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

\title{Algebra I: Übungsblatt 11}
\author{Lukas Nullmeier, Christian Merten}
\usepackage[]{gauss}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Es ist $L$ Zerfällungskörper von $f$ über $K$, also $L / K$ normal.
            Außerdem ist $f$ irreduzibel und $f' = n x^{n-1}$ und $\text{char }K \nmid n$ also
            $f' \neq 0$. Also $f$ separabel. Also sind die Nullstellen von $f$ separabel und
            da $L$ von den Nullstellen von $f$ über $K$ erzeugt, folgt $L / K$ separabel,
            insgesamt also galoissch.

            Sei nun $b \in L$ eine Nullstelle von $f$ und $\mu_n = \{\zeta_1, \ldots, \zeta_n\} $.
            Diese sind paarw. verschieden.
            Setze nun $\alpha_k \coloneqq \zeta_k b$. Dann
            ist für $k \in \{1, \ldots, n\} $:
            \[
                f(\alpha_k) = (\zeta_k b)^{n} - a = \zeta_k^{n} b^{n} - a = b^{n} - a = 0
            .\] Das heißt $\alpha_k$ sind Nullstellen von $f$ und
            paarweise verschieden (Ang. es gäbe $i \neq j$ mit $\alpha_i = \alpha_j \implies \zeta_i =
            \zeta_j$ $\contr$), also sind die $n$ Nullstellen von $f$ genau die $(\alpha_k)_{k=1}^{n}$.
            Da $\mu_n \subseteq K$ folgt $\alpha_k \in K(b)$ $\forall k \in \{1, \ldots, n\} $, also
            $L = K(b)$.
        \item Sei $\beta \in L$ eine Nullstelle von $f$. Dann sind analog zu (a)
            $\alpha_k = \zeta_k \beta$ die Nullstellen von $f$.

            \begin{itemize}
                \item Z.z.: $\psi$ wohldefiniert.
            Seien $b, b'$ Nullstellen von $f$. Dann ex. $i, j \in \{ 1, \ldots, n\} $, s.d.
            $b = \zeta_i \beta$ und $b' = \zeta_j \beta$. Dann folgt
            \[
                \frac{\sigma(b)}{b} = \frac{\sigma(\zeta_i \beta)}{\zeta_i \beta}
                = \frac{\zeta_i \sigma(\beta)}{\zeta_i \beta}
                = \frac{\sigma(\beta)}{\beta}
                = \frac{\zeta_j \sigma(\beta)}{\zeta_j \beta}
                = \frac{\sigma(\zeta_j \beta)}{ \zeta_j \beta}
                = \frac{\sigma(b')}{b'}
            .\]
            \item Z.z.: $\psi$ Gruppenhomomorphismus
                Seien $\sigma, \tau \in \text{Gal}(L / K)$. Dann ex. ein $i \in \{ 1, \ldots, n\}$,
                s.d. $\tau(\beta) = \alpha_i$. Dann gilt
                \[
                    \psi(\sigma \circ \tau) = \frac{\sigma \circ \tau(\beta)}{\beta}
                    = \frac{\sigma(\zeta_i \beta)}{\beta}
                    = \frac{\beta \zeta_i \sigma(\beta)}{\beta^2}
                    = \frac{\tau(\beta)}{\beta} \frac{\sigma(\beta)}{\beta}
                .\]
            \item Z.z.: $\psi$ injektiv.
                Sei $\sigma \in \text{Gal}(L / K)$ mit $\psi(\sigma) = 1$. Dann ex.
                ein $i \in \{1, \ldots, n\} $, s.d. $\sigma(\beta) = \alpha_i$. Damit folgt
                \[
                    1 = \psi(\sigma) = \frac{\sigma(\beta)}{\beta}
                    = \frac{\zeta_i \beta}{\beta} = \zeta_i
                .\] Also $\sigma(\beta) = \beta$. Da $L / K$ von $\beta$ erzeugt wird, legt
                $\sigma(\beta)$ $\sigma$ eindeutig fest, d.h. $\sigma = \text{id}$.
            \item Z.z.: $\text{Bild}(\psi) = \mu_n$. Sei $\sigma \in \text{Gal}(L / K)$. Dann
                ex. ein $i \in \{1, \ldots, n\} $, s.d. $\sigma(\beta) = \zeta_i \beta$. Also
