Algebra (für LA Gym.)

Freitag, 27. Januar 2017
Algebra (für LA Gym.)
— Lösung Blatt 13 —
(Tutoriumsblatt)
Aufgabe 1
zu (a)
Wegen [K : Q] = 4 ist K|Q eine endliche, damit auch eine algebraischer Erweiterung. Wegen
char(Q) ist laut Vorlesung jede algebraische Erweiterung von Q auch separabel. Um zu zeigen, dass K|Q
auch normal ist, weisen wir nach, dass K = Q(ζ8 ) der Zerfällungskörper eines Polynoms f ∈ Q[x] ist.
Wegen ord(ζ8 ) = 8 ist (ζ84 )2 = ζ88 = 1 und ζ84 6= 1. Dies zeigt, dass ζ84 die einzige Nullstelle von x2 − 1
ungleich 1 ist, also ζ84 = −1 ist. Daraus folgt, dass ζ8 eine Nullstelle von f = x4 + 1 ist. Für k = 3, 5, 7
gilt ebenfalls f (ζ8k ) = (ζ8k )4 + 1 = (ζ84 )k + 1 = (−1)k + 1 = 0. Also sind durch ζ8k mit k = 1, 3, 5, 7 vier
verschiedene Nullstellen von f geben. Dies zeigt, dass f über K in Linearfaktoren zerfällt. Umgekehrt
wird K über Q durch die Nullstellen von f erzeugt, da K bereits von ζ8 erzeugt wird.
zu (b)
Laut Vorlesung stimmt die Ordnung von G = Gal(K|Q) mit dem Grad [K : Q] der Galois-
Erweiterung überein, es gilt also |G| = 4. Wegen K = Q(ζ8 ) ist jedes σ ∈ G bereits durch das Bild σ(ζ8 )
eindeutig festgelegt. Weil jedes σ ein Q-Homomorphismus ist, muss die Nullstelle ζ8 von f durch σ wieder
auf eine Nullstelle von f abgebildet werden. Es gilt also σ(ζ8 ) = ζ8k für ein k ∈ {1, 3, 5, 7}, und daraus
folgt σ = σk für dieses k. Weil G insgesamt aus vier Elementen besteht, muss also G = {σ1 , σ3 , σ5 , σ7 }
gelten.
zu (c)
Wir demonstrieren die Rechnung an einem Beispiel. Es gilt
(σ5 ◦ σ3 )(ζ8 )
=
σ5 (σ3 (ζ8 ))
σ5 (ζ83 )
=
=
σ5 (ζ8 )3
=
(ζ85 )3
=
ζ815
=
ζ87 .
Weil jedes σ ∈ G durch das Bild σ(ζ8 ) bereits eindeutig festlegt ist, folgt daraus σ5 ◦σ3 = σ7 . Die gesamte
Verknüpfungstabelle von G ist gegeben durch
◦
σ1
σ3
σ5
σ7
σ1
σ1
σ3
σ5
σ7
σ3
σ3
σ1
σ7
σ5
σ5
σ5
σ7
σ1
σ3
σ7
σ7
σ5
σ3
σ1
Als Gruppe von Primzahlquadratordnung ist G abelsch, und nach dem Hauptsatz über endliche abelsche
∼ Z/4Z oder G =
∼ Z/2Z × Z/2Z. Wegen
Gruppen gibt es damit nur die beiden Möglichkeiten G =
σ1 (ζ8 ) = ζ81 = id(ζ8 ) ist σ1 = id, also σ1 das Neutralelement der Gruppe. Die Tabelle zeigt, dass σ8k = id
für k ∈ {1, 3, 5, 7} gilt, also gibt es in G nur Elemente der Ordnung 1 oder 2. Also muss G ∼
= Z/2Z×Z/2Z
gelten.
zu (d) Wegen |G| = 4 hat G nach dem Satz von Lagrange nur Untergruppen der Ordnung 1, 2 oder 4.
Die einzige Untergruppe der Ordnung 1 ist {id} = {σ1 }, und die einzige Untergruppe der Ordnung 4 ist
G. Weil 2 eine Primzahl ist, ist jede Untergruppe der Ordnung 2 zyklisch, wird also von einem Element
σ ∈ G der Ordnung 2 erzeugt. Dies zeigt, dass hσk i mit k ∈ {3, 5, 7} die einzigen drei Untergruppen der
Ordnung 2 von G sind.
Insgesamt besitzt G also fünf verschiedene Untergruppen. Aus dem Hauptsatz der Galoistheorie folgt
somit, dass K|Q genau fünf Zwischenkörper besitzt.
