Galoistheorie

Matthias Künzer Universität Koblenz-Landau

10. Juli 2019

Inhalt

1 Polynomringe und Ideale  7
1.1 Gruppen, Ringe, Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2 Ideale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3 Faktorringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.4 Ringmorphismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.4.1 Definition und Schreibweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.4.2 Teilringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4.3 Gebrauchsanweisung für Faktorringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.5 Integritätsbereiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.6 Der Polynomring R[X] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.6.1 Definition und Schreibweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.6.2 Gebrauchsanweisung für Polynomringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.6.3 Grad eines Polynoms . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.6.4 Polynomdivision mit Rest . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.6.5 Polynomiale Abbildungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.7 Hauptidealbereiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.7.1 Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.7.2 Der Hauptidealbereich Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.7.3 Die Charakteristik eines kommutativen Rings . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.7.4 Der Hauptidealbereich K[X] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.7.5 Der Faktorring K[X]/f(X)K[X] als K-Vektorraum . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.8 Maximale Ideale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.8.1 Begriff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.8.2 Maximale Ideale geben Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.8.3 Maximalität in einem Hauptidealbereich . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.8.4 Maximale Ideale in Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.8.5 Maximale Ideale in K[X] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.9 Eindeutige Zerlegung in irreduzible Elemente in einem Hauptidealbereich . . . . . . . . . 31
1.10 Quotientenkörper eines Integritätsbereichs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.10.1 Definition und Schreibweise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.10.2 Gebrauchsanweisung für Quotientenkörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
1.11 Ein paar kommutative Ringe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2 Körpererweiterungen  37
2.1 Primkörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.2 Der Gradsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.3 Algebraische Elemente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.3.1 Begriff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.3.2 Endliche monogene Erweiterungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.3.3 Endliche polygene Erweiterungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.3.4 Morphismen induziert von Nullstellen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.4 Ein Taschenrechner zur Faktorisierung von Polynomen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
2.5 Zerfällungskörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.5.1 Begriff des Zerfällungskörpers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.5.2 Existenz des Zerfällungskörpers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.5.3 Eindeutigkeit des Zerfällungskörpers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.5.4 Endliche Zerfällungskörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
3 Automorphismen  59
3.1 Die Automorphismengruppe einer Erweiterung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
3.2 Gruppenmorphismen, Untergruppen, Normalteiler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
3.3 Perfekte Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
3.4 Die Automorphismengruppe eines Zerfällungskörpers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3.4.1 Theorie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3.4.2 Praxis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
3.4.2.1 Ein kleines Beispiel, X^{3} + X + 1 ∈ Q[X] . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
3.4.2.2 Zykelschreibweise in der symmetrischen Gruppe . . . . . . . . . . . . . . 71
3.4.2.3 Eine Abkürzung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.4.2.3.1 Untergruppenerzeugnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.4.2.3.2 Untergruppenerzeugnis via Magma . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.4.2.3.3 Diskussion des kleinen Beispiels aus §3.4.2.1 . . . . . . . . . . . 73
3.4.2.4 Ein großes Beispiel, X^{6} − X^{3} + 2 ∈ Q[X] . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
3.5 Zwischenkörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.5.1 Dedekinds Lemma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.5.1.1 Fixkörper unter Mengen von Morphismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.5.1.2 Die Spur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
3.5.1.3 Fixkörper unter Gruppen von Automorphismen . . . . . . . . . . . . . . 80
3.5.1.4 Galoiserweiterungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
3.5.2 Korrespondenz von Untergruppen zu Zwischenkörpern . . . . . . . . . . . . . . . . 83
3.6 Galoisgruppen von Erweiterungen endlicher Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
4 Auflösbarkeit  89
4.1 Auflösbare Gruppen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
4.2 Ein paar Gruppen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
4.3 Auflösbare Erweiterungen, auflösbare Polynome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
4.3.1 Auflösbare Erweiterungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
4.3.2 Auflösbare Polynome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
4.4 Auflösbarkeitskriterien für Polynome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
4.4.1 Erweitern um ein radizielles Element . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
4.4.2 Der Satz von Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
4.4.3 Der Satz von Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
5 Aufgaben und Lösungen  103
5.1 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
5.2 Lösungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

