Table Of ContentAlgebra I im WS 2001/2002 an der Universit(cid:127)at Stuttgart
U(cid:127)bungsaufgaben mit L(cid:127)osungsvors
hl(cid:127)agen,von Dr. M. Hertwe
k
Aufgabe 1. Bestimmen Sie alle Wurzeln der Glei
hung
3 2
3x (cid:0)5x +4x+2=0:
3
Aufgabe 2. Gegeben sei eine Glei
hung Y +pY +q =0 mit reellen KoeÆzienten p und q, die
drei vers
hiedene reelle Wurzeln hat. Zeigen Sie, da(cid:25) die Wurzeln T1 und T2 der quadratis
hen
2 3
Glei
hung T +qT (cid:0) p =27 = 0 imagin(cid:127)ar, d.h. ni
ht reell sind. Mithin ist au
h eine Wurzel
der gegebenen kubis
hen Glei
hung Summe zweier imagin(cid:127)arer Kubikwurzeln. (Da die (cid:127)alteren
Algebraiker die kardanis
he Formel zwe
ks Gewinnung der reellen Wurzeln ni
ht umzuformen
wu(cid:25)ten,nanntensiediesenFallden
asusirredu
ibilis.) DieWurzelnderquadratis
henGlei
hung
lassen si
h in dep3r F(cid:0)orm'T1;2 = r('
o(cid:1)s'(cid:6)ispi3n'(cid:0)) mi't reellen 'r,(cid:1)' s
hreiben. U(cid:127)berzeugen Sie si
h,
da(cid:25), falls U = r
os +isin , V = r
os (cid:0)isin gesetzt wird, U +V eine Wurzel
3 3 3 p3 3 (cid:0)' 2(cid:25)(cid:1)
der kubis
hen Glei
hung ist (Moivres Formel), und da(cid:25) 2 r
os 3 +n 3 , n=0;1;2, s(cid:127)amtli
he
Wurzeln sind.
Aufgabe 3. Die allgemeinste Form einer biquadratis
hen Glei
hung lautet
4 3 2
ax +bx +
x +dx+e=0;
wo a;b;
;d;e gegebene komplexe KoeÆzienten sind. Das folgende L(cid:127)osungsverfahren stammt von
dem Italiener Ferrari (1522{1565). Zun(cid:127)a
hst wird die Glei
hung mit 4a multipliziert, um dann
dur
h Addition einer \quadratis
hen Erg(cid:127)anzung" zu einem vollst(cid:127)andigen Quadrat zu gelangen,
d.h. der Ansatz
2 4 3 2 2 2 2
4a x +4abx +4a
x +4adx+4ae+(px+q) =(2ax +bx+r)
mit gewissenKonstanten p;q;r ist zu verwirkli
hen. U(cid:127)berzeugen Sie si
h, da(cid:25)dafu(cid:127)r diefolgenden
drei Bedingungen erfu(cid:127)llt sein mu(cid:127)ssen:
2 2 2 2
4a
+p =4ar+b ; 2ad+pq =br; 4ae+q =r :
Dru(cid:127)
ken Sie p und q dur
h r aus, und zeigen Sie da(cid:25) die unbekannte Hilfsgr(cid:127)o(cid:25)e r eine kubis
he
Glei
hung (Ferrariresolvente) erfu(cid:127)llt, aus wel
her si
h r, sogar auf drei Weisen, ermitteln l(cid:127)a(cid:25)t.
ZeigenSie, dasfu(cid:127)r sol
he Werte p;q;r die Wurzeln dervorgelegtenbiquadratis
hen Glei
hung die
vier Wurzeln der folgenden quadratis
hen Glei
hungen sind:
2
2ax +(b+p)x+(r+q)=0;
2
2ax +(b(cid:0)p)x+(r(cid:0)q)=0:
Aufgabe 4. Bestimmen Sie alle Wurzeln der Glei
hung
4 3 2
9x +6x +2x +2x+1=0:
(Die Ferrariresolventehat eine o(cid:11)ensi
htli
he Nullstelle.)
Aufgabe 5. Sind folgende Mengen mit den gegebenen Verknu(cid:127)pfungen Halbgruppen? Monoide?
Gruppen?
1. Q nf0g, mit der Division als Verknu(cid:127)pfung.
2. (N;(cid:3)), wobei a(cid:3)b=max(a;b) fu(cid:127)r alle a;b2N.
3. Q nf(cid:0)1=7g, mit a(cid:3)b=a+b+7ab fu(cid:127)r alle a;b2Q nf(cid:0)1=7g.
1
Aufgabe 6. Betra
hte Q als additive Gruppe; dann gilt ZE Q. Zeigen Sie: Jedes Element in
Q=Z hat endli
he Ordnung. Fu(cid:127)r n 2 N hat Q=Z genau eine Untergruppe der Ordnung n, und
diese ist zyklis
h.
Aufgabe 7. ZeigenSiediefolgende\universelleEigens
haft"deskanonis
henHomomorphismus:
Ist N E G und f : G ! H ein Gruppenhomomorphismus mit N (cid:20) kerf, dann gibt es genau
einen Homomorphismus f(cid:3) : G=N ! H mit f = f(cid:3) Æ(cid:25), wobei (cid:25) : G ! G=N der kanonis
he
Homomorphismus ist (s.u.). Genau dann ist f(cid:3) injektiv wenn kerf =N gilt.
f
G --H
(cid:25)
? 9!f(cid:3)
G=N
Aufgabe 8. Zeigen Sie, da(cid:25) Untergruppen und Faktorgruppen von zyklis
hen Gruppen zyklis
h
sind.
Aufgabe 9. Bestimmen Sie alle Untergruppen der symmetris
he Gruppe S3. Wel
he davon sind
Normalteiler?
Aufgabe 10. Zeigen Sie, da(cid:25) die symmetris
he Gruppe S4 au(cid:25)er si
h selbst und der trivialen
Untergruppe nur die folgenden Normalteiler hat:
1. die alternierende Gruppe A4,
2. die Kleins
he Vierergruppe\ f1;(12)(34);(13)(24);(14)(23)g.
"
Aufgabe 11. Es seien A und B Untergruppen einer endli
hen Gruppe G. Dann ist A\B (cid:20)G.
Zeigen Sie, da(cid:25) A\B =1 falls A und B teilerfremde Ordnungen haben.
