\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}
