\documentclass[uebung]{../../../lecture} \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}