Aufgabe 2
zu (a)
Das Element α ist Nullstelle des Polynoms g = x3 − 2̄x − 3̄ = x3 + 3̄x + 2̄. Dieses Polynom ist
normiert, und es besitzt in F5 keine Nullstellen, denn es ist g(0̄) = 2̄ 6= 0̄, g(1̄) = 1̄ 6= 0̄, g(2̄) = 16 = 1̄ 6= 0̄,
g(3̄) = 38 = 3̄ 6= 0 und g(4̄) = 78 = 3̄ 6= 0. Wegen grad(f ) = 3 ist es also irreduzibel. Insgesamt ist
damit g = µF5 ,α = f nachgewiesen. Daraus folgt [F5 (α) : F5 ] = grad(f ) = 3. Als F5 -Vektorraum ist
F5 (α) isomorph zu F35 , es gilt also |F5 (α)| = |F35 | = 53 = 125. Dies zeigt, dass F5 (α) mit dem eindeutig
bestimmten, 125-elementigen Teilkörper F125 von Falg
5 übereinstimmt.
Nun rechnen wir noch nach, dass f die angegebene Zerlegung in Linearfaktoren besitzt. Weil {1̄, α, α2 }
eine Basis von F5 (α) als F5 -Vektorraum ist, besitzt jedes Element in F5 (α) eine eindeutige Darstelung
als Linearkombination von {1̄, α, α2 }. Dies zeigt, dass die Elemente α, β, γ verschieden voneinander sind.
Wir überprüfen nun, dass neben α auch β und γ Nullstellen von f sind. Zur Vorbereitung berechnen wir
α3 = 3̄ + 2̄α und α4 = α · α3 = 3̄α + 2̄α2 . Wir erhalten
β2
(4̄ + 2̄α2 )2
=
=
16 + 16α2 + 4̄α4
1̄ + 16α2 + 12α + 8̄α2
1̄ + 16α2 + 4̄(3̄α + 2̄α2 )
=
=
=
1̄ + 2̄α + 4̄α2
und
β3
β · β2
=
=
(4̄ + 2̄α2 )(1̄ + 2̄α + 4̄α2 )
4̄ + 3̄α + 3̄α2 + 4̄α3 + 3̄α4
=
4̄ + 2̄α2 + 8̄α + 4̄α3 + 16α2 + 8̄α4
4̄ + 3̄α + 3̄α2 + 4̄(3̄ + 2̄α) + 3̄(3̄α + 2̄α2 )
=
4̄ + 3̄α + 3̄α2 + 2̄ + 3̄α + 4̄α + α2
=
=
=
1̄ + 4̄α2
also
f (β)
=
β 3 + 3̄β + 2̄
=
(1̄ + 4̄α2 ) + 3̄(4̄ + 2̄α2 ) + 2̄
1̄ + 4̄α2 + 2̄ + α2 + 2̄
=
Ebenso erhalten wir
γ2
=
(1̄ + 4̄α + 3̄α2 )2
=
1̄ + 16α2 + 9̄α4 + 8̄α + 6̄α2 + 24α3
1̄ + α2 + 4̄(3̄α + 2̄α2 ) + 3̄α + α2 + 4̄(3̄ + 2̄α)
1̄ + α2 + 2̄α + 3̄α2 + 3̄α + α2 + 2̄ + 3̄α
und
=
=
3̄ + 3̄α
=
=
0̄.
γ3
=
γ · γ2
=
(1̄ + 4̄α + 3̄α2 )(3̄ + 3̄α)
3̄ + 2̄α + 4̄α2 + 3̄α + 2̄α2 + 4̄(3̄ + 2̄α)
=
3̄ + 12α + 9̄α2 + 3̄α + 12α2 + 9̄α3
3̄ + 2̄α + 4̄α2 + 3̄α + 2̄α2 + 2̄ + 3̄α
=
=
3̄α + α2
=
also
f (γ)
=
γ 3 + 3̄γ + 2̄
=
(3̄α + α2 ) + 3̄(1̄ + 4̄α + 3̄α2 ) + 2̄
=
3̄α + α2 + 3̄ + 2̄α + 4̄α2 + 2̄
=
0̄.
zu (b) Als endliche Erweiterung ist F5 (α)|F5 algebraisch, und jede algebraische Erweiterung des endlichen Körpers F5 ist laut Vorlesung separabel. Aus der Vorlesung ist außerdem bekannt, dass F5 (α) = F125
der Zerfällungskörper des Polynoms x125 −x ∈ F5 [x] über F5 ist. Daraus folgt, dass F5 (α)|F5 auch normal
ist.
zu (c)
Die Elemente α ∈ F5 (α) und β ∈ Falg
sind Nullstellen des irreduziblen Polynoms F5 [x]. Also
5
existiert auf Grund des Fortsetzungssatzes ein F5 -Homomorphismus σ : F5 (α) → Falg
mit σ(α) = β.