                \[
                    \psi(\sigma) = \frac{\sigma(\beta)}{\beta} = \frac{\zeta_i \beta}{\beta} = \zeta_i \in \mu_n
                .\] Also folgt $\text{Bild}(\psi) \subseteq \mu_n$. Da
                $L = K(\beta)$ und $f$ Mipo von $\beta$, folgt $[L : K ] = n$, also
                $\# \text{Gal}(L / K) = n$. Da $\psi$ injektiv, ist
                also $\#\text{Bild}(\psi) = n$ und da $\# \mu_n = n$ folgt
                $\text{Bild}(\psi) = \mu_n$.
            \end{itemize}
            Damit ist also $\text{Gal}(L / K) \stackrel{\sim }{=} \mu_n$. Da $\mu_n$ zyklisch, folgt
            $\text{Gal}(L / K)$ zyklisch.
        \item Betrachte $K = \Q$, $f = X^{4} - 2$. Dann ist $f$ irred. nach Eisenstein und
            nach Blatt 5 ist $L = \Q(\sqrt[4]{2}, i)$ und $\text{Gal}(L / \Q) \stackrel{\sim }{=} D_4$,
            aber $D_4$ ist nicht abelsch, insbesondere nicht zyklisch.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Zunächst beachte:
    \[
        \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} \in \text{GL}_2(\mathbb{F}_p)
        \iff \begin{gmatrix}[v] a & b \\ 0 & d \end{gmatrix} = ad \neq 0
        \quad \stackrel{\mathbb{F}_p \text{ nullt.frei.}}{\iff} \quad a \neq 0 \land d \neq 0
    .\] Damit ist
    \[
        G = \left\{ \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} \in M_{2,2}(\mathbb{F}_p) \;
        \Big| \;a, b, d \in \mathbb{F}_p, a \neq 0 \neq d \right\} 
    .\] Damit folgen
    \begin{salign*}
        G\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} &= \left\{ \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix}
        \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}  \; \Big| \; a, b, d \in \mathbb{F}_p, a\neq 0 \neq d\right\} \\
        &= \left\{ \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}  \right\}  \\
        G\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} &= \left\{ \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix}
        \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}  \; \Big| \; a, b, d \in \mathbb{F}_p, a\neq 0 \neq d\right\} \\
        &= \left\{ \begin{pmatrix} a \\ 0 \end{pmatrix}  \; \Big| \; a \in \mathbb{F}_p^{\times }  \right\}  \\
        G\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} &= \left\{ \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix}
        \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}  \; \Big| \; a, b, d \in \mathbb{F}_p, a\neq 0 \neq d\right\} \\
        &= \left\{ \begin{pmatrix} b \\ d \end{pmatrix}  \; \Big| \; b, d \in \mathbb{F}_p, d \neq 0\right\}
    .\end{salign*}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Es ist $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \not\in G\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}
            \cup G \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} $
            und $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \not\in G\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} $. Da
            $V$ in die disjunkte Vereinigung der Bahnen zerfällt, sind also
            $G \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}, G \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix},
            G \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ paarw. verschieden.

