(a) Bestimmen Sie ein primitives Element vo

Lösungsvorschläge zu den Aufgaben 26–29
√ √
Aufgabe 26. Es sei K = Q( 5, 7).
(a) Bestimmen Sie ein primitives Element von K|Q, d.h., ein α ∈ K mit K = Q(α).
(b) Bestimmen Sie den Grad [K : Q].
(c) Bestimmen Sie das Minimalpolynom des unter (a) gefundenen Elements α über Q.
(d) Ist K|Q eine Galois-Erweiterung?
√
√
Beweis. Wir definieren L := Q( 5). Dann gilt Q ≤ L√
≤ K. Das Minimalpolynom
von 5 über Q ist
√
X 2 − 5 ∈ Q[X]. Also ist [L : √
Q] = 2. Des√Weiteren ist 7 ∈
/ L: Angenommen,√ 7 ist ein Element von
L, so existieren a, b ∈ Q mit 7 = a + b 5. Dann gilt aber auch 7 = a2 + 2ab 35 + 5b2 . Daraus folgt,
dass entweder a = 0 oder b = 0 sein muss. Ist a = 0, so ist b 6= 0 und 7b22 = 5b21 mit teilerfremden
ganzen Zahlen b1 , b2 6= 0, so dass b = b1 /b2 gilt. Da 5|b2 in Z gilt, wird b1 auch durch 5 geteilt, was
einen Widerspruch zur Teilerfremdheit von b1 und b2 darstellt. Also muss b = 0 sein. Dementsprechend
ist dann a 6= 0 und es existieren teilerfremde ganze Zahlen a1 , a2 6= 0 mit a = a1 /a2 und 7a22 = a21 .
Dann wird aber
√ a1 durch 7 geteilt und somit gilt auch 7|a2 , was ebenfalls zu einem Widerspruch führt.
Es gilt also 7 ∈
/ L und L K.
√
Da L K ist, ist X 2 − 7 ∈ K[X] das Minimalpolynom von 7 über L, und der Grad von K über L
ist 2. Aus dem Gradsatz folgt dementsprechend
[K : Q] = [K : L] · [L : Q] = 2 · 2 = 4.
√
√
Wir betrachten nun das Element α := 5 + 7 und definieren K 0 := Q(α). Es gilt α ∈ K, und
somit gilt Q √
≤ K 0 ≤ K. Wir bestimmen im Folgenden das Minimalpolynom von α über Q. Es gilt
α2 − 12 = 2 35, woraus (α2 − 12)2 = 140 folgt. Wir definieren f := X 4 − 24X 2 + 4 ∈ Q[X]. Das
Polynom f hat α als Nullstelle. Die Teiler des Absolutglieds von f in Z sind ±1, ±2, ±4. Also hat f in
Z keine Nullstellen und nach dem Lemma von Gauß hat f auch keine Nullstellen in Q. Der Versuch,
f als Produkt zweier Polynome mit rationalen Koeffizienten vom Grad 2 darzustellen, führt zu einem
Widerspruch. Daher ist f irreduzibel und da f normiert ist, ist f das Minimalpolynom von α über Q.
Daraus folgt aber auch, dass K 0 = K ist, da K 0 ≤ K und K 0 den gleichen Grad über Q hat wie K.
Also ist α ein primitives Element von K über Q.
Nach Definition ist K ein Zerfällungskörper des Polynoms (X 2 − 5)(X 2 − 7) über Q. Da K|Q eine
endliche Erweiterung und char(Q) = 0 ist, ist die Erweiterung K|Q nach Satz 8.10 galoissch (und es
gilt Gal(K|Q) ∼
Z/2Z, so muss Gal(K|Q) ∼
= Z/2Z
= Z/4Z sein;
√× Z/2Z; denn falls Gal(K|Q) Z/2Z ×√
dadurch würde aber 5 durch ein Element aus Gal(K|Q) auf 7 abgebildet werden und dann würde
√ 2
√ 2
ebendieses Element auch 5 = 5 auf 7 = 7 abbilden im Widerspruch dazu, dass jedes Element aus
Gal(K|Q) eingeschränkt auf Q gleich idQ ist).
Aufgabe 27. Es sei ζ eine primitive 10-te Einheitswurzel.
(a) Bestimmen Sie das Minimalpolynom von ζ über Q.
(b) Es sei K ein Zerfällungskörper von mQ,ζ über Q. Bestimmen Sie die Galois-Gruppe Gal(K|Q).
