Repetitorium zur Algebra

Technische Universität München
Zentrum Mathematik
PD Dr. Ch. Karpfinger
SS 2012
Blatt 4
Repetitorium zur Algebra
Frühjahr 2005, Thema Nr. 1
Aufgabe 1 Beweisen Sie oder widerlegen Sie: Eine natürliche Zahl der Gestalt 4 n + 3 mit n ∈ N besitzt
keine Darstellung als Summe von zwei Quadraten ganzer Zahlen.
Lösung: Wir zeigen: Es gibt keine natürliche Zahl der Gestalt 4 n + 3 mit n ∈ N, die Summe zweier
Quadrate ganzer Zahlen ist. Angenommen, eine Zahl der Form 4 n + 3 mit n ∈ N ist Summe zweier
Quadrate:
4 n + 3 = x2 + y2 mit x, y ∈ Z .
Dann gilt modulo 4 eine Gleichheit der Form
3 ≡ x2 + y2 mod 4 mit x, y ∈ Z .
Es gilt aber
02 ≡ 0 mod 4 , 12 ≡ 1 mod 4 , 22 ≡ 0 mod 4 , 32 ≡ 1 mod 4 .
Die Summe zweier Quadrate ist somit niemals kongruent 3 modulo 4. Die Behauptung ist damit widerlegt.
Aufgabe 2 Es sei R ein Integritätsring. Für Ideale a, b in R definiert man
a ∼ b :⇔ Es gibt α, β ∈ R \ {0} mit α · a = β · b .
Zeigen Sie:
(a) Die Relation ∼ ist eine Äquivalenzrelation, und es gilt
a1 ∼ b1 , a2 ∼ b2 ⇒ a1 a2 ∼ b1 b2 .
(b) Genau dann gilt a ∼ b, wenn a und b als R-Moduln isomorph sind.
Lösung: (a) Reflexivität: a ∼ a gilt für alle Ideale a ⊆ R, da in R ein Einselement existiert.
Symmetrie: Aus a ∼ b folgt offenbar b ∼ a.
Transitivität: Es gelte a ∼ b und b ∼ c für Ideale a, b, c ⊆ R. Es gibt also α, β, γ, δ ∈ R \ {0} mit
α · a = β · b und γ · b = δ · c .
Es folgt
α·γ·a = β·γ·b = β·δ·c.
Wegen der Nullteilerfreiheit von R gilt a ∼ c.
Damit ist gezeigt, daß ∼ eine Äquivalenzrelation ist. Nun zum Zusatz:
Es gelte a1 ∼ b1 und a2 ∼ b2 . Damit existieren α1 , α2 und β1 , β2 in R mit
α1 · a1 = β1 · b1 und α2 · a2 = β2 · b2 .
1
Es folgt α1 a1 α2 a2 = β1 b1 β2 b2 . Da R nullteilerfrei ist, gilt a1 · a2 ∼ b1 · b2 .
(b) Es gelte a ∼ b für zwei Ideale von R, also für zwei R-Untermoduln von R R. Es gibt α, β ∈ R \ {0} mit
α · a = β · b. Somit gibt es zu jedem x ∈ a ein y = φ(x) ∈ b mit α x = βy. Wir begründen, daß φ : a → b
ein Modulisomorphismus ist: φ ist natürlich eine Abbildung von a nach b. φ ist additiv und homogen:
φ(λ x + x′ ) = λ y + y′ .
φ ist bijektiv: Gilt φ(x) = φ(x′ ), so folgt Wegen α x = β φ(x) und α x′ = β φ(x′ ) sogleich x = x′ , so daß φ
injektiv ist. Natürlich ist φ auch surjektiv: Zu y ∈ b existiert nach Voraussetzung ein x ∈ a mit α x = β y,
so daß φ(x) = y.
Nun sei φ : a → b ein Isomorphismus für Ideale a und b. O.E. gelte a ̸= (0) ̸= b. Setze β := φ(α) für ein
0 ̸= α ∈ a; dann gilt auch β ̸= 0. Wir begründen nun
β·a = α·b,
hieraus folgt die Behauptung. Für jedes x ∈ a gilt
φ(α x) = xφ(α) = β x und φ(α x) = α φ(x) .
Somit gilt β x = α φ(x) für alle x ∈ a; es folgt β · a = α · φ(a) = α · b.
Aufgabe 3 Bestimmen Sie einen größten gemeinsamen Teiler von 26 + 13i und 14 − 5i im Ring Z[i] der
Gaußschen ganzen Zahlen.
Lösung: Zur Bestimmung des ggT benutzen wir den euklidischen Algorithmus: Mit α = 26 + 13i und
1
1
(26 + 13i)(14 + 5i) = 221
(299 + 312i). Mit δ = 1 + i gilt
β = 14 − 5i gilt α · β−1 = 221
26 + 13i = (14 − 5i)(1 + i) + (7 + 4i) ;
beachte, daß N(7 + 4i) < N(14 − 5i). Wir führen eine weitere Division mit Rest durch: Mit α = 14 − 5i
1
1
und β = 7 + 4i gilt α · β−1 = 65
(14 − 5i)(7 − 4i) = 65
(78 − 91i). Mit δ = 1 − i gilt
14 − 5i = (7 + 4i)(1 − i) + (3 − 2i) ;
beachte, daß N(3 − 2i) < N(7 + 4i). Wir führen eine weitere Division mit Rest durch: Mit α = 7 + 4i und
1
β = 3 − 2i gilt α · β−1 = 13
(7 + 4i)(3 + 2i) = 1 + 2i). Mit δ = 0 gilt
7 + 4i = (2 − 3i)(1 + 2i) + 0 ;
Damit ist 3 − 2i der ggT der angegebenen Zahlen.