            Sei nun $x \in V$ beliebig. Dann ex. $a, b \in \mathbb{F}_p$ mit $x = \begin{pmatrix}  a \\ b \end{pmatrix} $.
            Falls $a = b = 0$, dann folgt $x \in G \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $.

            Falls $b \neq 0$. Dann ist
            \[
                \underbrace{\begin{pmatrix} 1 & a \\ 0 & b \end{pmatrix}}_{\in G}
                \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}
                = \begin{pmatrix}  a \\ b \end{pmatrix}  = x
                \implies x \in G \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} 
            .\] Falls $b = 0$, dann ist $a \neq 0$ und es gilt
            \[
                \underbrace{\begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}}_{\in G}
                \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}  a \\ 0 \end{pmatrix}  = x
                \implies x \in G \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} 
            .\] Das zeigt die Behauptung.
        \item Seien nun $x_1 \coloneqq \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $, $x_2 \coloneqq \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} $ und $x_3 \coloneqq \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} $.
            Es ist offensichtlich $G_{x_1} = G$.

            Es gilt
            \[
                \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}
                = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \iff \begin{pmatrix} a \\ 0 \end{pmatrix}
                = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \iff a = 1
            .\] Also folgt
            \[
                G_{x_2} = \left\{ \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} \in M_{2,2}(\mathbb{F}_p)
                \; \Big| \; a,b, d \in \mathbb{F}_p, d \neq 0, a = 1 \right\}
            .\] Weiter gilt
            \[
                \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}
                = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \iff \begin{pmatrix} b \\ d \end{pmatrix}
                = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \iff b = 0 \land d = 1
            .\] Also folgt
            \[
                G_{x_3} = \left\{ \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & d \end{pmatrix} \in M_{2,2}(\mathbb{F}_p)
                \; \Big| \; a,b, d \in \mathbb{F}_p, a \neq 0, b = 0, d=1 \right\}
            .\] 
        \item Für die Bahnen siehe Vorbemerkung.
            Es ist ebenfalls nach Vorbemerkung $\# G = (p-1)^2 p$. Mit (b) folgt nun:
            \begin{itemize}
                \item $\#(G x_1 )= 1$ und $\#G_{x_1} = \#G$, also $\# G_{x_1} \#(G x_1) = \#G$.
                \item $\#(G x_2) = p-1$ und $\#G_{x_2} = p(p-1)$, also
                    $\# G_{x_2} \#(G x_2) = (p-1)^2 p = \#G$.
                \item $\#(G x_3) = p(p-1)$ und $\# G_{x_3} = p-1$, also
                    $\# G_{x_3} \#(G x_3) = (p-1)^2 p = \# G$.
            \end{itemize}
        \item Es ist nach Lagrange
            \[
                (G : G_x)  = \frac{\# G}{\# G_x} = \frac{(p-1)^2 p}{\# G_x}
            .\] Also folgt durch Einsetzen der Ergebnisse aus (c):
            $(G : G_{x_1}) = 1$, $(G : G_{x_2}) = p-1$ und $(G : G_{x_3}) = (p-1)p$. Damit folgt
            \[
                1 + (p-1)p + p-1 = 1 + p^2 -p +p -1 = p^2 = \#V
            .\] 
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Sei $G$ endlich mit $\#G = 2020$. Dann
            ist $2020 = 2^{2} \cdot 5 \cdot 101$. Da $101  \mid \#G$, ex.
            ein $a \in G$ mit $\text{ord}(a) = 101$, also $H \coloneqq \langle a \rangle$
            ist $101$-Gruppe und $101 \nmid 2^2 \cdot 5 = (G : H)$, also
            $H$ $101$-Sylowgruppe. Sei $s$ die Anzahl der $101$-Sylowgruppen. Nach Sylowsätzen gilt
            nun $s  \mid \#G$ und $s \equiv 1 \text{ mod 101}$. Da aber $2^2 \cdot 5 < 101$ sind
            alle Teiler $t \neq 1$ von $2020$ mit $101 \nmid 101$, bereits $t \not\equiv 1 \text{ mod } 101$.
            Also folgt $s = 1$.

            Da alle $101$-Sylowgruppen zueinander konjugiert sind, gilt für $g \in G$: $gHg^{-1} = H$.
            Also ist $H$ Normalteiler in $G$. Außerdem ist $\# H = 101$, also $H \stackrel{\sim }{=} \Z / 101 \Z$,
            insbesondere abelsch.
        \item Sei $G$ endlich mit $\#G = 2021$.
            Es ist $2021 = 43 \cdot 47$. Da $43 < 47$ und $43 \nmid 46 = 47 - 1$ folgt nach VL, dass
            $G$ zyklisch ist und damit $G \stackrel{\sim }{=} \Z / 2021 \Z$.
        \item Sei $G$ endlich mit $\#G = 36 = 2^2 \cdot 3^2$. Sei $s$ die Anzahl der
            $3$-Sylowgruppen. Es ist $s  \mid \#G$ und $s \equiv 1 \text{ mod }3$, also
            folgt $s \in \{1, 4\} $, da $2 \equiv 2 \text{ mod }3$.
            Falls $s = 1$: Wende Argument aus (a) an.

            Falls $s = 4$: Dann sei $X$ die Menge der $3$-Sylowgruppen auf denen $G$ mittels Konjugation
            wirkt. Es ist dann $\#X = 4$ und
            $\forall H \in X$ ist $\#H = 9$, also $\{1\} \neq H \neq G$.
            Sei $\varphi\colon G \to \mathfrak{S}(X)
            \stackrel{\sim }{=} \mathfrak{S}_4$, der zur Konjugationswirkung assoziierte
            Gruppenhomomorphismus. Da
            \[
            \# \mathfrak{S}_4 = 4! = 24 < 36 = \#G
            \] 
            folgt $\text{ker } \varphi \neq \{1\}$.
            Falls $\varphi(G) = \{\text{id}\} $: Dann
            ist für $H \in X$ und $g \in G$:
            \[
            g H g^{-1} = H^{g} = \varphi(g)H = H
            .\] 
            Also $H$ nicht-trivialer
            Normalteiler in $G$.
            Sei nun $\#\varphi(G) > 1$: Da $G / \text{ker }\varphi \stackrel{\sim }{=} \varphi(G)$, folgt
            $\# \varphi(G) \# \text{ker } \varphi = \#G$. Da $\#\varphi(G) > 1$,
            folgt also $\# \text{ker }\varphi < 36$, also insgesamt $G \neq \text{ker } \varphi \neq \{1\} $.
            Damit ist $\text{ker } \varphi$ nicht-trivialer Normalteiler in $G$.