Aufgabe 12. Eine Gruppe G hei(cid:25)t direktes Produkt der Untergruppen A und B, falls A;B EG,
A\B =1und G=AB. ZeigenSie: Gist genaudannProduktderUntergruppenAund B, wenn
si
h jedes Element g von G eindeutig s
hreiben l(cid:127)a(cid:25)t als ab mit a2A, b2B fu(cid:127)r die gilt ab=ba.
Aufgabe 13. Zeigen Sie, da(cid:25) eine zyklis
he Gruppe hai der Ordnung n = rs mit (r;s) = 1
r s
direktes Produkt ihrer Untergruppen ha i und ha i der Ordnungen s und r ist.
Aufgabe 14. Bestimmen Sie alle Kompositionsreihen von Z=20Z.
Aufgabe 15. EsseiGdieebeneeuklidis
heBewegungsgruppe,d.h.dieGruppederorientierungs-
2
und abstandserhaltenden Abbildungen des R . Zeigen Sie, da(cid:25) die Menge T der Translationen
einen NormalteilervonG bildet, mit FaktorgruppeG=T isomorphderGruppe derDrehungenum
einen festen Punkt.
(cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1)
i 0 01
Aufgabe 16. Es seinen i = 0(cid:0)i und j = (cid:0)10 als Matrizen aus GL(2;C) (die Gruppe
der invertierbaren komplexen 2(cid:2)2-Matrizen). Die Quaternionengruppe Q ist die von i und j
erzeugte Untergruppe von GL(2;C). U(cid:127)berzeugen Sie si
h, da(cid:25) ij = (cid:0)ji gilt, und stellen Sie die
Elemente von Q als Produkte von Potenzen der Elemente i und j dar. Was ist die Ordnung von
Q? Bestimmen Sie alle Untergruppen von Q. Wel
he Untergruppen sind Normalteiler? Was ist
das Zentrum von Q?
Aufgabe 17. Essein2N. U(cid:127)berpru(cid:127)fenSie,da(cid:25)fu(cid:127)rpaarweisevers
hiedeneNummernx1;x2;:::;xk
gilt: (x1;x2;:::;xk)=(x1;x2)(x1;x3):::(x1;xk). Folgern Sie:
1. Die symmetris
he Gruppe Sn wird von ihren Transpositionen erzeugt.
2. Sn =h(1;2);(1;3);:::;(1;n)i.
3. Sn =h(1;2);(2;3);:::;(n(cid:0)1;n)i.
2
Aufgabe 18. Es sei n(cid:21)5. Ein Dreierzykel ist eine Permutation der Form (i;j;k) mit paarweise
vers
hiedenen i;j;k. U(cid:127)berzeugen Sie si
h, da(cid:25) folgendes gilt:
1. Jedes Element der An ist Produkt einer geraden Anzahl von Transpositionen.
2. Die An wird von den Dreierzykeln erzeugt.
3. Je zwei Dreierzykel sind in der An zueinander konjugiert.
4. Enth(cid:127)alt ein Normalteiler N der An ein Dreierzykel, dann gilt N =An.
Zeigen Sie damit: A5 ist einfa
h. (Falls Sie no
h wollen, zeigen Sie da(cid:25) ein von 1 vers
hiedenes
Element der An, wel
hes so gew(cid:127)ahlt ist da(cid:25) es m(cid:127)ogli
hst viele Nummern festl(cid:127)a(cid:25)t, ein Dreierzykel
ist.)
2
Aufgabe 19. Es sei p eine Primzahl. Zeigen Sie, da(cid:25) eine Gruppe der Ordnung p entweder
zyklis
h, oder das direkte Produkt zweier zyklis
her Gruppen der Ordnung p ist.
Aufgabe 20. Es seien p und q vers
hiedene Primzahlen. Zeigen Sie, da(cid:25) Gruppen der Ordnung
2
pq oder pq au(cid:13)(cid:127)osbar sind.
Aufgabe 21. Esseipeine Primzahl,G:=Sp und P eine p-SylowuntergruppevonG. Bere
hnen
SieNG(P)und zeigenSie, da(cid:25)jG:NG(P)j=(p(cid:0)2)!gilt. FolgernSie, da(cid:25)(p(cid:0)1)!(cid:17)(cid:0)1 (mod p)
gilt (Satz von Wilson).
Aufgabe 22. Zeigen Sie: Die Wahrs
heinli
hkeit, da(cid:25) zwei zuf(cid:127)allig (ohne \Zuru(cid:127)
klegen") aus
einer endli
hen Gruppe G ausgew(cid:127)ahlte Elemente a;b miteinander vertaus
hen (d.h. ab = ba), ist
(h(cid:0)1)=(jGj(cid:0)1), wobei h die Anzahl der Konjugiertenklassen von G ist.
Aufgabe 23. Es sei R=C[0;1℄ der Ring der stetigen Funktionen f :[0;1℄!R mit punktweiser
Addition und Multiplikation. Zeigen Sie:
1. Fu(cid:127)r jedes x2[0;1℄ ist Mx :=ff 2Rjf(x)=0g ein maximales Ideal in R.
2. Jedes maximale Ideal in R hat die Form Mx fu(cid:127)r ein x2[0;1℄.
Aufgabe 24. Bestimmen Sie die Anzahl der Einheiten in Z=nZfu(cid:127)r n=2;3;:::;20. Fu(cid:127)r wel
he
n ist die Einheitengruppe zyklis
h?
Aufgabe 25. Bestimmen Sie den gr(cid:127)o(cid:25)ten gemeinsamen Teiler
1. der Zahlen 303707und 808201,
4 2 3
2. der Polynome f(x):=x +x +x+1 und g(x):=x +x.
Bestimmen Sie au(cid:25)erdem Polynome u und v mit uf +vg =ggT(f;g).
Aufgabe 26. 27
hinesis
he Piraten erbeuten einen Sa
k Goldmu(cid:127)nzen. Sie wollen die Mu(cid:127)nzen
glei
hm(cid:127)a(cid:25)ig aufteilen, do
h 3 Mu(cid:127)nzen bleiben u(cid:127)brig, so da(cid:25) eine S
hl(cid:127)agerei entsteht, in deren
Verlauf ein Pirat get(cid:127)otet wird. Die Mu(cid:127)nzen werden unter den restli
hen 26 wieder neu verteilt,
und es bleiben 10 Stu(cid:127)
k u(cid:127)brig. Die Piraten pru(cid:127)geln si
h wieder, und wiederkommt einerum. Die
25 verbliebenen verteilen die Mu(cid:127)nzen wieder neu. Es bleibt diesmal keine Mu(cid:127)nze u(cid:127)brig. Wieviel
Mu(cid:127)nzen waren mindestens im Sa
k?
