Aufgaben Algebra I, Wintersemester 2013/2014 12. Serie (14-01

Aufgaben Algebra I, Wintersemester 2013/2014
12. Serie (14-01-13)
1.
Beweisen Sie folgende Aussagen.
(i) Die Körper
Q und F := Z/pZ (mit p Primzahl)
p
sind die einzigen Körper, welche keine echten Teilkörper enthalten. Sie heißen
deshalb Primkörper.
(ii) Jeder Körper K enthält genau einen Körper
P(K),
der zu einem der Primkörper isomorph ist.
2.
Seien K ein Körper und f P K[x] ein irreduzibles Polynom. Zeigen Sie,
(i) Im Fall char(K) = 0 hat f in keinem Erweiterungskörper von K eine mehrfache
Nullstelle.
(ii) Im Fall char(K) = p > 0 hat f genau dann (in irgendeinem Erweiterungskörper
von K) eine mehrfache Nullstelle, wenn f ein Polynom in xp ist, d.h. wenn f die
Gestalt
f(x) = g(xp) mit g P K[x]
hat.
(iii) Die Charakteristik des Primkörpers P := P(K) stimmt mit der des Körpers K
überein,
char(P) = char(K),
d.h. es gilt
char(K) = 0 $ P = Q
char(K) = p (0 0) $ P = F
p
3.
Seien K ein Körper der Charakteristik p > 0, a P K ein Element und
f(x) := xp - a P K[x]
Zeigen Sie, die folgenden Aussagen sind äquivalent.
(i) f(x) hat in K keine Nullstelle.
(ii) f(x) ist über K irreduzibel.
Zu 1.
Zu (ii). Seien K ein Körper und 1 das Einselement von K. Wir betrachten den
K
folgenden Homomorphismus von Ring mit 1:
h:Z H K, n U n:1 .
K
Nach dem 0-ten Isomorphiesatz induziert dieser einen injektiven Homormorphismus
+
h :Z/Ker(h) c K.
Weil K als Körper nullteilerfrei ist, ist Ker(h) ein Primideal. Dieses hat, weil Z ein
Hauptidealring ist, die Gestalt
Ker(h) = pZ,
wobei p entweder 0 oder eine Primzahl ist. Im zweiten Fall liegt ein zu F =Z/pZ
p
isomorpher Körper in K. Im ersten Fall ist
h: Z H K
injektiv und bildet jedes von 0 verschiedene Element von Z in eine Einheit ab. Auf
Grund der Universalitätseigenschaft für Quotientenringe induziert h einen
Homomorphismus von Ringen mit 1,
h': Q = Q(Z) H K.
Dieser ist nicht identisch Null, hat also einen von Q verschiedenen Kern. Da Q ein
Körper ist, ist der Kern gleich {0}, d.h. h' ist injektiv und K enthält einen zu Q
isomorphen Körper. Wir haben gezeigt, jeder Körper K enthält einen zu Q oder F
p
isomorphen Körper.
Zur Eindeutigkeit.
Ein Körper K kann nicht gleichzeitig Q und ein F enthalten, denn im ersten Fall ist
p
n:1 0 0 für jedes n PN
und im zweiten Fall ist p:1 = 0.
Angenommen, es gibt zwei verschiedene Primzahlen p und q mit F é K und F éK.
p
q
Weil p und q teilerfremd sind, gibt es ganze Zahlen a und b mit
a:p + b:q = 1.
Dann ist aber
1 = 1:1 = a:p:1 + b:q:1 = a:0 + b:0 = 0.
K
K
K
K
Das Einselement eines Körpers ist aber vom Nullelement stets verschieden.
Weiter kann K keine zwei Körper der Gestalt F enthalten, denn beide bestehen aus den
p
Vielfachen des Einselements von K.
Seien jetzt k und k’’ zwei zu Q isomorphe Teilkörper von K. Beide enhalten dann die
Vielfachen des Einselements, welche einen zu Z isomorphen Teilring
RéK
bilden, und beide stimmen mit dem Quotientenkörper von R überein (vgl. den
nachfolgenden Beweis von (i)). Es gilt also
k = Q(R) = k’’.
Zu (i).
Wir haben noch zu zeigen, die Körper
Q und F
p
enthalten keinen echten Teilkörper (denn von allen Körpern K, die von diesen Körpern
verschieden sind, haben wir bereits gezeigt, daß sie einen von K verschiedenen Körper
enthalten).
Jeder Teilkörper von F enthält alle Vielfachen von 1, stimmt also mit dem Körper F
p
p
überein.
