Lösbarkeit von Polynomgleichungen III von Christine Anthamatten

Seminar über Galoistheorie und Anwendungen
Lösbarkeit von Polynomgleichungen III
Christine Anthamatten und Alexandra Valle
November 9, 2009
Contents
1 Einführung
2
2 Erinnerung und Vorbemerkung
3
3 Unlösbarkeit von Polynomgleichungen vom Grad ≥ 5
4
4 Literaturverzeichnis
10
1
1
Einführung
Es geht hier um eine Präzisierung der im Vortrag Lösbarkeit von Polynomgleichungen I von
M. Aylidere und N. Arnold bewiesene Aussage, dass eine allgemeine algebraische Gleichung vom Grad ≥ 5 mit Koezienten in R nicht "durch Radikale" auösbar ist. Wir
beginnen mit einer Einführung, bei der wir aus dem Buch Algebra für Einsteiger: Von der
Gleichungsauösung zur Galois-Theorie von J. Bewersdor zitieren.
Polynome vom Grad ≥ 5; warum einige auösbar sind, die meisten aber nicht
1824 bewies der norwegische Mathematiker Niels Henrik Abel, dass es für die allgemeine
Gleichung fünften Grades keine Auösungsformel geben kann, wie für die Gleichungen mit
Grad kleiner als 5. Das heisst, zur Berechnung der Lösungen von Gleichungen fünften
Grades gibt es keine allgemein gültige Formel, die nur die vier Grundrechenarten und
Wurzelausdrücke verwendet, um so die Lösungen aus den Koezienten der Gleichungen
zu berechnen. Gleichungen fünften Grades sind damit prinzipiell schwieriger als Gleichungen bis zum vierten Grad, für die solche Lösungsformeln wie die Cardanische Formel für
kubische Gleichungen, oder die Diskriminante für quadratische Gleichungen bekanntlich
existieren.
Allerdings gibt es spezielle Gleichungen fünften Grades, für deren Lösungen Wurzelausdrücke gefunden werden können, wie im folgenden Beispiel:
r
q
q
√
√
√
√
5
x1 = −1 + 2/5 5 − 3 1/5 − 11/125 5 + −1 − 2/5 5 + 3 1/5 + 11/125 5+
r
r
q
q
√
√
√
√
5
5
+ −1 − 2/5 5 − 3 1/5 + 11/125 5 + −1 + 2/5 5 + 3 1/5 − 11/125 5,
r
5
ist eine der insgesamt fünf Lösungen der Gleichung
x5 − 5x + 12 = 0.
(1)
Für andere Gleichungen fünften Grades wie zum Beispiel
x5 − x + 1 = 0,
(2)
gibt es hingegen keine Darstellung der Lösungen mittels mehrfach geschachtelter Wurzelausdrücke. Gleiches gilt für die meisten anderen Gleichungen, die man erhält, wenn man
die Koezienten der Gleichung vom Grad 5 einfach zufällig, beispielsweise aus dem Bereich
der ganzen Zahlen, auswählt. Wie kann man einer Gleichung fünften Grades "ansehen",
ob sie mittels eines verschachtelten Wurzelausdruckes auösbar ist oder nicht?
Jeder solchen Gleichung ist eine Gruppe, die so genannte Galois-Gruppe, zugeordnet, wobei
es sich um ein abstrakt deniertes, aber auf jeden Fall endliches Objekt handelt. Diesem
Objekt kann man dann relativ einfach ansehen, ob die ursprüngliche Gleichung auösbar
ist oder nicht.
Schauen wir zuerst, in welcher Hinsicht sich die beiden Gleichungen nicht unterscheiden:
2
• Beide Gleichungen (1), (2) besitzen jeweils 5 Lösungen. Dies gilt übrigens auch für
jede andere Gleichung fünften Grades, wobei bei anderen Gleichungen fünften Grades
durchaus auch ein Teil dieser fünf Lösungen zusammenfallen kann.
Generell hat, wie es erstmals Carl Friedrich Gauss bewiesen hat, jede Gleichung n-ten
Grades stets n (nicht unbedingt verschiedene) Lösungen im Bereich der komplexen
Zahlen. Das heisst, jedes Polynom n-ten Grades besitzt eine Produktzerlegung der
Form
a(x − x1 )(x − x2 )...(x − xn ),
mit a, x1 , ..., xn in C.