Aufgabe 27. 1. Fu(cid:127)r wel
he (cid:13) 2 C ist die Menge Z+Z(cid:13) := fa+b(cid:13) j a;b 2 Zg ein Teilring
der komplexen Zahlen?
p p
2. Sei n aus Zkeine Quadratzahl und R=Z+Z n, K =Q +Q n gesetzt. U(cid:127)berzeugen Sie
p
2 2
si
h, da(cid:25) die (Norm genannte) Abbildung N:K !Q, N(a+b n)=a (cid:0)nb fu(cid:127)r a;b2Q
multiplikativ ist: N(xy) = N(x)N(y) fu(cid:127)r x;y 2 K. Folgern Sie, da(cid:25) fu(cid:127)r r;s 2 R aus r j s
(in R) folgt N(r)jN(s) (in Z). Leiten Sie daraus ein Kriterium ab, wann ein Element aus
R eine Einheit in R ist.
p
3. SeiR=Z+Z (cid:0)5. U(cid:127)berzeugenSiesi
h,da(cid:25)(cid:0)1,1dieeinzigenEinheiteninRsind. Zeigen
p
Sie, da(cid:25) 2+ (cid:0)5 unzerlegbar, aber kein Primelement in R ist. Ist R ein Hauptidealring?
p
Ist (2+2 (cid:0)5)\(6) ein Hauptideal in R? Bestimmen Sie alle Teiler von 9 in R. Zeigen
p
Sie, da(cid:25) 9 und 3(2+ (cid:0)5) keinen gr(cid:127)o(cid:25)ten gemeinsamen Teiler haben.
3
p
4. Zeigen Sie: Eine Primzahl p in Z ist ein Primelement von R := Z+Z (cid:0)2 genau dann,
2 2
wenn die Glei
hung p = x +2y keine ganzzahlige L(cid:127)osung besitzt. Stellen Sie 210 als
Produkt von Primelementen von R dar.
p
5. Zeigen Sie, da(cid:25) R := Z+Z (cid:0)2 ein euklidis
her Ring bezu(cid:127)gli
h der Norm N ist. (Hin-
weis: Da(cid:25) die ganzen Gau(cid:25)s
hen Zahlen einen euklidis
hen Ring bilden, wird in vielen
Lehrbu(cid:127)
hern der Algebra bewiesen.)
(cid:3) 2 3
6. Zeigen Sie, da(cid:25) die Glei
hung x +2=y genau zwei ganzzahlige L(cid:127)osungen besitzt.
p
Aufgabe 28. Es sei R = Z+ Z 3. Zeigen Sie, da(cid:25) (5) ein maximales Ideal von R ist und
bestimmen Sie die Anzahl der Elemente von R=(5). Ist (11) ein maximales Ideal von R?
Aufgabe 29. Zeigen Sie:
1. Quadratzahlen in Zsind entweder (cid:17)0 oder (cid:17)1 mod 4.
2. Wird eine Primzahl p von Zin dem Ring der ganzen Gau(cid:25)s
hen Zahlen Z+Zi zerlegbar,
2 2
so gilt p = a +b fu(cid:127)r gewisse a;b 2 Z. [Hinweis: Auf eine Zerlegung von p die Norm
anwenden.℄
3. Ist eine Primzahl p von Zvon der Form p = 1+4n mit n 2 N, ist (2n)! eine L(cid:127)osung der
2
Kongruenz (cid:0)1(cid:17)x (mod p). [Hinweis: Satz von Wilson anwenden.℄
2 2
4. Fu(cid:127)r eine ungerade Primzahl p von Zgilt p=a +b mit a;b2Zgenau dann wenn p(cid:17)1
(mod 4). [Hinweis: Z+Zi ist euklidis
h, also insbesondere ein faktorieller Ring.℄
Aufgabe 30. Es sei R ein kommutativer Ring mit 0 6= 1, in dem jede absteigende Kette R (cid:19)
(a1) (cid:19) (a2) (cid:19) ::: von Hauptidealen (ai 2 R) station(cid:127)ar wird (d.h. zu einer sol
hen Kette gibt es
n2N mit (an)=(an+1)=:::). Zeigen Sie:
1. Ist R ein Integrit(cid:127)atsberei
h, so ist R ein K(cid:127)orper.
2. Jedes Primideal in R ist ein maximales Ideal in R.
Aufgabe 31. EsseiReinIntegrit(cid:127)atsberei
h,indemderS
hnittvonjezweiHauptidealenwieder
einHauptidealist. ZeigenSie: JedesunzerlegbareElementinRisteinPrimelementinR. [Hinweis:
Ist r aus R unzerlegbarund r jab, betra
hte (r)\(a).℄
Folgern Sie: Ein Integrit(cid:127)atsberei
h R ist genau dann faktoriell, wenn jedes von Null vers
hiedene
Element aus R wel
hes keine Einheit ist eine Zerlegung in irreduzible Elemente besitzt, und der
S
hnitt von je zwei Hauptidealen in R wieder ein Hauptideal in R ist.
Aufgabe 32. Zeigen Sie:
1. Ist R ein Hauptidealring und P ein Primideal von R[x℄ mit P \R 6= 0, so ist entweder P
ein Hauptideal von R[x℄ (erzeugt von einem Erzeugenden des Ideals P \R von R), oder P
l(cid:127)a(cid:25)tsi
h(alsIdeal)voneinem Elementa ausR und einemnormiertenPolynomf ausR[x℄
erzeugen: P =(f)+(a).
2. In Z[x℄ ist (2;x) ein Primideal, aber kein Hauptideal.
Aufgabe 33. Es sei R ein faktorieller Ring. Zeigen Sie: Ein Primideal P in R[x℄ mit P \R=0
ist ein Hauptideal in R[x℄.
5 4
Aufgabe 34. Es sei # eine komplexe Zahl, wel
he der Bedingung # + 2# + 2 = 0 genu(cid:127)gt.
2 2 3 4
Beweisen Sie, da(cid:25) # (a0 +a1#+a2# +a3# +a4# ) = 1 mit eindeutig bestimmten rationalen
Zahlen ai, 0(cid:20)i(cid:20)4, gilt, und bestimmen Sie diese.