Beweis. Nach Bemerkung 9.2 (d) gilt für n ∈ N
Φn =
Xn − 1
Q
,
Φd
d|n,d6=n
wobei Φk für k ∈ N das k-te Kreisteilungspolynom ist. Nach Satz 9.5 ist Φn für jedes n ∈ N irreduzibel
und somit ist Φn das Minimalpolynom einer primitiven n-ten Einheitswurzel über Q.
Nun sind die echten (natürlichen) Teiler von 10 gerade 1, 2 und 5. Nach Bemerkung 9.2 (d) ist Φ1 =
X − 1, Φ2 = X + 1 und nach Beispiel 9.4 (d) ist Φ5 = X 4 + X 3 + X 2 + X + 1. Somit erhalten wir
Φ1 Φ2 Φ5 = X 6 + X 5 − X − 1 und
mQ,ζ = Φ10 /(Φ1 Φ2 Φ5 ) = (X 10 − 1)/(X 6 + X 5 − X − 1) = X 4 − X 3 + X 2 − X + 1.
Nach Satz 9.5 gilt Gal(K|Q) ∼
= (Z/10Z)× ∼
= (Z/2Z)× × (Z/5Z)× ∼
= Z/4Z, wobei die zweite Isomorphie
aus dem Chinesischen Restsatz folgt. Die letzte Isomorphie gilt, da |(Z/2Z)× | = 1, |(Z/5Z)× | = 4 und
(Z/5Z)× als Einheitengruppe eines endlichen Körpers zyklisch ist.
Aufgabe 28. Es sei R 6= {0} ein kommutativer Ring. Zeigen Sie, dass R genau dann ein Körper ist,
wenn jedes echte Ideal in R ein Primideal ist.
Beweis. Ist R ein Körper, so besitzt R genau zwei Ideale, nämlich {0} und R. Das einzige echte Ideal
von R ist also das Nullideal. Aber dieses Ideal ist ein Primideal, da ein Körper nullteilerfrei ist.
Es sei nun jedes Ideal von R ein Primideal. Da {0} ein Primideal ist, folgt für alle a, b ∈ R aus ab = 0
schon a = 0 oder b = 0. Der Ring R ist also ein Integritätsbereich. Wir müssen zeigen, dass jedes
Element 0 6= x ∈ R eine Einheit ist. Es sei also 0 6= x ∈ R. Es sei I := (x2 ) das von x2 erzeugt Ideal
in R. Nach Voraussetzung ist I ein Primideal und da x · x = x2 ∈ I, ist auch x ∈ I. Also existiert
ein y ∈ R mit x = yx2 . Dann ist aber auch 0 = yx2 − x = (yx − 1)x. Nun ist entweder x = 0 oder
yx − 1 = 0, da R ein Integritätsbereich ist. Da wir x 6= 0 angenommen haben, muss also yx = 1 sein.
Demnach ist x in R invertierbar.
Aufgabe 29. Es sei G eine einfache Gruppe der Ordnugn 546.
(a) Bestimmen Sie die Anzahl der 13-Sylow-Gruppen von G.
(b) Zeigen Sie, dass G zu einer Untergruppe von S14 isomorph ist.
Beweis. Es gilt 546 = 2 · 3 · 7 · 13. Es sei n13 die Anzahl der 13-Sylow-Gruppen von G. Da n13 ≡ 1
mod 13 und n13 |2·3·7 ist, muss n13 ∈ {1, 14} sein. Wäre n13 = 1, so würde es nur eine 13-Sylow-Gruppe
in G geben. Diese 13-Sylow-Gruppe wäre ein nicht-trivialer Normalteiler von G. Dies widerspricht aber
der Einfachheit von G. Also ist n13 = 14.
Die Gruppe G operiert nun via Konjugation auf Syl13 (G). Dabei werden die einzelnen Elemente von
Syl13 (G) permutiert. Wir erhalten somit einen Homomorphismus ϕ : G → S14 . Da der Kern von ϕ ein
Normalteiler in G ist und G einfach ist, gilt entweder ker(ϕ) = G oder ker(ϕ) = {1}. Angenommen
ker(ϕ) = G. Dann besteht aber jede G-Bahn eines Elements aus Syl13 (G) aus genau einem Element.
Dies ist aber wiederum äquivalent dazu, dass jede 13-Sylow-Gruppe von G ein Normalteiler ist. Dadurch bekommen wir aber einen Widerspruch zu n13 = 14. Also gilt ker(ϕ) = {1}, und nach dem
Homomorphiesatz ist G isomorph zu einer Untergruppe von S14 .