Verzeichnis der Sätze

Satz 1 §2.2  S. 40 Gradsatz
Satz 2 §2.3.2 S. 42 Minimalpolynom
Satz 3 §2.3.4 S. 47 Nullstelle induziert Morphismus
Satz 4 §2.5.2 S. 53 Existenz Zerfällungskörper
Satz 5 §2.5.3 S. 55 Eindeutigkeit Zerfällungskörper
Satz 6 §3.4.1 S. 66 Automorphismen durch zulässige Tupel
Satz 7 §3.5.1.1 S. 78 Dedekinds Lemma
Satz 8 §3.5.1.3 S. 80 Fixkörper unter Gruppe
Satz 9 §3.5.2 S. 85 Hauptsatz der Galoistheorie
Satz 10 §4.4.2 S. 97 Satz von Galois
Satz 11 §4.4.3 S. 101 Satz von Abel

Vorwort

Wir folgen im wesentlichen Emil Artins Buch Galoissche Theorie [1], mit gelegentlichen Abweichungen. Eine davon gleich zu Beginn, wir betrachten den Polynomring und Ideale darin, was nützlich ist für die Konstruktion von Körpererweiterungen. Ferner schenken wir den endlichen Körpern etwas mehr Beachtung und führen auch die Berechnung von Galoisgruppen explizit aus (unter Zuhilfenahme von Magma [2] für Polynomfaktorisierungen). Auf der anderen Seite lassen wir gewisse Abschnitte aus Artins Buch hier weg, wie etwa Normalbasen, oder Kreisteilungskörper über Q. Diese seien den Studenten zum weiteren Studium empfohlen.

Allgemein setzen wir Lineare Algebra voraus, nicht aber Algebra.

Die Aufgaben haben zweierlei Sinn. Zum einen dienen sie der Wiederholung und der Vertiefung von Beispielen. Zum anderen werden teils kleinere für die Vorlesung erforderliche Sachverhalte in die Übungen ausgelagert. Insofern sind Übungen und Lösungen Bestandteil des Skripts.

Für Hinweise auf Fehler und Unklarheiten bin ich dankbar.

Koblenz, den 12.02.2009

Matthias Künzer

Konventionen.

(1) Für a, b ∈ Z schreiben wir [a, b] := {c ∈ Z : a ⩽ c ⩽ b} für das ganzzahlige Intervall. Ferner bezeichne Z_{⩾0} := {z ∈ Z : z ⩾ 0} etc. Für a, b, c ∈ Z_{⩾0} bedeutet a^{b^{c}} := a^{(b^{c})}, wobei 0^{0} = 1.

(2) Ist X ^{\overline{}^{f}} Y eine Abbildung von Mengen, und sind X′ ⊆ X und Y′ ⊆ Y derart, daß f(X′) ⊆ Y′, dann schreiben wir f|_{X′}^{Y′} : X′ \overline{}Y′ für die im Urbild- und Bildbereich eingeschränkte Abbildung, die ein x′ ∈ X′ nach f(x′) ∈ Y′ schickt. Falls Y′ = Y, dann schreiben wir auch f|_{X′} := f|_{X′}^{Y} . Falls X′ = X, dann schreiben wir auch f|^{Y′} = f|_{X}^{Y′}.

(3) Es stehe “für x ∈ X” auch kurz statt “für alle x ∈ X”. Dagegen wird “für ein x ∈ X” nicht abgekürzt.

(4) Die disjunkte Vereinigung von Mengen X und Y werde X ⊔ Y geschrieben.

(5) Ist X eine endliche Menge, so bezeichnet |X| ihre Kardinalität, d.h. die Anzahl ihrer Elemente. Ist X unendlich, so schreiben wir für diesen Sachverhalt |X| = ∞.

(6) Ist R ein kommutativer Ring, so schreiben wir auch R^{×} := R ∖ {0}.

(7) Gelegentlich wird eine injektive Abbildung X \overline{}Y auch X [figure] Y notiert.

Kapitel 1

Polynomringe und Ideale

1.1 Gruppen, Ringe, Körper

Erinnerung.

