1) \rho ^{-1} = (\rho(a), \rho(a+1)) = (a b)
+            .\] Also jede Transposition in $H$ und da jede Permutation als Produkt von
+            Tranpositionen dargestellt werden kann, folgt $H = \mathfrak{S}_5$.
+        \item Da $f \in \Q$ irreduzibel und $\Q$ vollkommen, folgt $f$ separabel. Sei
+            also $L$ der ZK von $f$ über $\Q$. Dann ist $L / \Q$ galoissch. Setze
+            $G \coloneqq \text{Gal}(L / \Q) \subseteq \mathfrak{S}_5$.
+            Dann betrachte den $\Q$-Autom.
+            \begin{salign*}
+                \tilde{\pi}\colon L &\to \mathbb{C} \\
+                z &\mapsto \overline{z}
+            .\end{salign*}
+            Da $\mathbb{C}$ ein algebraischer Abschluss von $\Q \subseteq L$ und $L / \Q$ normal,
+            beschränkt sich $\tilde{\pi}$ zu einem $\Q$-Automorphismus $\pi\colon  L \to L$. Es
+            ist also $\pi \in G$ und da $f$ genau zwei nicht-reelle Nullstellen hat,
+            $G$ transitiv auf den Nullstellen operiert und $\pi|_\R = \text{id}$, lässt
+            $\pi$ die $3$ reellen Nullstellen fest und vertauscht die komplexen Nullstellen. $\pi$ ist
+            also eine Transposition.
+
+            Sei weiter $\alpha \in L$ mit $f(\alpha) = 0$. Dann ist $f$ Mipo von $\alpha$ über $\Q$, also
+            $[K(\alpha) : \Q] = 5$, damit folgt mit Gradsatz, dass $5  \mid [L : \Q]$, also
+            ex. nach Sylowsätzen ein $\sigma \in G$ mit $\text{ord}(\sigma) = 5$. Also
+            ist $\sigma$ ein $5$-Zykel in $\mathfrak{S}_5$ und damit nach (a) $G = \mathfrak{S}_5$.
+        \item Es ist $f = 2X^{5} - 10x + 5$ irreduzibel über $\Q$, da
+            $f$ primitiv und damit irreduzibel nach Eisenstein mit $p  =5$.
+
+            Es ist $f$ als Funktion $f\colon \R \to \R$ stetig und differenzierbar mit
+            $f' = 10 x^{4} - 10$. $f'$ hat genau $2$ reelle Nullstellen bei $\pm 1$. Nach
+            Satz von Rolle, hat damit $f$ maximal $3$ reelle Nullstellen. Es gilt weiter
+            \[
+                f(-2) < 0 \quad f(0) > 0 \quad f(1) < 0 \quad f(2) > 0
+            .\] Also ex. nach Zwischenwertsatz mindestens $3$ reelle Nullstellen jeweils eine zwischen
+            $f(-2)$ und $f(0)$, $f(0)$ und $f(1)$ und $f(1)$ und $f(2)$. Also hat $f$ genau $3$ reelle
+            Nullstellen.
+
+            Nach (b) ist also die Galoisgruppe der Gleichung $f(X) = 0$ die ganze
+            $\mathfrak{S}_5$, insbesondere ist $f(X) = 0$ nicht durch Radikale auflösbar, da
+            $\mathfrak{S}_5$ nicht auflösbar ist.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei $G$ eine endliche Gruppe und bezeichne $s_p$ die Anzahl der $p$-Sylowgruppen von $G$.
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Zunächst sei $\#G = 6 = 2 \cdot 3$. Dann
+            ist $s_3 \in \{1, 2, 3, 6\} $, aber $2, 3, 6 \not\equiv 1 \text{ mod 3}$, also
+            $s_3 = 1$. Sei $H \subseteq G$ die einzige $3$-Sylowgruppe von $G$. Damit
+            folgt $H \triangleleft G$. und $\#H = 3$, also $H$ $3$-Gruppe, insb. auflösbar. Außerdem
+            $\# G / H = 6 / 3 = 2$, also $G / H $ $2-$Gruppe, insb. auflösbar. Insgesamt
+            folgt also nach 5.48 $G$ auflösbar.