5
Weil F5 (α)|F5 nach Teil (b) normal ist, handelt es sich bei σ sogar um einen F5 -Automorphismus von
F5 (α), also um ein Element der Galoisgruppe G. Aus σ(α) = β folgt
σ(β)
=
σ(4̄ + 2̄α2 )
=
4̄ + 2̄σ(α)2
4̄ + 2̄ + 4̄α + 3̄α2
=
4̄ + 2̄β 2
4̄ + 2̄(1̄ + 2̄α + 4̄α2 )
=
1̄ + 4̄α + 3̄α2
=
γ
1̄ + 4̄σ(α) + 3̄σ(α)2
=
1̄ + 4̄β + 3̄β 2
=
=
und
σ(γ)
=
σ(1̄ + 4̄α + 3̄α2 )
=
1̄ + 4̄(4̄ + 2̄α2 ) + 3̄(1̄ + 2̄α + 4̄α2 )
=
1̄ + 1̄ + 3̄α2 + 3̄ + α + 2̄α2
=
=
α.
Aufgabe 3
⇐“ Ist L|K endlich und separabel, dann können wir den Satz vom primitiven Element anwenden.
”
Demnach existiert ein α ∈ L mit L = K(α). Das Minimalpolynom f ∈ K[x] ist separabel, besitzt also
in K̃ genau n verschiedene Nullstellen, wobei n = grad(f ) = [K(α) : K] = [L : K] ist. Auf Grund
des Fortsetzungssatzes gibt es also genau n verschiedene K-Homomorphismen L → K̃. Dies zeigt, dass
[L : K]s = n = [L : K] gilt.
⇒“ Ist L|K nicht separabel, dann gibt es ein α ∈ L, das über K nicht separabel ist. Für die Anzahl m
”
der verschiedenen Nullstellen von f = µK,α in K̃ gilt dann m < n, wobei n = grad(f ) ist. Es gibt dann
genau m verschiedene K-Homomorphismen σi : K(α) → K̃, 1 ≤ i ≤ m. Laut Vorlesung ist für jedes i
die Anzahl der Fortsetzungen von σi auf L durch [L : K(α)] beschränkt. Weil jeder K-Homomorphismus
L → K̃ Fortsetzung eines σi ist, haben wir also insgesamt weniger also
m · [L : K(α)]
=
[K(α) : K] · [L : K(α)]
=
[L : K]
verschiedene K-Homomorphismen L → K̃. Damit ist [L : K]s < [L : K] nachgewiesen.
Aufgabe 4
zu (a)
Laut Vorlesung ist Z[i] ein euklidischer Ring. Jeder euklidische Ring ist nach (5.2) ein Haupt-
idealring, und jeder Hauptidealring ist nach (6.10) faktoriell. Also ist Z[i] ein faktorieller Ring.
Die Elemente von Z[i] und Q(i) sind gegeben durch
Z[i] = {a + bi | a, b ∈ Z}
Q(i) = {a + bi | a, b ∈ Q}.
und
Man überprüft unmittelbar, dass das Einselement 1 von Q(i) in Z[i] liegt, und dass mit α, β ∈ Z[i] auch
α − β und αβ in Z[i] enthalten sind. Also ist Z[i] ein Teilring von Q(i). Seien α, β ∈ Z[i] mit β 6= 0. Weil
Q(i) ein Körper mit Z[i] ⊆ Q(i) ist, ist dann
α
β
ein Element von Q(i).
Umgekehrt lässt sich jedes Element aus Q(i) auf diese Weise darstellen. Ist nämlich γ ∈ Q(i), dann gibt
es a, b ∈ Q mit γ = a + ib. Stellen wir a, b als Brüche dar, a =
r
s
und b =
u
v
mit r, u ∈ Z und s, v ∈ N,
dann gilt
γ
r u
+ i
s v
=
rv + (us)i
.
sv
=
Das Element γ ist also als Quotient von α = rv + (us)i ∈ Z[i] und β = sv ∈ Z ⊆ Z[i] darstellbar.
zu (b)
Der Ring R[ 21 ] ist offenbar von R verschieden, denn es gilt
1
2
∈
/ R. Andererseits stimmt R[ 21 ]
auch nicht mit Q(i) überein. Um dies zu zeigen, beweisen wir zunächt die Gleichung
R[ 12 ]
{2−n a + 2−n bi | a, b ∈ Z , n ∈ N0 }.