Aufgabe 35. Untersu
hen Sie die folgenden Polynome auf Irreduzibilit(cid:127)at:
4
1. x +1 u(cid:127)ber dem K(cid:127)orper R
4
2. x +1 u(cid:127)ber dem K(cid:127)orper Q
7 3
3. x +11x (cid:0)33x+22 u(cid:127)ber dem K(cid:127)orper Q
3 2
4. x (cid:0)7x +3x+3 u(cid:127)ber dem K(cid:127)orper Q
4
5. x +7 u(cid:127)ber dem K(cid:127)orper F17 (=Z=17Z)
3
6. x (cid:0)5 u(cid:127)ber dem K(cid:127)orper F11
4
Aufgabe 36. Finden Sie Primfaktorzerlegungen fu(cid:127)r die folgenden Polynome in Z[x℄:
5 4 2
1. x +x +x +x+2,
5 4 3 2
2. 2x (cid:0)4x (cid:0)11x +22x +5x(cid:0)10.
Aufgabe 37. Es sei R(cid:18)S eine Erweiterungvon kommutativen Ringen, und R[x℄ der Polynom-
ring in einer Unbestimmten x u(cid:127)ber R. U(cid:127)berzeugen Sie si
h, da(cid:25) es zu jedem s 2 S genau einen
Homomorphismus ':R[x℄!S u(cid:127)ber R (d.h. mit '(r)=r fu(cid:127)r alle r2R) gibt mit '(x)=s.
Aufgabe 38. Es sei R ein Integrit(cid:127)atsberei
h, mit Quotientenk(cid:127)orper K. Weiter bezei
hne K(x)
den Quotientenk(cid:127)orper von R[x℄ (dieser wird als K(cid:127)orper der rationalen Funktionen in der Unbe-
stimmtenxbezei
hnet,und bestehtausallenBru(cid:127)
henf(x)=g(x)mitf(x);g(x)2R[x℄,g(x)6=0).
Zeigen Sie:
(cid:2)
1. Zu a 2 R , b 2 R gibt es genau einen Automorphismus ' : R[x℄ ! R[x℄ u(cid:127)ber R mit
(cid:0)1
'(x)=ax+b. Was ist ' ?
2. Jeder Automorphismus von R[x℄ ist von der in Teil 1 bes
hriebenen Form.
ax+b
3. JederAutomorphismusvonK(x)u(cid:127)berKistbestimmtdur
hx7!
x+d,wobeidiea;b;
;d2
K ledigli
hsogew(cid:127)ahltwerdenmu(cid:127)ssen, da(cid:25)(ax+b)=(
x+d) 62K ((cid:127)aquivalent: ad(cid:0)b
6=0)
gilt. Kennen Sie die Gruppe, die von diesen Automorphismen gebildet wird?
Aufgabe 39. Zerlegen Sie
3 3 3 2 2 2
f(x;y;z)=(cid:0)x (cid:0)y (cid:0)z +x (y+z)+y (x+z)+z (x+y)(cid:0)2xyz
in Primfaktoren.
Aufgabe 40. Es seien
2 2 2
f1(x;y)=x +y (cid:0)1; f2(x;y)=x (cid:0)y+1; f3(x;y)=xy(cid:0)1:
Finden Sie Polynome g1;g2;g3 2C[x;y℄ mit g1f1+g2f2+g3f3 =1.
2 2
Es sei k(x;y)=x +y (cid:0)1. Untersu
hen Sie mit vers
hiedenen Methoden k(x;y) auf Irreduzibilit(cid:127)at
(=Unzerlegbarkeit):
Aufgabe 41. Es sei K ein K(cid:127)orper in dem +1 6= (cid:0)1 ist. Zeigen Sie, da(cid:25) k(x;y) in K[x;y℄
irreduzibel ist, indem Sie einen Ansatz k = gh mit unbestimmten KoeÆzienten ma
hen. Ist die
Voraussetzung +16=(cid:0)1 notwendig?
Aufgabe 42. Zeigen Sie mit Hilfe des Eisensteins
hen Kriteriums, da(cid:25) k(x;y) in Z[x;y℄ irredu-
zibel ist. (Hinweis: Z[x;y℄=Z[x℄[y℄.)
Da(cid:25) ein Polynom f(x;y) aus K[x;y℄ irreduzibel ist, l(cid:127)a(cid:25)t si
h gelegentli
h dur
h Untersu
hung der
2
Nullstellenmenge V von f(x;y) in K na
hweisen. Denn ist f(x;y)=g(x;y)h(x;y) mit Polynomen
g;h 2 K[x;y℄, und ist Vg bzw. Vh die dur
h g(x;y) = 0 bzw. h(x;y) = 0 de(cid:12)nierte Variet(cid:127)at, dann
ist V =Vg [Vh. Man
hmal l(cid:127)a(cid:25)t si
h geometris
h einsehen, da(cid:25) V keine sol
he Zerlegung hat (es sei
denn g oder h ist konstant (6=0), in wel
hem Fall Vg oder Vh die leere Menge ist).
Aufgabe 43. Ist k =gh in C[x;y℄ eine Zerlegungmit g und h ni
ht konstant, dann sind g und h
linear,alsoetwag(x;y)=ax+by+
mit a;b;
2C (u(cid:127)berzeugen Sie si
hdavon!). Argumentieren
Sie geometris
h, da(cid:25) k in R[x;y℄ irreduzibel ist.
2
Eine komplexe Gerade ist die L(cid:127)osungsmenge in C einer Glei
hung g =0 mit g wie oben. Zeigen
2
Sie: Es gibt genau eine komplexe Gerade, die dur
h zwei gegebene Punkte des C verl(cid:127)auft, und
2
falls diese Punkte reell sind (d.h. aus R ), dann ist die de(cid:12)nierende Glei
hung g =0 bis auf einen
2
komplexenFaktorreell. FolgernSie: Dak(x;y)=0inR \genu(cid:127)gend"L(cid:127)osungenbesitzt,istk(x;y)
2
au
h in C irreduzibel.
5
Aufgabe 44. Zeigen Sie, da(cid:25) fu(cid:127)r Elemente a;b eines K(cid:127)orpers positiver Charakteristik p gilt:
p(cid:0)1
X
p(cid:0)1 j p(cid:0)1(cid:0)j
(a(cid:0)b) = a b :
j=0
Aufgabe 45. AuswievielenElementenbestehteinK(cid:127)orperderCharakteristikp,dereineendli
he
Erweiterung seines Primk(cid:127)orpers vom Grad n ist?
(cid:0) x3 (cid:1)
Aufgabe 46. Es sei K ein K(cid:127)orper, x eine Unbestimmte, L = K(x), und M = K . Zeigen
x+1
Sie, da(cid:25)Leineeinfa
healgebrais
heErweiterungvonM ist. BestimmenSiedasMinimalpolynom
des primitiven Elements x u(cid:127)ber M.
p p p
Aufgabe 47. Es seien (cid:11) = 5+ 2 und (cid:12) = 3+i. Bestimmen Sie die Grade [Q((cid:11)) : Q℄ und
[Q((cid:12)):Q℄ und die Minimalpolynome von (cid:11) und (cid:12) u(cid:127)ber Q.