Jeder Teilkörper von Q enthält alle Vielfachen von von 1, also den Teilring Z. Damit
enthält er aber auch alle Quotienten von je zwei ganzen Zahlen (mit von Null
verschiedenen Nenner) und ist damit gleich Q.
Zu 2.
Zu (i).
Weil f irreduzibel ist, hat f als einzige Primteiler nur sich selbst und 1 (und die dazu
assoziierten Primelemente). Die einzigen Einheiten von K[x] sind aus Gradgründen die
Elemente von K-{0}. Insbesondere sind (ebenfalls aus Gradgründen) die Polynome f
und f’’ nicht assoziiert. Also sind f und f' teilfremd,
ggT(f, f') = 1.
Wir verwenden hier die Tatsache, daß über einem Körper der Charakteristik 0 die
Ableitung eines Polynoms vom Grad > 0 stets von 0 verschieden ist.
Im Euklidischen Ring K[x] kann man den ggT zweier Polynome als Linearkombination
dieser Polynome schreiben. Insbesondere gilt
1 = g:f + h:f' mit g,h P K[x].
Eine mehrfache Nullstelle von f in irgendeinem Erweiterungskörper von K wäre aber
eine gemeinsame Nullstelle von f und f', also eine Nullstelle des konstanten Polynoms
1. Eine solche gibt es nicht.
Zu (ii).
Falls f die Gestalt f(x) = g(xp) hat, so gilt nach der Kettenregel
f'(x) = g'(xp):p:xp-1 = 0
(weil K die Charakteristik p hat). Für jede Nullstelle _ von f in irgendeinem
Erweiterungskörper gilt also f'(_) = 0, d.h. _ ist eine mehrfache Nullstelle. Auf Grund
der Vorlesung besitzt jeder irreduzible Faktor g von f eine Nullstelle im
Erweiterungskörper K[y]/(g(y)). Diese Nullstelle ist auch eine Nullstelle von f, und
nach dem eben Gesagten eine mehrfache Nullstelle von f.
Sei umgekehrt _ eine mehrfache Nullstelle von f (in irgendeinem Erweiterungskörper L
von K). Diesselben Betrachtungen wie zu (i) würden dann zu einem Widerspruch
führen, es sei denn f' ist identisch Null. Also muß die Ableitung von f identischen Null
sein. Mit
§
(fast alle a = 0).
f(x) = - a xi
i
i
i=0
ist dann
§
0 = f'(x) = - i:a xi-1
i
i=0
d.h. i:a = 0 für jedes i. Dann muß aber a = 0 sein für jedes i, welches nicht durch p
i
i
teilbar ist, d.h. es gilt
§
f(x) = - a :xpi = g(xp)
pi
i=0
§
mit g(x) := - a :x i.
pi
i=0
Zu (iii).
Hat K die Charakteristik 0, so gilt n:1 0 0 in K für jede natürliche Zahl n. Dies gilt
dann aber auch in P, d.h. auch P hat die Charakterisik 0.
Hat K die Charakteristik p > 0, so gilt p:1 = 0 in K, und p ist die kleinste natürliche
Zahl mit dieser Eigenschaft. Dasselbe gilt dann aber auch in P, d.h. auch P hat die
Charakteristik p.
Zu 3.
(ii) e (i).
Angenommen, f besitz eine Nullstelle _PK. Dann läßt sich f in der Gestalt
f(x) = f(x) - f(_) = (x - _)g(x)
mit einem Polynom g P K[x] schreiben. Aus Gradgründen wäre also f reduzibel, im
Widerspruch zur Voraussetzung (ii).
(i) e (ii). Sei
g(x) P K[x]
ein irreduzibler Teiler von f mit dem höchsten Koeffizienten 1. Es reicht zu zeigen,
g = f.
Zum Beweis wählen wir eine Nullstelle _ von f aus einen geeigneten
Erweiterungskörper L von K. Dann gilt
(x - _)p = xp - _p = xp - a = f(x).
Wegen g | f und weil g den höchsten Koeffizienten 1 hat, folgt
g = (x - _)k mit k ) p.
Nach Voraussetzung (i) liegt _ nicht in K, d.h. es muß
1<k
gelten. Dann hat aber g eine mehrfache Nullstelle. Nach Aufgabe 2 ist g ein Polynom in
xp. Sein Grad ist demnach ein Vielfaches von p. Mit 1 < k ist also sogar p ) k, also
p = k.
p
Dann ist aber g = (x - _) = f.