=
Bezeichnen wir mit T die Menge auf der rechten Seite der Gleichung und überprüfen wir, dass es sich
um einen Teilring von Q(i) handelt. Offenbar ist T eine Teilmenge von Q(i), denn für alle a, b ∈ Z und
n ∈ N0 gilt 2−n a ∈ Q und 2−n b ∈ Q. Außerdem ist 1 = 2−0 · 1 + 2−0 cot 0 · i ein Element von T . Seien
nun α, β ∈ T vorgegeben, mit α = 2−m a + 2−m bi, β = 2−n c + 2−n di mit a, b, c, d ∈ Z und m, n ∈ N0 ,
wobei wir o.B.d.A. auch m ≤ n voraussetzen können. Dann gilt
α−β
2−n (2n−m a − c) + 2−n (2n−m b − d)i ∈ T
=
und
αβ
=
(2−m a + 2−m bi)(2−n c + 2−n di)
=
Also ist T tatsächlich ein Teilring von Q(i), und es gilt
2−(m+n) (ac − bd) + 2−(m+n) (bc + ad) ∈ T.
1
2
= 2−1 · 1 + 2−1 · 0 · i ∈ T . Sei nun S ein beliebiger
Teilring von Q(i) mit S ⊇ R ∪ { 12 }. Dann gilt T ⊆ S. Sei nämlich α ∈ T vorgeben, α = 2−n a + 2−n bi mit
n ∈ N0 und a, b ∈ Z. Wegen
1
2
∈ S und weil S bezüglich Multiplikation abgeschlossen ist, gilt 2−n ∈ S.
Wegen Z ⊆ S liegen auch a, b ∈ S, und daraus wiederum folgt α = 2−n a + 2−n bi ∈ S. Damit ist der
Beweis der Gleichung abgeschlossen.
Wäre nun R[ 12 ] = Q(i), dann wäre auch
1
3
1
3
in R[ 21 ] enthalten. Es gäbe dann ein n ∈ N0 und a, b ∈ Z mit
= 2−n a + 2−n bi. Durch Vergleich von Real- und Imaginärteil würde sich
1
3
= 2−n und 3 = 2n ergeben,
was aber offensichtlich für kein n ∈ N0 erfüllt ist.
Es gilt also tatsächlich R ( R[ 12 ] ( Q(i). Der Körper Q(i) ist auch Quotientenkörper von R[ 21 ]. Denn
wie wir bereits gesehen haben, ist R[ 12 ] ein Teilring von Q(i), und weil Q(i) als Körper unter Division
abgeschlossen ist, ist jeder Quotient
α
β
mit α, β ∈ R[ 12 ] und β 6= 0 ein Element von Q(i). Da umgekehrt
jedes Element von Q(i) als Quotient von Elementen aus R darstellbar ist, kann es erst recht als Quotient
von Elementen aus R[ 12 ] dargestellt werden.
zu (c)
Das Element 12 + 6i besitzt in R die Zerlegung
12 + 6i
=
2 · 3 · (2 + i)
=
(1 + i)(1 − i) · 3 · (2 + i).
Sei N : R → N0 die Normfunktion auf N . Weil N (2 + i) = 22 + 1 = 5 und N (1 + i) = N (1 − i) = 2
Primzahlen sind, handelt es sich bei 2 + i und 1 ± i um irreduzible Elemente von R. Auch 3 ist ein
irreduzibles Element, denn N (3) = 32 ist ein Primzahlquadrat, und die Gleichung a2 + b2 = 3 ist mit
a, b ∈ Z unlösbar.
Weil R ein faktorieller Ring ist, ist die Zerlegung von 12 + 6i in irreduzible Faktoren eindeutig bis auf
Reihenfolge und Einheiten. Jede Zerlegung von 12 + 6i hat also bis auf Reihenfolge die Form
((1 + i)ε1 )((1 − i)ε2 )(3ε3 )((2 + i)ε4 )
wobei ε1 , ε2 , ε3 , ε4 in der Einheitengruppe R× = {±1, ±i} von R liegen und ε1 ε2 ε3 ε4 = 1 gelten muss.
−1 −1
Dabei können ε1 , ε2 , ε3 in R× frei gewählt werden, und ε4 ist dann durch die Gleichung ε4 = ε−1
1 ε2 ε3
festgelegt. Für jedes εi gibt es jeweils vier Auswahlmöglichkeiten. Insgesamt hat das Element 12 + 6i bis
auf Reihenfolge also 43 = 64 verschiedene Zerlegungen.