(1) Eine Gruppe ist eine Menge G, zusammen mit einer Abbildung (Multiplikation)

[figure: G × G; (·); G ,; (g, h); g · h = gh]

derart, daß es ein 1 = 1_{G} ∈ G gibt mit g · 1 = 1 · g = g für g ∈ G, daß es für jedes g ∈ G ein g^{−1} ∈ G gibt mit g ·g^{−1} = g^{−1} ·g = 1, und derart, daß (g ·h)·k = g ·(h·k) für g, h, k ∈ G. Wir schreiben oft kurz G für (G, ·).

Ist g ∈ G und k ∈ Z_{⩾1}, so schreibe g^{k} := \underbrace{g ⋯ g}_{k Faktoren}, g^{−k} := \underbrace{g^{−1} ⋯ g^{−1}}_{k Faktoren} und g^{0} := 1.

Zum Beispiel ist für gegebenes n ⩾ 1 die symmetrische Gruppe S_{n} eine Gruppe. Ihre Elemente sind Permutationen der Menge [1, n] := {1, …, n}, d.h. Bijektionen von [1, n] nach [1, n]. Die Multiplikation ist durch die Komposition von Bijektionen gegeben.

Auf Gruppen in dieser Allgemeinheit kommen wir in einem späteren Abschnitt noch zu sprechen; vgl. §3.2.

(2) Eine abelsche Gruppe ist eine Menge A, zusammen mit einer Abbildung (Addition)

[figure: A × A; (+); A ,; (a, b); a + b]

derart, daß a + b = b + a für a, b ∈ A, daß es ein 0 = 0_{A} ∈ A gibt mit a + 0 = a für a ∈ A, daß es für jedes a ∈ A ein −a ∈ A gibt mit a + (−a) = 0, und derart, daß (a + b) + c = a + (b + c) für a, b, c ∈ A. Wir schreiben oft kurz A für (A, +). Wir schreiben auch a − b := a + (−b) etc.

Beachte, daß das Element 0 durch die Eigenschaft a + 0 = a für a ∈ A eindeutig festgelegt ist. Denn gibt es ein 0′ ∈ A mit a+0′ = a für a ∈ A, so folgt 0 = 0+0′ = 0′.

Beachte, daß für a ∈ A das Element −a durch die Eigenschaft a+(−a) = 0 eindeutig festgelegt ist. Denn gibt es ein b ∈ A mit a + b = 0, so folgt b = b + a + (−a) = −a.

Ist a ∈ A und k ∈ Z_{⩾1}, so schreibe ka := \underbrace{a + ⋯ + a}_{k Summanden} , (−k)a := \underbrace{(−a) + ⋯ + (−a)}_{k Summanden} und 0 · a := 0.

Zum Beispiel bilden die ganzen Zahlen Z zusammen mit der üblichen Addition (+) eine abelsche Gruppe.

Beachte, daß eine abelsche Gruppe auch multiplikativ geschrieben werden kann. Diesenfalls wird das neutrale Element mit 1 und das zu a ∈ A inverse Element mit a^{−1} bezeichnet.

Eine Gruppe G wie in (1) ist abelsch, falls gh = hg für g, h ∈ G.

(3) Ein kommutativer Ring ist eine Menge R, zusammen mit Abbildungen (Addition und Multiplikation)

[figure: R × R; (+); R ,; (r, s); r + s; R × R; (·); R ,; (r, s); r · s = rs]

derart, daß (R, +) eine abelsche Gruppe ist, mit Nullelement 0 = 0_{R}, daß r ·s = s·r für r, s ∈ R, daß es ein Element 1 = 1_{R} gibt mit r · 1 = r für r ∈ R, und derart, daß (r · s) · t = r · (s · t) und (r + s) · t = r · t + s · t für r, s, t ∈ R.

Wir schreiben oft kurz R für (R, +, ·).

Falls erforderlich, schreiben wir auch (+_{R}) := (+) und (·_{R}) := (·).

Es gelte die Regel “Punkt vor Strich”, d.h. a + b · c := a + (b · c) etc.

Beachte, daß das Element 1 durch die Eigenschaft r · 1 = r für r ∈ R eindeutig festgelegt ist. Denn gibt es ein 1′ ∈ R mit r · 1′ = r für r ∈ R, so folgt 1 = 1 · 1′ = 1′.

Beachte, daß 0 · r = 0 · r + 0 · r − 0 · r = (0 + 0) · r − 0 · r = 0 · r − 0 · r = 0 für r ∈ R.