Aufgabe 48. Es sei p eine ungerade Primzahl und n2N. Zeigen Sie, da(cid:25)
(cid:0) (cid:1)
1=p 1=n
K :=Q (1+(p(cid:0)1) )
eine algebrais
he K(cid:127)orpererweiterungvon Q ist und bestimmen Sie den Grad [K :Q℄.
Aufgabe 49. Sei K ein K(cid:127)orper mit
har(K) 6= 2. Die Diskriminante (cid:1)(f) eines quadratis
hen
2 2
Polynomsf(x)=x +ax+b(a;b2K)istde(cid:12)niertdur
h(cid:1)(f)=a (cid:0)4b. Esseienq1 undq2 zwei
quadratis
he,irreduzibleund normiertePolynomeausK[x℄. ZeigenSie: K[x℄=(q1)und K[x℄=(q2)
2
sind genau dann K-isomorph, wenn es ein
2K gibt mit (cid:1)(q1)=
(cid:1)(q2).
Aufgabe 50. (Winkeldreiteilung)
i'
a. Zeigen Sie unter Verwendung der Formel e =
os(') + isin('), da(cid:25) fu(cid:127)r (cid:11) 2 R gilt:
3
os(3(cid:11))=4
os ((cid:11))(cid:0)3
os((cid:11)).
b. Fu(cid:127)r ein (cid:11) 2 R sei
os((cid:11)) konstruierbar. Zeigen Sie, da(cid:25) der Winkel (cid:11) genau dann in drei
3
glei
hgro(cid:25)eTeilegeteiltwerdenkann,wennf(x)=4x (cid:0)3x(cid:0)
os((cid:11)) u(cid:127)ber Q(
os((cid:11))) ni
ht
irreduzibel ist.
(cid:25)
. Zeigen Sie, da(cid:25) der Winkel ni
ht dreigeteilt werden kann.
3
3
d. Fu(cid:127)reinkubis
hesPolynomf(x)derFormf(x)=x +px+q(p;q 2R)istdieDiskriminante
3 2
(cid:1)(f)de(cid:12)niertdur
h(cid:1)(f)=(cid:0)4p (cid:0)27q . Esseif(x)einPolynomdieserArtmit(cid:1)(f)>0.
ZeigenSie,da(cid:25)f(x)u(cid:127)berR inLinearfaktorenzerf(cid:127)allt,undbere
hnenSiedieNullstellenvon
f(x) mit Hilfe trigonometris
her Funktionen. (Die Umkehrfunktionen von ar
os, ar
sin
sollen ebenfalls zu den trigonometris
hen Funktionen gere
hnet werden.)
Aufgabe 51. Bes
hreiben Sie die Zerf(cid:127)allungsk(cid:127)orper der folgenden Polynomeu(cid:127)ber Q, und (cid:12)nden
Sie deren Grade u(cid:127)ber Q.
2 2 3 2 2 6 3 5
a. x (cid:0)2 b. x (cid:0)1
. (x (cid:0)2)(x (cid:0)2) d. x +x+1 e. x +x +1 f. x (cid:0)7
Aufgabe 52. Es sei K ein K(cid:127)orper, und f(x) ein irreduzibles Polynom in K[x℄. Es sei L=K
eine endli
he normale K(cid:127)orpererweiterung. Zeigen Sie: Sind g(x) und h(x) irreduzible normierte
(cid:27)
Faktorenvonf(x)inL[x℄,danngibteseinenAutomorphismus(cid:27) vonLu(cid:127)berK mitg (x)=h(x).
Geben Sie ein Beispiel einer ni
ht normalen Erweiterung wo diese Folgerung ni
ht gilt.
Aufgabe 53. Geben Sie das Minimalpolynom u(cid:127)ber F3 fu(cid:127)r ein Element a aus F9 an, wel
hes die
(cid:2)
multiplikativeGruppeF9 vonF9 erzeugt. H(cid:127)angtdiesesPolynomvonderWahlvona ab? Ebenso
fu(cid:127)r die Erweiterung F8=F2.
Aufgabe 54. Die M(cid:127)obius Funktion (cid:22) fu(cid:127)r natu(cid:127)rli
he Zahlen ist wiefolgt de(cid:12)niert:
8
><1 fu(cid:127)r n=1;
r
(cid:22)(n)= ((cid:0)1) falls n das Produkt von r vers
hiedenen Primzahlen ist;
>: 2
0 falls n teilbar ist dur
h p fu(cid:127)r eine Primzahl p:
6
P
a. Zeigen Sie, da(cid:25) djn(cid:22)(d)=0 fu(cid:127)r n(cid:21)2 gilt. (Die Summe erstre
kt si
h u(cid:127)ber alle Teiler d
von n in N.)
b. (M(cid:127)obius Inversion) Es seien f : N ! A und g : N ! A Abbildungen von den positiven
ganzen Zahlen N in eine abels
he Gruppe A. Angenommen, fu(cid:127)r alle n 2 N gilt f(n) =
P
djng(d). Zeigen Sie:
X
g(n)= (cid:22)(n=d)f(d):
djn
Aufgabe 55. Es sei K ein endli
her K(cid:127)orper mit q Elementen. Es sei Irrd(K[x℄) die Menge aller
irreduzibler normierter Polynome in K[x℄ vom Grad d, und (d) deren Anzahl.
qn
a. ZeigenSie: EinirreduziblesPolynomf(x)inK[x℄teiltx (cid:0)xgenaudann,wenndeg(f)jn.
Folgern Sie, da(cid:25) gilt
qn Y Y
x (cid:0)x= fd(x):
djnfd2Irrd(K[x℄)
P
n
b. Zeigen Sie, da(cid:25) q = djnd (d) gilt, und da(cid:25) dur
h M(cid:127)obius Inversion folgt
1 X n=d
(n)= (cid:22)(d)q :
n
djn
p p
Aufgabe 56. Es sei L=Q( 2; 3). Bestimmen Sie alle Zwis
henk(cid:127)orper der K(cid:127)orpererweiterung
L=Q. Bestimmen Sie die Galoisgruppe G := Gal(L=Q) und s(cid:127)amtli
he Untergruppen von G.
U
Bestimmen Sie ferner fu(cid:127)r jede Untergruppe U von G den Fixk(cid:127)orper L .