+
+            Sei nun $\#G = 42 = 2 \cdot 3 \cdot 7$. Dann ist $s_7 = 1$ nach Sylowsätzen. Sei
+            $H \subseteq G$ die einzige $7$-Sylow. von $G$. Dann ist $H \triangleleft G$ und
+            $\# H = 7$, also $H$ $7$-Gruppe, insb. auflösbar. Außerdem
+            ist $\# G / H = 42 / 7 = 6$, also $G / H$ nach Vorüberlegung auflösbar.
+            Insgesamt folgt mit 5.48 $G$ auflösbar.
+        \item Sei zunächst $\#G = 10 = 2\cdot 5$. Dann ist wieder analog $s_2 = 1$ und
+            da $10 / 2 = 5$ und $5$ prim, folgt analog zu (a), dass $G$ auflösbar.
+
+            Sei nun $\# G = 30 = 2 \cdot 3 \cdot 5$. Dann ist $s_5 \in \{1, 6\} $
+            und $s_3 \in \{1, 10\} $.
+            Falls $s_5 = 1$ und $30 / 5 = 6$ folgt analog zu (a), dass $G$ auflösbar. Sei 
+            also nun $s_5 = 6$. Seien $H_1, H_2 \subseteq G$, $H_1 \neq H_2$ mit $\# H_1 = H_2 = 5$.
+            Da $5$ Primzahl, haben $H_1$ und $H_2$ keine echten Untergruppen. Also folgt
+            $H_1 \cap H_2 = \{1\} $. Da $s_5 = 6$ ex. also mindestens $6 \cdot (5 - 1) = 24$ Elemente
+            der Ordnung $5$ in $G$. Es kann maximal $6$ Elemente der Ordnung $3$ geben. Da
+            $3$ prim, also die $3$-Sylows gerade die von diesen Elementen erzeugten Untergruppen sind,
+            folgt $s_3 < 10 \implies s_3 = 1$. Argumentiere nun wieder analog zu (a), da
+            $30 / 3 = 10$ und Gruppen der Ordnung $10$ nach Vorüberlegung auflösbar.
+        \item Seien $G, H$ auflösbar und
+            \begin{salign*}
+                1 &= G_n \subset G_{n-1} \subset \ldots \subset G_0 = G \\
+                1 &= H_m \subset H_{m-1}  \subset \ldots \subset H_0 = H
+            \end{salign*} Normalreihen mit abelschen Faktoren. Sei o.E. $n \ge m$. Dann
+            setze $U_i \coloneqq G_i \times H_i$ mit $H_{m+1} = \ldots = H_n = 1$. Es gilt
+            trivialerweise $H_{m+k} \triangleleft H_{m+k-1}$, also $(H_i)_{i = 0}^{n}$ immer noch
+            Normalreihe mit abelschen Faktoren von $H$.
+
+            Sei nun $a \in U_{i-1}$ mit $a = (g, h)$ und $g \in G_{i-1}, h \in H_{i-1}$. Dann
+            ist, da $G_i \triangleleft G$ und $H_i \triangleleft H$:
+            \begin{salign*}
+                a U_i a^{-1} = a (G_i \times H_i)a^{-1} = (g G_i g^{-1}) \times (h H_i h^{-1})
+                = G_i \times H_i = U_i
+            .\end{salign*}
+            Außerdem sei $\varphi\colon G_{i-1} \times H_{i-1} \to G_{i-1} / G_i \times H_{i-1} / H_i$,
+            $(g,h) \mapsto (\overline{g}, \overline{h})$. Dann ist $\varphi$ Grp.hom. und
+            $\text{ker } \varphi = G_i \times H_i$. Also folgt mit Hom.satz:
+            \[
+                (G_{i-1} \times H_{i-1}) / (G_{i} \times H_i)
+                \stackrel{\sim }{=} G_{i-1} / G_i \times H_{i-1} / H_i
+            .\] 
+            Also ist
+            \[
+            1 = U_n \subset U_{n-1} \subset \ldots \subset U_0 = G \times H
+            \] eine Normalreihe mit abelschen Faktoren.
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}