Aufgabe 4 Untersuchen Sie (mit Beweis) auf Irreduzibilität:
(a) f (X) = X 4 − X 3 − 9 X 2 + 4 X + 2 und g(X) = X 4 + 2 X 3 + X 2 + 2 X + 1 in Q[X].
(b) f (X,Y ) = Y 6 + X Y 5 + 2 X Y 3 + 2 X 2Y 2 − X 3Y + X 2 + X in Q[X,Y ].
Lösung: (a) Wegen f (±2) ̸= 0 ̸= g(±1) haben f und g keine rationalen Wurzeln. Wir machen den Ansatz:
(X 2 + a X + b) (X 2 + c X + d) = X 4 + (a + c) X 3 + (a c + b + d) X 2 + (a d + b c) X + b d .
2
Für f erhalten wir durch einen Koeffizientenvergleich:
a + c = −1
a c + b + d = −9
ad +bc = 4
bd = 2.
Der erste Versuch b = 1 und d = 2 führt zu einem nichtlösbaren System. Der zweite Versuch b = −2 und
d = −1 liefert das lösbare System:
a + c = −1
a c = −6
−a − 2 c = 4 .
Damit erhalten wir
f = (X 2 − 3 X − 1) (X 2 + 2 X − 2) .
Das Polynom f ist damit reduzibel.
Für g erhalten wir durch einen Koeffizientenvergleich:
a+c = 2
ac+b+d = 1
ad +bc = 2
bd = 1.
Der erste Versuch b = 1 und d = 1 führt zu einem nichtlösbaren System. Der zweite Versuch b = −1 und
d = −1 ebenso. Das Polynom g ist damit irreduzibel.
(b) Das Element X ∈ Q[X] ist ein Primelement, da es irreduzibel ist; Q[X] ist ein Hauptidealring. Somit ist f nach Eisenstein mit p = X irreduzibel über dem Quotientenkörper von Q[X] und wegen der
Teilerfremdheit der Koeffizienten somit auch über Q[X].
Aufgabe 5 Es sei k ein Körper mit char(k) ̸= 2, es sei f ∈ k[X] ein Polynom vom Grade n ≥ 2, es sei K
ein Zerfällungskörper von f über k, und f habe n verschiedene Nullstellen α1 , . . . , αn in K.
Das Element ∆ ∈ K sei definiert durch
∆ :=
∏
(α j − αi ) .
1≤i< j≤n
Dann heißt D := ∆2 die Diskriminante von f .
(a) Zeigen Sie: K ist galoissch über k und es ist D ∈ k.
(b) Es sei G := Gal(K/k) die Galoisgruppe von K über k. Zeigen Sie:
∆ ∈ k ⇔ Jedes σ ∈ G definiert eine gerade Permutation der α1 , . . . , αn .
(c) Es sei f := X 4 + 2 a X 2 + b ∈ Q[X] irreduzibel. Bestimmen Sie die Diskriminante von f und zeigen
Sie:
√
b∈Q ⇔ G∼
= Z/2Z × Z/2Z .
3
Lösung: (a) Das Polynom f ist separabel, da sämtliche Wurzeln von f im Zerfällungskörper verschieden
sind, somit ist K/k separabel. Da K Zerfällungskörper von f über k ist, ist K/k normal. Folglich ist K/k
galoissch. Für alle σ ∈ Gal(K/k) gilt
∏
σ(D) =
(σ(α j ) − σ(αi ))2 =
1≤i< j≤n
∏
(α j − αi )2 ,
1≤i< j≤n
so daß σ(D) = D und damit D ∈ k gilt.
(b) Jedes σ ∈ G permutiert die Wurzeln α1 , . . . , αn . Es sei τσ ∈ Sn die dazugehörige Permutation der
Indizes. Wir erhalten für ein σ ∈ G:
σ(∆) = ∆ ⇔
∏
(σ(α j ) − σ(αi )) =
1≤i< j≤n
∏
(α j − αi )
1≤i< j≤n
⇔
σ(α j ) − σ(αi )
=1
α
−
α
j
i
1≤i< j≤n
⇔
τσ ( j) − τσ (i)
= 1.
j−i
1≤i< j≤n
∏
∏
Damit ist gezeigt, daß σ(∆) = ∆ gleichwertig ist mit τσ ist gerade. Es folgt die Behauptung.
(c) Die vier verschiedenen Wurzeln von f sind
√
√
√
√
√
√
√
√
2
2
2
α1 = −a + a − b , α2 = − −a + a − b , α3 = −a − a − b , α4 = − −a − a2 − b .
Damit erhalten wir
D = ∆2 = (α2 − α1 )2 (α3 − α1 )2 (α4 − α1 )2 (α3 − α2 )2 (α4 − α2 )2 (α4 − α3 )2
= ··· =
= 162 b (a2 − b)2 .
Wir begründen
die letzte Behauptung:
√
Es gelte b ∈ Q. Nach (b) gilt G ⊆ A4 . Wenn wir begründen können, daß |G| = 4 gilt, so folgt hieraus,
daß G isomorph zur Kleinschen Vierergruppe ist, da A4 kein Element der Ordnung 4 enthält. Es gilt
|G| = 4 ⇔ [K : Q] = 4;
√ dabei ist K = Q(α1 , α3 ) und [Q(α1 ) : Q] = 4. Zu zeigen bleibt also α3 ∈ Q(α1 ).
Das folgt aus α1 α3 = b ∈ Q.
Nun sei G isomorph zur Kleinschen Vierergruppe. Wegen α2 = −α1 und α4 = −α3 gilt
G∼
= {(1), (12) (34), (13) (24), (14) (23)} .
√
Nach (b) gilt also ∆ ∈ Q, so daß b ∈ Q.
4