            %Es ist $\#X = s = 4 = 1 + 3 = 1 + 1 + 2 = 1 + 1 + 1 + 1 = 2 + 2$. Nach Bahnengleichung
            %ex. also entweder eine Bahn der Kardinalität $4$,
            %mindestens eine Bahn der Kardinalität $1$ oder zwei Bahnen der Kardinalität $2$.

            %Falls es nur eine Bahn der Kardinalität $4$ gibt, dann gibt es insbesondere

            %Falls es mindestens eine Bahn der Kardinalität $1$ gibt, dann ex. ein $H \in X$, s.d.
            %$GH = \{H\} $. Dann ist aber $H \in \text{Fix}_{G}(X)$ und damit ist nach VL
            %$H \neq \{1\}$ Normalteiler in $G$.

            %Falls es eine Bahn der Kardinalität $2$ gibt, dann sein $H \in X$ ein
            %Vertreter dieser Bahn. Dann gilt $2 = \#(GH) = (G : G_{H})$. Also
            %ist $G_H \neq \{1\}$ Normalteiler in $G$.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Sei $(x_1 \ldots x_r)$ ein $r$-Zykel in $\mathfrak{S}_n$ und $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ beliebig.
            Sei $x \in \{1, \ldots, n\} $.

            Falls es ex. ein $i \in \{1, \ldots, r\} $ mit $\sigma ^{-1}(x) = x_i $, dann
            ist $\sigma(x_i) = x$ und $(x_1 \ldots x_r) x_i = x_{i+1}$ mit $x_{r+1} \coloneqq x_1$. Dann
            gilt
            \[
                \sigma(x_1 \ldots x_r) \sigma ^{-1}(x) = \sigma (x_1 \ldots x_r) x_i
                = \sigma(x_{i+1})
                = (\sigma(x_1) \ldots \sigma(x_r))\sigma(x_i)
                = (\sigma(x_1) \ldots \sigma(x_r))x
            .\] 

            Falls $\sigma ^{-1}(x) \not\in \{x_1, \ldots, x_r\} $, dann
            ist $x \not\in \{ \sigma(x_1), \ldots, \sigma(x_r)\} $ und
            \[
                \sigma(x_1 \ldots x_r) \sigma ^{-1}(x) = \sigma \sigma ^{-1}(x) = x
                = \left( \sigma(x_1) \ldots \sigma(x_r) \right) x
            .\] 
        \item Für ein Produkt aus zwei $2$-er Zykeln gilt für $\sigma \in \mathfrak{S}_n$:
            \[
                \sigma (x_1 x_2) (x_3 x_4) \sigma ^{-1}
                = \sigma (x_1 x_2) \sigma ^{-1} \sigma (x_3 x_4) \sigma ^{-1}
                \stackrel{\text{(a)}}{=} (\sigma(x_1) \sigma(x_2)) (\sigma(x_3) \sigma(x_4))
            .\] Also ist ein Produkt aus zwei $2$-er Zykeln nach Konjugation wieder
            ein Produkt aus zwei $2$-er Zykeln. Außerdem ist, falls
            $x_1, \ldots, x_4$ paarweise verschieden, auch $\sigma(x_1), \ldots, \sigma(x_4)$ paarweise
            verschieden, da $\sigma$ injektiv.  
            Außerdem gilt $\sigma \text{id} \sigma ^{-1} = \text{id}$.

            Da
            $\mathfrak{V}_4$ gerade aus $\text{id}$ und allen Produkten aus
            zwei $2$-er Zykeln mit paarweise verschiedenen Einträgen besteht,
            folgt $\sigma \mathfrak{V}_4 \sigma ^{-1} = \mathfrak{V}_4$, also
            $\mathfrak{V}_4$ Normalteiler in $\mathfrak{S}_4$.
        \item Es ist $1 \triangleleft \mathfrak{V}_4$ trivial und
            $\# \mathfrak{V}_4 / 1 = \# \mathfrak{V}_4 = 4 = 2^2$, also $\mathfrak{V}_4 / 1 $ abelsch.

            Da $\mathfrak{V}_4 \triangleleft \mathfrak{S}_4$ und $\text{sgn}(\sigma) = 1$
            $\forall \sigma \in \mathfrak{V}_4$ folgt $\mathfrak{V}_4 \triangleleft \mathfrak{A}_4$. Da
            $\# \mathfrak{A}_4 = \frac{4!}{2} = 12$ folgt $\# \mathfrak{A}_4 / \mathfrak{V}_4 = 3$,
            also $\mathfrak{A}_4 / \mathfrak{V}_4$ abelsch.

            Da $\mathfrak{A}_4 = \text{ker } \text{sgn}$ ist $\mathfrak{A}_4 \triangleleft \mathfrak{S}_4$
            und $\# \mathfrak{S}_4 / \mathfrak{A}_4 = 2$, also $\mathfrak{S}_4 / \mathfrak{A}_4$ abelsch.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}