Aufgabe 57. Beweisen Sie die folgende Behauptung, falls Sie stimmt, bzw. wiederlegen Sie sie
dur
h ein Gegenbeispiel, falls sie ni
ht stimmt. Behauptung: Sind L1=K und L2=K zwei endli
he
normale K(cid:127)orpererweiterungen mit [L1 : K℄ = [L2 : K℄ und sind die Galoisgruppen Gal(L1=K)
und Gal(L2=K) isomorph, so sind au
h die K(cid:127)orper L1 und L2 isomorph.
3 3
Aufgabe 58. Gegeben sei ein kubis
hesPolynomf(x)=x +px+q 2Q[x℄ mit (cid:1)(f)=(cid:0)4p (cid:0)
2
27q < 0. Es sei a eine reelle Nullstelle von f(x). Beweisen Sie, da(cid:25) Gal(Q(a)=Q) = 1 gilt. Ist
die Erweiterung Q(a)=Q normal? (Hinweis: Mit reeller Analysis l(cid:127)a(cid:25)t si
h die Anzahl der reellen
Nullstellen von f(x) bestimmen.)
Aufgabe 59. Es seien a und
rationale Zahlen derart, da(cid:25) das Polynom
4 2
f(x):=x (cid:0)2ax +
irreduzibel u(cid:127)ber Q ist. Weiter sei L der Zerf(cid:127)allungsk(cid:127)orper von f(x) u(cid:127)ber Q in den komplexen
p
Zahlen, sowie d= a2(cid:0)
und M =Q(d) gesetzt.
2
a. Bestimmen Sie die komplexen Nullstellen von f(x). Zeigen Sie, da(cid:25) a 2M fu(cid:127)r jede Null-
stelleavonf(x)gilt,unddievierNullstellena1;:::;a4vonf(x)beigeeigneterNumerierung
2 2
a2 =(cid:0)a1, a4 =(cid:0)a3 und a1a3 =
erfu(cid:127)llen.
b. Zeigen Sie, da(cid:25) Q (cid:18) M (cid:18) L = M(a1;a3) (bei Numerierung wie in Teil a) und [M(ai) :
M℄=2 fu(cid:127)r 1(cid:20)i(cid:20)4 gilt.
p
. Zeigen Sie: [L:Q℄=4 ist glei
hbedeutend mit
2M.
p
2
d. Zeigen Sie: Aus
2Q folgt (cid:27) =id fu(cid:127)r alle (cid:27) 2Gal(L=Q).
p p
e. Zeigen Sie: Aus
2M nQ folgt d=
2Q.
p
2
f. Zeigen Sie: Aus
2M nQ folgt, da(cid:25) es (cid:27) 2Gal(L=Q) gibt mit (cid:27) 6=id.
p p
g. Geben Sie je ein Zahlenbeispiel an fu(cid:127)r die F(cid:127)alle
2Q und
2M nQ.
h. Beweisen Sie, da(cid:25) jede vierelementige Gruppe G isomorph zu der Galoisgruppe einer ge-
eigneten K(cid:127)orpererweiterungist.
7
Aufgabe 60. Es sei p eine Primzahl, M eine Menge von p Elementen und G eine Gruppe, die
treu und transitiv auf M operiert. Zeigen Sie:
a. Die Gruppe G ist endli
h und enth(cid:127)alt ein Element der Ordnung p.
b. Ist N ein von 1 vers
hiedener Normalteiler von G, so operiert au
h N treu und transitiv
auf M.
. Ist G au(cid:13)(cid:127)osbar, so gibt es eine Kompositionsreihe
G=G0 (cid:21)G1 (cid:21):::(cid:21)Gl(cid:0)1 (cid:21)Gl =1
mit zyklis
hen Quotienten Gi=Gi+1 von Primzahlordnung (0(cid:20)i(cid:20)l(cid:0)1) und jGl(cid:0)1j=p.
Aufgabe 61. Es sei p eine Primzahl. Eine Abbildung l : Fp ! Fp hei(cid:25)t linear, falls es Elemente
a;b2Fp, a6=0, gibt mit l(x)=ax+b fu(cid:127)r alle x2Fp. Zeigen Sie:
a. Die linearen Abbildungen Fp !Fp bilden eine Gruppe G.
b. Wel
he Ordnungen haben die Elemente von G?
. Die Gruppe G besitzt genau eine Untergruppe U der Ordnung p.
d. Es ist U ein Normalteiler von G mit G=U (cid:24)=F(cid:2)p.
e. Ist G zyklis
h, abels
h, au(cid:13)(cid:127)osbar, nilpotent?
f. Verglei
henSiedieGruppeGmitderebeneneuklidis
henBewegungsgruppe(sieheU(cid:127)bungs-
aufgabe 16).
Aufgabe 62. Es sei K ein K(cid:127)orper und f(x) ein irreduzibles separables Polynom in K[x℄ vom
Primzahlgrad p, dessen Galoisgruppe Gal(f) au(cid:13)(cid:127)osbar ist. Zeigen Sie:
a. 1. Gal(f) hat eine Kompositionsreihe von der in U(cid:127)bungsaufgabe 60
bes
hriebenen Art.
Fa(cid:25)t man Gal(f) als Gruppe von Permutationen der Wurzeln von f auf, und identi(cid:12)ziert
die Menge der Wurzeln von f mit Fp, dann wird (bei geeigneter Anordnung der Wurzeln
von f) der NormalteilerGl(cid:0)1 erzeugt von der Abbildung (cid:27) :Fp !Fp mit (cid:27)(x)=x+1 fu(cid:127)r
alle x2Fp.
2. Ist H (cid:20) Gal(f) und N ein Normalteiler von H, der (cid:27) enth(cid:127)alt und ganz aus linearen
(cid:0)1 n
Abbildungen besteht, dann gibt es fu(cid:127)r jedes (cid:28) 2 Gal(f) ein n 2 N mit (cid:28)(cid:27)(cid:28) = (cid:27) , und
dann gilt (cid:28)(x)=n(cid:22)x+(cid:28)(0) fu(cid:127)r alle x2Fp.
3. Ganz Gal(f) besteht aus linearen Abbildungen (Satz von Galois u(cid:127)ber au(cid:13)(cid:127)osbare Poly-
nome vom Primzahlgrad).
b. Sind(cid:11)und(cid:12) zweivers
hiedeneWurzelnvonf,dannistK((cid:11);(cid:12))derZerf(cid:127)allungsk(cid:127)orpervon
f u(cid:127)ber K. [Hinweis: Wie viele Fixpunkte k(cid:127)onnen lineare Abbildungen besitzen?℄
. Nun sei K ein Unterk(cid:127)orper von R, und p 6= 2. Dann besitzt f entweder genau eine reelle
Wurzel, oder alle Wurzeln von f sind reell.