Beachte, daß (−r)·s = (−r)·s+r ·s−r ·s = ((−r)+r)·s−r ·s = 0·s−r ·s = −r ·s für r, s ∈ R.

Ist r ∈ R und k ∈ Z_{⩾1}, so schreibe r^{k} := \underbrace{r ⋯ r}_{k Faktoren} und r^{0} := 1.

Zum Beispiel bilden die ganzen Zahlen Z zusammen mit der üblichen Addition (+) und der üblichen Multiplikation (·) einen kommutativen Ring.

(4) Ein Körper ist ein kommutativer Ring K, für welchen (K ∖ {0}, ·) eine abelsche Gruppe ist.

Zum Beispiel ist Z kein Köper. Wohl aber sind Q, R und C Körper. Wir werden noch weitere Beispiele kennenlernen. In der Tat dient dieses Kapitel §1 dazu, zur Konstruktion weiterer Beispiele das nötige Werkzeug bereitzustellen.

Beachte, daß es in einem kommutativen Ring für ein Element r ∈ R höchstens ein r′ mit rr′ = 1 gibt. Denn ist dazuhin rr′′ = 1, so folgt r′ = r′′rr′ = r′′. Das Element r heißt diesenfalls invertierbar, und wir schreiben r^{−1} := r′.

Bemerkung. Ein kommutativer Ring R ist ein Körper genau dann, wenn 0_{R} ≠ 1_{R} und jedes r ∈ R ∖ {0} invertierbar ist.

Beweis. Schreibe in diesem Beweis R^{×} := R ∖ {0}.

(⟹). Ist R ein Körper, so halten wir zunächst fest, daß 1_{R} ∈ R^{×}. Denn wäre 1_{R} = 0_{R}, so wäre r = r · 1_{R} = r · 0_{R} = 0_{R} für r ∈ R, und also R^{×} = ∅, und somit keine abelsche Gruppe, da diese wenigstens das Element 1_{R^{×}} enthält.

Mit oben gesehener Eindeutigkeit ist also 1_{R} = 1_{R^{×}}. Somit gibt es zu r ∈ R^{×} ein r^{−1} mit rr^{−1} = 1_{R^{×}} = 1_{R}, da (R^{×}, ·) eine abelsche Gruppe ist.

(⟸). Sei umgekehrt 0_{R} ≠ 1_{R} und r^{−1} existent für alle r ∈ R^{×}. Zunächst können wir auf R^{×} die Multiplikationsabbildung (·)|_{(R^{×})×(R^{×})}^{R^{×}} definieren. Denn nehmen wir an, es gibt r, s ∈ R^{×} mit rs = 0. Dann ist s = r^{−1}rs = r^{−1} · 0 = 0, Widerspruch.

Ferner, ist r ∈ R^{×}, so ist auch r^{−1} ∈ R^{×}. Denn wäre r^{−1} = 0_{R}, so wäre 1_{R} = r^{−1} · r = 0_{R} · r = 0_{R}, Widerspruch.

Nun gelten mit 1_{R^{×}} := 1_{R} in R^{×} alle Gesetze einer multiplikativ geschriebenen abelschen Gruppe: es ist r · s = s · r für r, s ∈ R^{×}, es ist r · 1_{R^{×}} = r für r ∈ R^{×}, es ist r · r^{−1} = 1_{R^{×}} für r ∈ R^{×} und es ist (r · s) · t = r · (s · t) für r, s, t ∈ R^{×}, da dies jeweils in R gilt.

1.2 Ideale

Definition. Sei R ein kommutativer Ring. Eine Teilmenge I ⊆ R heißt Ideal, falls 0 ∈ I, falls für alle x, y ∈ I gilt, daß x − y ∈ I, und falls für alle r ∈ R und alle x ∈ I auch rx ∈ I ist.

Bemerkung. Ist I ⊆ R ein Ideal, und sind x, y ∈ R, dann ist auch −x = 0 − x ∈ I, und damit auch x + y = x − (−y) ∈ I.

Beispiel. Für a ∈ Z ist die Teilmenge aZ := {az : z ∈ Z} ⊆ Z ein Ideal.