• Die linke Seite beider Gleichungen (1), (2) lässt sich nicht in das Produkt von zwei
Polynomen niedrigerer Grade mit rationalen Koezienten, wie z.B. in das Produkt
eines quadratischen und eines kubischen Polynomes, zerlegen. Beide Polynome fünften Grades sind also irreduzibel über den rationalen Zahlen.
Welche algebraische Eigenschaft bewirkt nun aber, dass die erste Gleichung mittels eines
verschachtelten Wurzelausdruckes auösbar ist und die zweite nicht?
Für die erste Gleichung lässt sich (bei geeigneter Nummerierung der Lösungen) die Identität
x1 x2 + x2 x3 + x3 x4 + x4 x5 + x5 x1 − x1 x3 − x2 x4 − x3 x5 − x4 x1 − x5 x2 = −10
nden. Für die zweite Gleichung existiert, egal wie man die Lösungen auch nummeriert,
keine solche Identität, das heisst, der gerade angeführte Ausdruck in den fünf Lösungen
x1 , ..., x5
nimmt nie einen rationalen Wert an.
2
Erinnerung und Vorbemerkung
Wir erinnern an einige Begrie, die im Vortrag Lösbarkeit von Polynomgleichungen I von
M. Aylidere und N. Arnold eingeführt wurden.
Denition 2.1. Eine Körpererweiterung K ⊃ k heisst
eine Kette
Radikalerweiterung, wenn es
K = Lr ⊃ . . . ⊃ Li ⊃ Li−1 ⊃ . . . ⊃ L0 = k,
von Zwischenkörpern L0 , . . . , Lr gibt so, dass es für jedes i = 1, . . . , r ein bi ∈ Li und ein
ni ∈ N gibt so, dass
Li = Li−1 (bi ) und bni i ∈ Li−1 .
Li ensteht also aus Li−1 durch Adjunktion der Nullstelle bi eines reinen Polynoms
X ni − ai ∈ Li−1 [X].
durch Radikale lösbar
Denition 2.2. Ein Polynom f ∈ k[X] heisst
, wenn es zum
Zerfällungskörper K ⊃ k von f eine Radikalerweiterung L ⊃ k gibt so, dass L ⊃ K ⊃ k.
3
algebraisch un-
Denition 2.3. Sei k ∈ K Körpererweiterung. b1 , . . . , bn ∈ K heissen
über k wenn es kein Polynom Φ ∈ k[X1 , . . . , Xn ] \ {0} gibt so, dass
abhängig
Φ(b1 , . . . , bn ) = 0.
Bemerkung 2.1. Gleichbedeutend mit der obigen Denition 2.3 ist:
Der durch Xi −→ bi , i ∈ {1, . . . , n} denierte Einsetzungshomomorphismus
ev : k[X1 , . . . , Xn ] −→ K ist injektiv. Da ev(Φ) = Φ(b1 , . . . , bn ) = 0 gleichbedeutend zu
Φ ∈ ker(ev) ist, folgt dies in der Tat sofort.
Denition 2.4. Das
Polynom n-ten Grades mit allgemeinen Koezienten über
dem Grundkörper k ist das Polynom f := X −S X
n
1
wobei S1 , . . . , Sn über k algebraisch unabhängig sind.
3
n−1
+. . .+(−1)n Sn ∈ k(S1 , . . . , Sn )[X],
Unlösbarkeit von Polynomgleichungen vom Grad ≥ 5
Der wichtigste Satz aus dem Vortrag Lösbarkeit von Polynomgleichungen I von M. Aylidere
und N. Arnold besagt folgendes:
Hauptsatz 3.1. Die Gleichung n-ten Grades mit allgemeinen Koezienten über dem
Grundkörper k vom Grad n ≥ 5 ist nicht durch Radikale lösbar.
Bemerkung 3.1. Das klassische Ergebnis von Abel und Galois besagt in etwas ungenauer
Formulierung: Die Gleichung X n − a1 X n−1 + . . . + an = 0 mit a1 , . . . , an ∈ R ist im
Allgemeinen nicht durch Radikale lösbar, d.h. es gibt keine allgemeine Lösungsformel wie
in den Graden n ≤ 4.
Satz 3.1. Genauer heisst dies:
Für jedes n ≥ 5 kann man a1 , . . . , an ∈ R so wählen, dass die Lösungen von
X n + a1 X n−1 + . . . + an = 0,
(3)
nicht alle in einer (endlichen) radiziellen Erweiterung von Q(a1 , . . . , an ) enthalten sind.
