Quelle zum Vortrag über Q(2^{1/5}).

GALOISTHEORIE ANHAND DES BEISPIELS Q(21/5 )
Wir halten zunächst fest, dass das Polynom X 5 − 2 als Element von Q[X] irreduzibel
ist. Dies folgt aus dem Eisensteinkriterium für die Primzahl 2. Also ist Q(21/5 )/Q eine
Erweiterung von Grad 5, hier bezeichnet 21/5 der reelle Wert der Wurzel.
Sei K der Zerfällungskörper von X 5 − 2. Da je zwei Zerfällungskörper isomorph sind,
dürfen wir annehmen, dass K ein Teilkörper der komplexen Zahlen ist. Wir wissen, dass
der Zerfällungskörper K eine Galoiserweiterung von Q ist.
Die komplexen Zahlen
21/5 ,
21/5 ζ,
21/5 ζ 2 ,
21/5 ζ 3 ,
21/5 ζ 4
mit
ζ = e2πi/5
sind die Nullstellen von X 5 − 2. Sie liegen alle im Körper K und daher ist auch ζ ∈ K.
Es gilt
K = Q(21/5 , ζ).
Die Galoisgruppe Gal(K/Q) permutiert die fünf Nullstellen von X 5 − 2.
Wir identifizieren k ∈ {1, . . . , 5} mit 21/5 ζ k−1 und betrachten G = Gal(K/Q) als Untergruppe von S5 . Diese Untergruppe wollen wir nun bestimmen.
Da die Einheitswurzel ζ in K liegt, ist der Körper F = Q(ζ) ein Unterkörper von K.
Lemma 1. Bei K/F handelt es sich um eine Galoiserweiterung vom Grad 5. Die Galoisgruppe Gal(K/F ) hat Ordnung fünf und ist gleich {1, σ1 , σ12 , σ13 , σ14 } mit σ1 = (1, 2, 3, 4, 5)
in Zykeldarstellung. D.h. σ1 (21/5 ζ k ) = 21/5 ζ k+1 für alle k ∈ Z.
Beweis. Wir zeigen zuerst, dass K ) F gilt. Gilt im Gegenteil K = F , so wäre
Q(21/5 , ζ) = Q(ζ) und insbesondere Q(21/5 ) ⊆ Q(ζ). Wir wissen bereits, dass X 5 − 2
irreduzibel über Q ist und hieraus folgt [Q(21/5 ) : Q] = 5. Andererseits is [Q(ζ) : Q] =
5 − 1 = 4 < 5, was aus dem Vortrag über Kreisteilungskörper folgt. Wir erhalten einen
Widerspruch.
Wir wissen also dass K/F eine nichttriviale Erweiterung ist. Nun möchten wir den Grad
dieser Erweiterung berechnen. Zuerst erinnern wir uns daran, dass K/F eine Galoiserweiterung ist und dass H = Gal(K/F ) eine Untergruppe von G ist. Wir benötigen eine
Idee aus dem Vortrag über Kummertheorie und definieren
σ(21/5 )
21/5
für alle σ ∈ H. Weil G und damit H die Nullstellen von X 5 − 2 permutiert, ist das
Bild von ψ in der Untergruppe {1, ζ, ζ 2 , ζ 3 , ζ 4 } ⊆ C× enthalten. Weiterhin ist ψ ein
Gruppenhomomorphismus [Bitte nachrechnen!]. Hieraus folgt, dass ψ injektiv ist. Da
ψ(H) eine Untergruppe des Bildbereichs ist, und da der Bildbereich Ordnung 5 besitzt,
folgt #H = #ψ(H) = 1 oder #H = #ψ(H) = 5. Aber die Galoistheorie lehrt #H =
[K : F ] und dieser Grad ist > 1, wir wir gesehen haben. Folglich gilt #H = [K : F ] = 5.
Insbesondere existiert σ1 ∈ H mit ψ(σ1 ) = ζ. Da jedes solche σ1 die Elemente in F
fixiert, finden wir
σ1 (21/5 ζ k ) = 21/5 ζσ1 (ζ k ) = 21/5 ζ 1+k .
ψ(σ) =
1
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2
Diese Beobachtung erlaubt es uns, σ1 als Element in S5 in Zykelschreibweise dazustellen.
Der Automorphismus σ1 permutiert die Nullstellen zyklisch und
σ1 = (1, 2, 3, 4, 5).
Oben haben wir gesehen, dass F/Q Grad 4 hat. Hieraus können wir den Grad von K/Q
bestimmen. Es gilt [K : Q] = [K : F ][F : Q] = 5 · 4 = 20. Weiterhin ist F/Q eine
Galoiserweiterung, da F ein Kreisteilungskörper ist. Aus der Galoistheorie wissen wir,
dass H = Gal(K/F ) ein Normalteiler von G ist und dass Gal(F/Q) = G/H.
Im Vortrag über Kreisteilungskörper wurde die Abbildung
ϕ(τ ) = k(τ ) ∈ F×
5
wobei
τ (ζ) = ζ k(τ )
definiert und festgestellt, dass ϕ : Gal(F/Q) → F×
5 ein Gruppenisomorphismus ist.
