1 ¨Ubung zur Algebraischen Zahlentheorie

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Universität Würzburg
Mathematisches Institut
Prof. Dr. Jörn Steuding
Florian Stefan
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Ausgabe: 21. April 2009
Abgabe: 28. April 2009
Übung zur Algebraischen Zahlentheorie
√
Aufgabe 1.1 (4 Punkte). Zeigen Sie, dass Z[ −5] nicht faktoriell ist.
Hinweis: Wenden Sie den komplexen Betrag auf reduzible Elemente an.
√
√
Lösung. Sei x = a + −5b ∈ Z[ −5] mit a, b ∈ Z. Wegen kxk2 = a2 + 5b2
erhält man aus kxk2 = 1 stets a = ±1 und b = 0. Daher ist x genau dann
eine Einheit, wenn√kxk2 = 1.
verschiedenes Element mit einer Zerlegung
Sei nun x ∈ Z[ −5] ein von 0 √
gilt kxk2 ≥√16 wegen kck2 ≥ 4
x = cd in Nichteinheiten c, d ∈ Z[ −5]. Dann √
und kdk2 ≥ 4. Insbesondere sind 2, 3 und 1 ± −5√in Z[ −5]√irreduzibel.
Die Behauptung folgt nun aus 6 = 2 · 3 = (1 + −5)(1 − −5).
Aufgabe 1.2 (3 Punkte). Seien L|K und M |L endliche Erweiterungen von
Körpern. Zeigen Sie: M |K ist ebenfalls eine endliche Körpererweiterung und
es gilt [M : K] = [M : L][L : K].
Lösung. Sei x1 , . . . , xn eine Basis von L|K und y1 , . . . , ym eine Basis von
M |L. Wir behaupten, dass die Produkte xi yj eine Basis
M |K bilden.
Pvon
m
a
Sei α ∈ M beliebig. Dann
gibt
es
a
∈
L
mit
α
=
j
Pj=1 j yj . Außerdem
Pn
gibt es P
aij ∈ K mit aj = i=1 aij xi . Wir erhalten α = i,j aij xi yj .
Sei i,j aij xiP
yj = 0 mit aij ∈ K. Aus der linearen Unabhängigkeit von
y1 , . . . , ym folgt ni=1 aij xi = 0 für alle j. Aus der linearen Unabhängigkeit
von x1 , . . . , xn folgt aij = 0 für alle i, j.
Aufgabe 1.3 (3 Punkte). Seien α, β komplexe Zahlen, so dass α + β und
αβ algebraische Zahlen sind. Zeigen Sie, dass α eine algebraische Zahl ist.
Lösung. Nach Angabe ist (α − β)2 = (α + β)2 − 4αβ eine algebraische Zahl.
Daher ist (α − β)2 Nullstelle eines von 0 verschiedenen Polynoms f (X) mit
rationalen Koeffizienten. Als Nullstelle von f (X 2 ) ist α − β ebenfalls eine
algebraische Zahl. Schließlich ist α wegen α = ((α + β) + (α − β))/2 eine
algebraische Zahl.
Aufgabe 1.4 (5 Punkte). Seien K|Q und L|K endlich. Zeigen Sie ohne Verwendung des Hauptsatzes der Galois-Theorie: Die Erweiterung L|K enthält
nur endlich viele Zwischenkörper.
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Lösung. Nach dem Satz vom primitiven Element gibt es eine algebraische
Zahl α ∈ C mit L = K(α). Sei f (X) das Minimalpolynom von α über K.
Sei nun F ein beliebiger Zwischenkörper der Erweiterung L|K. Sei g(X)
das Minimalpolynom von α über F . Dann ist g(X) ein Teiler von f (X) in
L[X] und es gilt [L : F ] = deg(g). Sei E der von den Koeffizienten von g(X)
über K erzeugte Teilkörper von F . Wir erhalten deg(g) = deg(g)[F : E] und
damit E = F .
Es gibt also eine injektive Abbildung von der Menge aller Zwischenkörper
zu L|K in die endliche Menge aller normierter Teiler von f (X) in L[X].
Aufgabe 1.5 (3 Punkte). Sei K ein Zahlkörper und α ∈ K invariant unter
allen Einbettungen σ ∈ Hom(K, C). Zeigen Sie, dass α rational ist.
Lösung. Das Element α ∈ K sei irrational. Dann hat das Minimalpolynom
von α über Q eine weitere Nullstelle β ∈ C. Wir erhalten eine Einbettung
Q(α) → C mit α 7→ β und setzen diese fort zu σ ∈ Hom(K, C). Nach
Konstruktion gilt σ(α) 6= α.
Aufgabe 1.6 (6 Punkte).
α1 , . . . , αn ∈ C sämtliche Nullstellen des
PnSeien n−i
n
∈ Q[X].
Polynoms f (X) = X + i=1 ci X
a) Definieren Sie die elementarsymmetrischen Polynome s1 , . . . , sn in dem
Ring Q[X1 , . . . , Xn ] und formulieren Sie den zugehörigen Hauptsatz. Begründen Sie: Es gibt ein Polynom ∆ über Q mit
Y
∆(s1 , . . . , sn ) =
(Xi − Xj )2 .
i<j
b) Sei ∆(f ) = ∆(−c1 , c2 , . . . , (−1)n cn ). Zeigen Sie:
n
Y
Y
2
n(n−1)/2
∆(f ) =
(αi − αj ) = (−1)
f 0 (αi ).
i<j
i=1
Lösung. a) Sei T ein über Q[X1 , . . . , Xn ] transzendentes Element. Dann
werden s1 , . . . , sn definiert durch die Gleichung
n
n
Y
X
(T − Xi ) =
(−1)j sj T n−j .
i=1
j=0
Sei g ∈ Q[X1 , . . . , Xn ] ein symmetrisches Polynom, d.h. für alle π ∈ Sn gelte
g = g(Xπ(1) , . . . , Xπ(n) ). Dann gibt es ein Polynom h mit Koeffizienten in
Q, so dass g = h(s1 , . .Q
. , sn ) gilt. Die Anwendung dieser Aussage auf das
symmetrische Polynom i<j (Xi − Xj )2 liefert die Behauptung.
2
b) Durch Koeffizientenvergleich erhält man aus
n
n
Y
X
f (X) =
(X − αi ) =
(−1)j sj (α1 , . . . , αn )X n−j
i=1
j=0
die Beziehung cj = (−1)j sj (α1 , . . . , αn ) für j = 1, . . . , n. Daher gilt einerseits
Y
∆(f ) = ∆(s1 , . . . , sn )(α1 , . . . , αn ) =
(αi − αj )2 .
i<j
Aus f 0 (X) =
so dass
Pn Q
i=1
j6=i (X
− αj ) folgt andererseits f 0 (αi ) =
Q
j6=i (αi
!
n
i−1
n
Y
Y
Y
Y
(αi − αj )2 =
(αj − αi )
(αi − αj )
i<j
=
i=1
j=1
n
Y
!
Y
(−1)i−1 (αi − αj )
i=1
j=i+1
j6=i
n
Y
1+···+(n−1)
= (−1)
i=1
3
f 0 (αi ).
− αj ),
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