Oder Gleichbedeutend: Die Gleichung (3) kann bei geeigneter Wahl der Koezienten
a1 , ..., an ∈ R nicht durch Radikale über Q(a1 , . . . , an ) gelöst werden.
Beweis von Satz 3.1:
Idee: Wir möchten Hauptsatz 3.1 anwenden mit k = Q und Si = (−1)i ai , für i ∈ {1, . . . , n},
das heisst ai = (−1)i Si , für i ∈ {1, . . . , n}.
Um Hauptsatz 3.1 anzuwenden müssen wir die ai 's so wählen, dass (−1)i ai , für
i ∈ {1, . . . , n} über Q algebraisch unabhängig sind.
Wir müssen also zeigen, dass es zu jedem n ≥ 5 Zahlen a1 , ..., an ∈ R gibt so, dass
(−1)1 a1 , (−1)2 a2 , ..., (−1)n an über Q algebraisch unabhängig sind.
Das folgende Lemma hilft uns, die Situation zu vereinfachen.
4
Lemma 3.1. Seien b1 , . . . , bn ∈ K und ε1 , . . . , εn ∈ k \ {0}. Dann sind äquivalent:
i) b1 , . . . , bn algebraisch unabhängig über k.
ii) ε1 b1 , . . . , εn bn algebraisch unabhängig über k.
Beweis von Lemma 3.1:
”i) ⇒ ii)”: Seien b1 , . . . , bn algebraisch unabhängig über k aber
P ε1 b1 , . . . , εn bn nicht algebraisch unabhängig über k. Dann existiert ein Polynom φ = i1 ,...,in ci1 ...in · X1i1 · ... · Xnin
∈ k[X1 , . . . , Xn ]\{0} so, dass φ(ε1 b1 , . . . , εn bn ) = 0. Da ε1 , . . . , εn in k liegen, dürfen wir
das Produkt εi11 · . . . · εinn · ci1 ...in als neuen Koezient betrachten. So haben wir ein Polynom ϕ ∈ k[X1 , . . . , Xn ]\{0} gefunden, das b1 , . . . , bn als Nullstellen besitzt. Daraus folgt,
dass b1 , . . . , bn nicht algebraisch unabhängig über k sind, und das ist ein Widerspruch zur
Voraussetzung.
”ii) ⇒ i)”: Seien ε1 b1 , . . . , εn bn algebraisch unabhängig über k . Da ”i) ⇒ ii)” bereits
−1
bewiesen worden ist, dürfen wir ε1 b1 , . . . , εn bn respektive mit ε−1
1 , . . . , εn ∈ k\{0} multiplizieren und erhalten, dass b1 , . . . , bn algebraisch unabhängig über k sind.
Nach Lemma 3.1 spielen die Faktoren (−1)i für die algebraische Unabhängigkeit der n
Elemente (−1)i ai also keine Rolle. Wir müssen also lediglich Zahlen a1 , . . . , an ∈ R so
nden, dass diese über Q algebraisch unabhängig sind. Dies bedeutet dass
trdegQ (R) = ∞.
(4)
Nun ein paar Erinnerungen und Vorbemerkungen zur Mengenlehre, die wir für spätere
Beweise brauchen werden.
Denition 3.1. Eine Menge M heisst abzählbar wenn sie endlich ist, oder wenn sie unendlich und der Menge N gleichmächtig ist.
Satz 3.2.
(Cantor) Seien U und V abzählbarer Mengen, dann ist das kartesische Produkt
U × V auch abzählbar.
Korollar 3.1. Seien V1 , . . . , Vr endlich viele abzählbare Mengen, so ist auch das kartesische
Produkt V1 × . . . × Vr abzählbar.
Beweis von Korollar 3.1:
Folgt leicht durch Induktion aus Satz 3.2
Bemerkung 3.2. Insbesondere kann man sagen, dass wenn V eine abzählbare Menge ist
und n ∈ N, so ist das n-fache Produkt V n von V mit sich selbst abzählbar.
5
Bemerkung 3.3.
• Sei f : U → V eine Abbildung. Ist f injektiv und V abzählbar, so ist auch U
abzählbar.
• Insbesondere sind Teilmengen von abzählbaren Mengen wieder abzählbar.
• Ist f surjektiv und U abzählbar, so ist auch V abzählbar.
