Universität Würzburg Mathematisches Institut Prof. Dr. Jörn Steuding Florian Stefan 1 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. 1 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 ),