×
Weiterhin ist F5 zyklisch von Ordnung 4. Dies kann man hier direkt nachweisen, da
die Restklasse von 2 modulo 5 die multiplikative Gruppe F×
5 erzeugt. Daher existiert
τ ∈ G/H mit τ (ζ) = ζ 2 . Sei σ ∈ G ein Repräsentant in G der Nebenklasse τ . Dann gilt
σ(21/5 ) = 21/5 ζ k für ein k ∈ {0, . . . , 4}. Mit σ1 ∈ H aus dem letzten Lemma gilt
σ1−k (σ(21/5 )) = σ1−k (21/5 )ζ k = 21/5 ζ −k ζ k = 21/5 .
Wir definieren σ2 = σ1−k σ, es gilt σ2 (ζ) = ζ 2 und σ2 (21/5 ) = 21/5 , also
σ2 (21/5 ) = 21/5 , σ2 (21/5 ζ) = 21/5 ζ 2 , σ2 (21/5 ζ 2 ) = 21/5 ζ 4 , σ2 (21/5 ζ 3 ) = 21/5 ζ, σ2 (21/5 ζ 4 ) = 21/5 ζ 3 .
In Zykelschreibweise gilt
σ2 = (2, 3, 5, 4).
Durch Berechnung der Potenzen von σ2 finden wir, dass dieses Element Ordnung 4
besitzt. Da σ1 Ordnung 5 besitzt, hat wegen dem Satz von Lagrange die kleinste Untergruppe von G, die σ1 und σ2 enthaltet, Ordnung mindestens 20. Also ist unsere
Galoisgruppe G diese kleinste Gruppe. D.h. jedes Element von G ist ein Produkt von
Potenzen von σ1 und σ2 .
Die von σ2 erzeugte Gruppe hat Ordnung 4 und ist
H 0 = {Id, σ2 , σ22 , σ23 } = {Id, (2, 3, 5, 4), (2, 5)(3, 4), (2, 4, 5, 3)}.
Wegen
σ1−1 σ2 σ1 = (5, 4, 3, 2, 1)(2, 3, 5, 4)(1, 2, 3, 4, 5) = (1, 2, 4, 3) 6∈ H 0
stellen wir fest, dass H 0 kein Normalteiler von G ist.1
0
0
Sei K H Fixkörper von H 0 , dann ist [K H : Q] = #G/#H 0 = 5. Wir wissen bereits, dass
0
0
σ2 (21/5 ) = 21/5 , also 21/5 ∈ K H . Weil Q(21/5 ) Grad 5 über Q hat, folgt K H = Q(21/5 ).
Die Galoisgruppe G besitzt einen nicht-trivialen Normalteiler ungleich H. Die Vorzeichenabbildung sign : S5 → {−1, +1} ist ein Gruppenhomomorphismus. Die Einschränkung sign|G nimmt bei σ2 den Wert −1 an, also ist sie surjektiv. Damit ist ihr
Kern H 00 = Ker(sign|G ) ein Normalteiler von G. Da genau die Hälfte aller Elemente in
G positives Vorzeichen haben, gilt #H 00 = 10. Es gilt H 00 ⊇ H weil sign(σ1 ) = +1. Also
00
ist der Fixkörper K H in K H = F = Q(ζ) enthalten. Die Gauss Summe ist
√
ζ − ζ 2 − ζ 3 + ζ 4 = 5.
1Produktreihenfolge entspricht Verkettungsreihenfolge.
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3
Es gibt nur eine Untergruppe der Ordnung 2 der zyklischen Gruppe G/H, also
√
00
K H = Q( 5).
Lemma 2. Die Elemente G sind genau die σ1a σ2b mit 0 ≤ a ≤ 4 und 0 ≤ b ≤ 3.
Beweis. Wir betrachten die Abbildung H × H 0 → G, die durch (σ, τ ) 7→ στ definiert
ist. Zwei Elemente (σ, τ ) und (σ 0 , τ 0 ) liegen genau dann in der gleichen Faser, wenn
σ 0−1 σ = τ 0 τ −1 ∈ H ∩ H 0 . Da #H = 5 und #H 0 = 4 teilerfremd sind, folgt aus dem Satz
von Lagrange H ∩ H 0 = {Id} und damit τ = τ 0 , σ = σ 0 . Also ist die Abbildung injektive
und wegen #G = 20 = #H#H 0 auch surjektiv.
Es wäre denkbar, dass G isomorph zum direkten Produkt H × H 0 ist. Dies ist jedoch
falsch, da H × H 0 abelsch ist, aber G nicht (die Galoisgruppe besitzt eine Untergruppe
H 0 , die kein Normalteiler ist). Aber G ist ein sogenanntes “semi-direktes Produkt” von
H und H 0 , wir werden hier nicht weiter auf diesen Begriff eingehen.
Lemma 3. Es gilt K = Q(21/5 + ζ).
Beweis. Für a ∈ {0, 1, 2, 3, 4} und b ∈ {0, 1, 2, 3} gilt
b
b
σ1a σ2b (21/5 + ζ) = σ1a (21/5 + ζ 2 ) = 21/5 ζ a + ζ 2 .
b
b
Wir nehmen 21/5 ζ a + ζ 2 = 21/5 + ζ an. Dann gilt 21/5 (ζ a − 1) = ζ − ζ 2 . Aber 21/5 6∈ F ,
b
also ζ a = 1 und damit a = 0. Es folgt ζ 2 = ζ und damit b = 0. Folglich hat die Bahn
von 21/5 + ζ unter der Galoisgruppe 20 Elemente. Also handelt es sich um ein primitives
Element für K/Q.
Man kann zeigen, dass G ingesamt 14 Untegruppen besitzt und vier davon sind Normalteiler. Es gibt also 14 Unterkörper von K.