• Insbesondere kann man sagen: Ist ∼ eine Äquivalenzrelation auf einer abzählbaren
Menge U, so ist nach Satz 3.2 und nach dem eben Gesagten auch die Menge U/ ∼
der zugehörigen Äquivalenzklassen abzählbar.
• So ist etwa der Quotientenkörper Quot(R) eines abzählbaren Integritätsbereiches wieder
abzählbar, da Quot(R) eine Menge von Äquivalenzklassen auf (R \ {0}) × R ist.
Bemerkung 3.4. Sei I eine abzählbare Menge und sei (Ui )i∈I eine Familie von abzählbaren
S
Teilmengen Ui ∈ U einer gegebenen Menge U . Dann ist auch die Vereinigung W := i∈I Ui
der Mengen Ui abzählbar.
Beweisidee zur Bemerkung 3.4:
Um dies zu sehen, kann man annehmen, keine der Mengen Ui sei leer. Dann besteht für
jeden Index i eine surjektive Abbildung fi : N → Ui . Somit erhält man aber eine surjektive
Abbildung f : N × I → W, deniert durch (n, i) 7→ fi (n). Weil N und I abzählbar sind,
folgt mit Satz 3.2 und Bemerkung 3.3, dass auch W abzählbar ist.
Satz 3.3. Sei U eine Menge, so denieren wir U (N) als die Menge der Abbildungen
f : N −→ U , d.h. als die Menge aller Familien (ui )i∈N mit ui ∈ Ui ∀i ∈ N. Ist U eine
abelsche Gruppe und f = (ui )i∈N ein Element von N, so denieren wir den Träger von f als
die Menge supp(f ) = supp((ui )i∈N ) := {i ∈ N : ui 6= 0}. Dann denieren wir die N-fache
direkte Summe U (N) von U mit sich selbst durch U (N) := {f ∈ U (N) : supp(f ) ist endlich}.
Ist n ∈SN, so setzen wir Un := {f ∈ U (N) : supp(f ) ⊂ {1, . . . , n}}. Dann gilt oenbar
U (N) = n∈N Un . Zudem besteht für jedes n ∈ N eine kanonische Bijektion en : U n −→ Un .
Ist nun U abzählbar, so ist nach Bemerkung 3.2 auch U n abzählbar. Nach Bemerkung 3.3
folgt, dass auch U (N) abzählbar ist. Ist k ein Körper und X eine Unbestimmte, so kann
man sofort eine Bijektion g : k[X] −→ k(N) angeben. Ist k abzählbar, so folgt nach dem
eben Gesagten und nach Bemerkung 3.3, dass auch der Polynomring k[X] abzählbar ist.
Die eben genannte Transzendenzgradaussage (4) wollen wir im Folgenden beweisen. Wir
beginnen mit:
Satz 3.4. Sei k ⊆ K eine Körpererweiterung, wo k abzählbar ist. Dann ist der algebraische
Abschluss
k̄ := {c ∈ K | c algebraisch über k}
von k in K abzählbar.
6
Beweis von Satz 3.4:
Zu jedem c ∈ k̄ existiert das Minimalpolynom Φc ∈ k[X]. Φc kann von höchstens endlich
vielen Polynomen das Minimalpolynom sein, da die Anzahl der Nullstellen beschränkt ist
durch den Grad. Es besteht eine Abbildung:
Φ : k̄ → k[X],
mit
c 7→ Φc ,
wobei
| Φ−1 (f ) |< ∞, ∀f ∈ k[X].
Dabei ist k[X] ∼
= k (N) = {(ci )i∈N ∈ k N | ]{i ∈ N | ci 6= 0} < ∞} abzählbar. Wir haben also
eine Abbildung
Φ : k̄ → k[X]
wobei k[X] abzählbar und Φ−1 (f ) immer endlich ist. Daraus folgt, dass k̄ abzählbar ist,
denn es gilt ja
[
−1
k̄ =
Φ (f )
f ∈k[X]
und wir wissen, dass eine abzählbare Vereinigung von endlichen Mengen wieder abzählbar
ist.
Korollar 3.2. Der Körper Q̄ := {t ∈ R| t algebraisch über Q} der reellen algebraischen
Zahlen ist abzählbar.
Beweis von Korollar 3.2: Folgt direkt aus dem obigen Satz, weil Q abzählbar ist.