L(cid:127)osungsvors
hl(cid:127)age
3 2
Zu Aufgabe 1. Zu bestimmen sind die Wurzeln der Glei
hung 3x (cid:0)5x +4x+2=0. Division
dur
h drei und ans
hlie(cid:25)ende \kubis
he Erg(cid:127)anzung" liefert
h 3 5 2 25 (cid:0)5(cid:1)3i 25 (cid:0)5(cid:1)3 4 2
x (cid:0) x + x(cid:0) (cid:0) x+ + x+ =0;
3 27 9 27 9 3 3
(cid:0) 5(cid:1)3 11 611
x(cid:0) 9 + 27x+ 36 =0:
(cid:0) (cid:1)
5 6 3
Substitution Y = 9 x(cid:0) = 9x(cid:0)5 und multiplizieren mit 3 liefert Y +33Y +776 = 0. Mit
9
p=33, q =776 ist die quadratis
he Resolvente
2 p3 2
T +qT (cid:0) =T +776T (cid:0)1331=0
27
8
p p
zu l(cid:127)osen (siehe Vorlesung). Ihre Wurzeln sind T1 =(cid:0)388+225 3 und T2 =(cid:0)388(cid:0)225 3, und
na
h der Formel von Cardano sind die L(cid:127)osungen der kubis
hen Glei
hung, wenn (cid:16) = exp(2(cid:25)i=3)
gesetzt wird,
p p p p p p
3 3 3 2 3 2 3 3
T1+ T2; (cid:16) T1+(cid:16) T2; (cid:16) T1+(cid:16) T2:
Lassen si
h diese Ausdru(cid:127)
ke no
h vereinfa
hen? Die Antwort lautet ja, denn es gilt
q
p3 3 p p
T1 = (cid:0)388+225 3=(cid:0)4+3 3:
p
3
Wiespiehtmandas? DieFrageist,inwel
herK(cid:127)orpererweiterungvonQ dieElementea:= T1und
3 6 3
b:= T2 liegen. Si
her ist a Wurzel von z +776z (cid:0)1331, und die Frage ist, ob dieses Polynom
zerf(cid:127)allt. Falls ja, mu(cid:25) es in einen quadratis
hen und einen biquadratis
hen Term zerfallen, und
2
a ist Wurzel des quadratis
hen, ebenso b (Und in der Tat, a ist Wurzel von z +8z (cid:0)11, wie
p
si
h im Ru(cid:127)
kbli
k o(cid:11)enbaren wird. Damit l(cid:127)a(cid:25)t si
h a = (cid:0)4+3 3 (cid:12)nden.) Da(cid:25) hei(cid:25)t aber, da(cid:25)
2
(z (cid:0)a)(z (cid:0)b) = z (cid:0)(a+b)z+ab ganzzahlige KoeÆzienten hat! Si
her ab = (cid:0)p=3 = (cid:0)11 (so
wurden a, bjagew(cid:127)ahlt)aber a+b2Zbesagtdasdie kubis
he Glei
hungeine rationaleNullstelle
hat, und eventuellerationaleNullstellenlassensi
hlei
htbestimmen, wiewiranunseremBeispiel
vorfu(cid:127)hren:
3
Multipliziert man die kubis
he Glei
hung mit 9 und substituiert man t = 3x, erh(cid:127)alt man t (cid:0)
2 3 2
5t +12t+18 = 0. Es sei r=s (geku(cid:127)rzt) eine rationale L(cid:127)osung. Einsetzen liefert r +s((cid:0)5r +
2 3 2
12rs+18s ) = 0, also s j r und s = 1. Dann folgt aber aus r (cid:0)5r +12r+18 = 0 da(cid:25) r j 18,
und man sieht s
hon hier: r =(cid:0)1ist Wurzel (auf jeden Fall w(cid:127)areesein endli
hes Problem). Also
(cid:0) (cid:1)
1
ist x=(cid:0)1=3 Wurzel der kubis
hen Glei
hung, und na
h Abspalten von x+ 3 und L(cid:127)osen einer
quadratis
hen Glei
hung ergeben si
h die Wurzeln der kubis
hen Glei
hung zu
(cid:0)1=3; 1+i; 1(cid:0)i:
Zu Apufgabe 2.pAngenommen, T1 ist reell; dann ist au
h T2 reell. Setze (cid:16) = exp(2(cid:25)i=3),
3 3 2 2
a = T1, b = T2 2 R. Na
h Voraussetzung sind die Wurzeln a+b, (cid:16)a+(cid:16) b, (cid:16) a+(cid:16)b der
kubis
henGlei
hungallereell. Dasbedeutet abera=b, soda(cid:25)eine Nullstelle doppeltvorkommt,
Widerspru
h.
Es ist klar, da(cid:25) U +V (wie gegeben) eine Wp3urzel (cid:0)is't. Ers2e(cid:25)tz(cid:1)t man in der De(cid:12)nition von T1;2 den
Winkel ' dur
h '+2(cid:25), so sieht man da(cid:25) 2 r
os 3 +n 3 , n=0;1;2, s(cid:127)amtli
he Wurzeln sind.
(Man kann natu(cid:127)rli
h au
hdie dur
hdie Formel von CardanogegebenenWurzeln umformen, aber
wozu re
hnen).