Beispiel. Allgemeiner, ist R ein kommutativer Ring, und ist r ∈ R, so ist die Teilmenge rR := {rs : s ∈ R} ⊆ R ein Ideal. Ideale von dieser Form heißen Hauptideale. Man spricht auch von r als vom Erzeuger von rR. Beachte, daß für s ∈ R invertierbar gilt, daß rR = srR.

Beispiel. Sei R ein kommutativer Ring. Die Teilmengen {0} = 0R ⊆ R und R = 1R ⊆ R sind Ideale.

Bemerkung. Sei R ein kommutativer Ring. Sei I ⊆ R ein Ideal. Es ist I = R genau dann, wenn 1 ∈ I.

Beweis. Ist I = R, so ist 1 ∈ I. Ist umgekehrt 1 ∈ I, dann auch r = r · 1 ∈ I für alle r ∈ R, woraus I = R folgt.

Bemerkung. Sind I und J Ideale in R, so trifft dies auch auf I ∩ J und I + J := {x + y : x ∈ I, y ∈ J} zu.

Beweis. Zu I ∩ J. Es ist 0 ∈ I ∩ J. Sind x, y ∈ I ∩ J, so ist auch x − y ∈ I ∩ J, da I und J unter Differenzbildung abgeschlossen sind. Ist dazuhin r ∈ R, so ist auch rx ∈ I ∩ J, da I und J unter Multiplikation mit beliebigen Elementen aus R abgeschlossen sind.

Zu I+J. Es ist 0 = 0+0 ∈ I∩J. Sind x, y ∈ I+J, so können wir x = x′+x′′ und y = y′+y′′ mit x′, y′ ∈ I und x′′, y′′ ∈ J schreiben. Es wird x − y = (x′ − y′) + (x′′ − y′′) ∈ I + J. Ist dazuhin r ∈ R, so ist auch rx = rx′ + rx′′ ∈ I + J.

Bemerkung. Ein kommutativer Ring R ist ein Körper genau dann, wenn er zwei Ideale enthält. Diesenfalls sind dies {0} und R.

Beweis. (⟹). Sei R ein Körper. Sei I ⊆ R ein Ideal, und sei I ≠ {0}. Wir wollen zeigen, daß I = R, und zeigen dazu, daß R ⊆ I. Sei r ∈ R. Wir wollen zeigen, daß r ∈ I. Nun gibt es ein x ∈ I ∖ {0}. Also ist r = x(x^{−1}r) ∈ I. Somit sind {0} und R die einzigen Ideale von R.

Ferner ist {0} ≠ R, da in einem Körper 0 ≠ 1, und somit 1 ∈ R, aber 1 ∉ {0}. Also enthält R zwei Ideale, nämlich {0} und R.

(⟸). Enthalte R zwei Ideale. Es enthält R die Ideale {0} und R. Wäre {0} = R, so wäre {0} mangels weiterer Teilmengen, die 0 enthalten, das einzige Ideal in R, Widerspruch. Also ist {0} ≠ R, und dies sind die einzigen Ideale von R.

Es ist 1 ≠ 0, da sonst wegen r = r · 1 = r · 0 = 0 für r ∈ R auch R = {0} wäre.

Sei nun r ∈ R ∖ {0}. Wir bilden das Ideal rR. Da es r enthält, ist es ungleich {0}, und somit gleich R. Also gibt es ein s ∈ R mit rs = 1. D.h., r istW invertierbar.

1.3 Faktorringe

Sei I ein Ideal in einem kommutativen Ring R. Für r, s ∈ R schreiben wir r ≡_{I} s, gesprochen “r kongruent modulo I zu s”, falls r − s ∈ I. Ist I = tR für ein t ∈ R, so schreiben wir auch kurz ≡_{t} statt ≡_{tR}.

Bemerkung. Es ist (≡_{I}) eine Äquivalenzrelation auf R.

Beweis. Es ist (≡_{I}) reflexiv, da r ≡_{I} r aus r − r = 0 ∈ I folgt für r ∈ R. Es ist (≡_{I}) symmetrisch, da für r, s ∈ R

r ≡_{I} s ⟹ r − s ∈ I ⟹ s − r ∈ I ⟹ s ≡_{I} r .