Lemma 3.2. Sei k ein Körper, sei K ein Erweiterungskörper von k, sei n ∈ N und seien
a1 , ..., an−1 , an ∈ K . Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
(i) Die Elemente a1 , ..., an sind algebraisch unabhängig über k.
(ii) Die Elemente a1 , ..., an−1 sind algebraisch unabhängig über k und das Element an ist
nicht algebraisch über k(a1 , ..., an−1 ).
Beweis von Lemma 3.2:
Siehe Lemma 13.4 im Skript Kommutative Algebra von Prof. Dr. M. Brodmann, R.
Boldini, und F. Rohrer.
Lemma 3.3. Sei k ⊆ K eine Körpererweiterung so, dass k abzählbar ist und seien
a1 , ..., an ∈ K algebraisch unabhängig über k , dann ist k(a1 , ..., an ) abzählbar.
7
Beweis von Lemma 3.3:
Beweis durch Induktion über n:
n=1:
Sei a1 ∈ K algebraisch unabhängig über k. Nach Voraussetzung ist k abzählbar. Nach
Satz 3.3 ist auch k[X] abzählbar. k(X) := Quot(k[X]) = { fg : f, g ∈ k[X], g 6= 0} haben
wir deniert als eine Menge der Äquivalenzklassen auf (k[X]\{0}) × k[X] und ist somit
auch abzählbar. Weil a1 ∈ K nicht algebraisch ist über k, gibt es einen Isomorphismus
ϕ : k(X) → k(a1 ).
Also gilt
| k(X) |=| k(a1 ) | .
Somit ist also auch k(a1 ) abzählbar.
n − 1 ⇒ n:
Seien a1 , ..., an−1 ∈ K algebraisch unabhängig über k. Nach Induktion ist k(a1 , ..., an−1 ) =:
L abzählbar. Weiter ist k(a1 , ..., an ) = k(a1 , ..., an−1 )(an ).
Weiter ist an nach Lemma 3.2 nicht algebraisch über k(a1 , ..., an−1 ) = L. Nach dem Fall
n = 1, angewandt mit L statt k , folgt dass L(an ) abzählbar ist. Also ist k(a1 , ..., an )
abzählbar.
Satz 3.5. Zu jedem n ∈ N gibt es Zahlen a1 , . . . , an ∈ R die über Q algebraisch unabhängig
sind.
Beweis von Satz 3.5:
Beweis durch Induktion über n:
n=1:
Zu zeigen ist, dass ein a1 ∈ R existiert, das nicht algebraisch über Q ist. D.h. zu zeigen ist
Q(R
Aus Satz 3.4 wissen wir, dass Q abzählbar ist. Wir wissen auch, dass R nicht abzählbar
ist, und Q ⊆ R gilt nach Konstruktion. Daraus folgt Q ( R
n − 1 ⇒ n:
Nach Induktionsannahme gibt es Zahlen a1 , ..., an−1 ∈ R welche algebraisch unabhängig
über Q sind. Aus dem obigen Lemma 3.3 wissen wir, dass Q(a1 , ..., an−1 ) abzählbar ist.
Wegen Satz 3.4 mit k = Q(a1 , ..., an−1 ) und K = R, folgt dass der algebraische Abschluss
k von k in R abzählbar ist. Weil R nicht abzählbar ist, folgt schliesslich k $ R. Wir nden
also eine Zahl an ∈ R \ k. Diese ist dann nicht algebraisch über k = Q(a1 , ..., an−1 ). Nach
Lemma 3.2 folgt, dass a1 , ..., an über Q algebraisch unabhängig sind.
8
Damit ist Satz 3.3 bewiesen und wir haben unser Ziel erreicht. Gemäss der nach dem
Beweis von Lemma 3.1 gemachten Bemerkungen folgt ja jetzt sofort der Satz 3.1.
9
4
Literaturverzeichnis
• G. Fischer: Lehrbuch der Algebra Vieweg Verlag, 2008.
• M. Aylidere, N. Arnold: Lösbarkeit von Polynomgleichungen I, Skript aus dem Sem-
inar über Galoistheorie FS09
• S. Bosch: Algebra Springer Verlag, 2004.
• J. Bewersdor: Algebra für Einsteiger: Von der Gleichungsauösung zur Galois-
Theorie Vieweg-Teubner-Verlag, 3. Auage, 2007.
• Hilfreiche Tipps von Herrn Prof. Dr. M. Brodmann.
10