Zu Aufgabe 3. Man hat die Bedingungen
2 2 2 2
p =4ar+b (cid:0)4a
; pq =br(cid:0)2ad; q =r (cid:0)4ae:
Also
p p
p= 4ar+b2(cid:0)4a
und q = r2(cid:0)4ae:
2 2 2
Einsetzen der Glei
hungen in p q =(pq) liefert die sog. Ferrariresolvente
3 2 2 2
r (cid:0)
r +(bd(cid:0)4ae)r+(4a
e(cid:0)ad (cid:0)eb )=0:
2 2 2
Falls p;q;r entspre
hend dem Ansatz gew(cid:127)ahlt sind, hat man (px+q) =(2ax +bx+r) , also
2 2 2
0=(2ax +bx+r) (cid:0)(px+q)
(cid:2) (cid:3)(cid:2) (cid:3)
2 2
= (2ax +bx+r)+(px+q) (2ax +bx+r)(cid:0)(px+q)
(cid:2) (cid:3)(cid:2) (cid:3)
2 2
= (2ax +(b+p)x+(r+q) (2ax +(b(cid:0)p)x+(r(cid:0)q) :
9
4 3 2
Zu Aufgabe 4. Fu(cid:127)r 9x +6x +2x +2x+1 = 0 ist der konstante Term der Ferrariresolvente
2 2
glei
h4(cid:1)9(cid:1)2(cid:1)1(cid:0)9(cid:1)2 (cid:0)6 =0, soda(cid:25)sie Null als Wurzel hat. Mit r =0ist p=q =6i, und die
Wurzeln von
(cid:2) (cid:3)(cid:2) (cid:3)
2 2
(18x +6(1+i)x+6i (18x +6(1(cid:0)i)x(cid:0)6i =0
sind die Wurzeln der biquadratis
hen Glei
hung:
(cid:0) p p (cid:1) (cid:0) p p (cid:1)
1 1
((cid:0)1+ 5)+((cid:0)1(cid:0) 5)i ; ((cid:0)1+ 5)(cid:0)((cid:0)1(cid:0) 5)i ;
6 6
(cid:0) p p (cid:1) (cid:0) p p (cid:1)
1 1
((cid:0)1(cid:0) 5)+((cid:0)1+ 5)i ; ((cid:0)1(cid:0) 5)(cid:0)((cid:0)1+ 5)i :
6 6
Zu Aufgabe 5. 1. Die Division ist eine ni
htassoziativeVerknu(cid:127)pfung: (a=b)=
=a=b
ist im
allgemeinen vers
hieden von a=(b=
)=a
=b.
2. Die Verknu(cid:127)pfung ist assoziativ: max(max(a;b);
) = max(a;b;
) = max(a;max(b;
)). Es
gilt max(a;1) = a = max(1;a) fu(cid:127)r alle a 2 N, d.h. 1 ist neutrales Element. Da von 1
vers
hiedene Elemente kein Inverses besitzen, ist (N;(cid:3)) ein Monoid, aber keine Gruppe.
3. Die Verknu(cid:127)pfung ist assoziativ:
(a(cid:3)b)(cid:3)
=(a+b+7ab)(cid:3)
=a+b+7ab+
+7a
+7b
+49ab
;
a(cid:3)(b(cid:3)
)=a(cid:3)(b+
+7b
)=a+b+
+7b
+7ab+7a
+49ab
:
Neutrales Element ist die Null, wie man lei
ht sieht. Inverses Element zu a 2 Q nf(cid:0)1=7g
mu(cid:127)(cid:25)te b=(cid:0)a=(1+7a) sein. Der Nenner ist von Null vers
hieden, also mu(cid:25) man sehen ob
bvon(cid:0)1=7vers
hiedenist. Fallsb=(cid:0)1=7,dann7a=(1+7a)=1,wasunm(cid:127)ogli
hist. Also:
Es liegt eine Gruppe vor.
Zu Aufgabe 6. Man sieht lei
ht: Ist g = (s=t)+Z2 Q=Zmit (s;t) = 1, dann hat g Ordnung
t. Es sei U eine endli
he Untergruppe von Q=Z. Es seien s1=t1;:::;sn=tn Nebenklassenvertreter
ihrer Elemente. Wir k(cid:127)onnen t := t1 = ::: = tn annehmen (\auf den Hauptnenner bringen"). Es
sei s =ggT(s1;:::;sn). Si
herli
h U (cid:20) h(s=t)+Zi. Da es ai 2 Zgibt mit s =a1s1+:::+ansn
(Chinesis
her Restsatz) gilt au
h h(s=t)+Zi (cid:20) U. Also ist U zyklis
h. Es sei U = h(s=t)+Zi
eine endli
he Untergruppe von Q=Zder Ordnung n. Wir k(cid:127)onnen (s;t) = 1 annehmen; dann ist
t =n. Wegen (s;n) =1 gibt es x;y 2 Zmit xs+yn =1. Das Element x((s=n)+Z) von U hat
den Repr(cid:127)asentanten (xs=n)+y =1=n. Es folgt U =h(1=n)+Zi. Damit gibt es zu gegebenem n
genau eine Untergruppe der Ordnung n in Q=Z.
Zu Aufgabe 7. Damit f = f(cid:3) Æ (cid:25), mu(cid:25) man fu(cid:127)r a 2 G de(cid:12)nieren: f(cid:3)(aN) = f(a). Diese
Zuordnung ist wohlde(cid:12)niert da N (cid:20) kerf, und ein Homomorphismus: f(cid:3)(aN (cid:1)bN) = f(cid:3)(abN) =
f(ab) = f(a)f(b) = f(cid:3)(aN)f(cid:3)(bN). Ist f(cid:3) injektiv, dann ker(f) = ker(f(cid:3) Æ(cid:25)) = ker((cid:25)) = N.
Umgekehrt: es gelte ker(f) = N. Dann hat man fu(cid:127)r aN 2 ker(f(cid:3)): 1 = f(cid:3)(aN) = f(a), also
a2ker(f)=N. D.h. ker(f(cid:3))=1, und f(cid:3) ist injektiv.
Zu Aufgabe 8. Essei G eine zyklis
he Gruppe, mit erzeugendemElementa. Falls G(cid:24)=Z, dann
wissen wir da(cid:25) Untergruppen und Faktorgruppen von G zyklis
h sind (Vorlesung). Also sei G
endli
h.
m
Es sei 1 6= U (cid:20) G. Es sei m die kleinste natu(cid:127)rli
he Zahl fu(cid:127)r die gilt a 2 U; gezeigt wird
m s
U = ha i. Es sei s 2 Zmit a 2 U. Division mit Rest: s = mq+r (q 2 Z, 0 (cid:20) r < m). Dann
r s m (cid:0)q s m q
a = a (a ) 2 U, und na
h Wahl von m folgt r = 0, so da(cid:25) a = (a ) , wie gewu(cid:127)ns
ht. Also
sind Untergruppen zyklis
herGruppen wieder zyklis
h(man kann das au
h mit Hilfe des zweiten
Isomorphiesatzes zeigen).
Es sei N ein Normalteiler von G. Dann hat man einen surjektiven Homomorphismus Z! G=N,
k
k 7! a N. Daher ist na
h dem Homomorphiesatz G=N isomorph zu einer Faktorgruppe von Z.
Diese sind von derForm Z=nZmit n2N und zyklis
h(Vorlesung). Also sind Faktorgruppen von
zyklis
hen Gruppen wieder zyklis
h.
10