Es ist (≡_{I}) transitiv, da für r, s, t ∈ R aus r ≡_{I} s und s ≡_{I} t folgt, daß r − t = (r − s) + (s − t) ∈ I, und also r ≡_{I} t.

Sei mit r + I die Äquivalenzklasse von r ∈ R bezüglich (≡_{I}) bezeichnet. In der Tat ist r + I = {r + x : x ∈ I}. Schreibe R/I := R/≡_{I} für die Menge der Äquivalenzklassen.

Lemma. Mittels (r + I) + (s + I) := (r + s) + I und (r + I) · (s + I) := (r · s) + I für r, s ∈ R wird R/I zu einem kommutativen Ring, dem Faktorring von R modulo I.

Beweis. Zunächst ein etwas heikler Punkt. Definiert man eine Abbildung auf Äquivalenzklassen unter Verwendung von gewählten Repräsentanten, wie eben für (+) und (·) auf R/I geschehen, so hat man zunächst zu zeigen, daß das Bildelement nicht von der Wahl der Repräsentanten abhängt.

Allgemein nennt man die Aussage, daß eine gewisse Setzung in der Tat eine Abbildung definiert, auch die Wohldefiniertheit der betreffenden Abbildung. Wir zeigen also zunächst die Wohldefiniertheit von Addition und Multiplikation.

Seien also r, r′, s, s′ ∈ R gegeben mit r ≡_{I} r′ und s ≡_{I} s′. Dann ist

r + s ≡_{I} r + s + (r′ − r) + (s′ − s) = r′ + s′ ,

sowie

r · s ≡_{I} r · s + (r′ − r) · s + r′ · (s′ − s) = r′ · s′ .

Nun zum Nachweis der Eigenschaften eines kommutativen Ringes. Seien 0_{R/I} := 0_{R} + I und 1_{R/I} := 1_{R} + I angesetzt. Sei ferner −(r + I) := (−r) + I angesetzt, wobei r ∈ R.

Wir erhalten folgende Identitäten. Seien r, s, t ∈ R.

(r + I) + (s + I) = (r + s) + I = (s + r) + I = (s + I) + (r + I)
(r + I) + (0 + I) = (r + 0) + I = r + I
(r + I) + ((−r) + I) = (r + (−r)) + I = 0 + I
((r + I) + (s + I)) + (t + I) = ((r + s) + t) + I = (r + (s + t)) + I
= (r + I) + ((s + I) + (t + I))
(r + I) · (s + I) = (r · s) + I = (s · r) + I = (s + I) · (r + I)
(r + I) · (1 + I) = (r · 1) + I = r + I
((r + I) · (s + I)) · (t + I) = ((r · s) · t) + I = (r · (s · t)) + I
= (r + I) · ((s + I) · (t + I))
((r + I) + (s + I)) · (t + I) = ((r + s) · t) + I = (r · t + s · t) + I
= (r + I) · (t + I) + (s + I) · (t + I)

Kurz, die geforderten Eigenschaften für R/I vererben sich von denen für R.

Beispiel. Es ist R/R ein Ring mit nur einem Element, 0 + R = 1 + R.

Beispiel. Es ist für n ⩾ 0 der Ring Z/nZ ein Ring mit n Elementen,

Z/nZ = {0 + nZ, …, (n − 1) + nZ} .

Sei nämlich k ∈ Z gegeben. Mit einer Division mit Rest können wir k = nz +w schreiben, wobei w ∈ [0, n − 1]. Also taucht k + nZ = w + nZ in dieser Liste auf. Umgekehrt, ist w + nZ = w′ + nZ für 0 ⩽ w ⩽ w′ ⩽ n − 1, so ist w′ − w ∈ nZ ∩ [0, n − 1] = {0}, und also w = w′.

Wir sind aber an diese Liste von Repräsentanten nicht gebunden. Zum Beispiel ist alternativ −1 + nZ = (n − 1) + nZ. Beachte nun, daß es für Rechnungen oft einfacher ist, −1 + nZ zu verwenden. So etwa ist (−1 + nZ)^{2} = (−1)^{2} + nZ = 1 + nZ; oder aber auch ((n − 1) + nZ)^{2} = (n − 1)^{2} + nZ = n^{2} − 2n + 1 + nZ = 1 + nZ.

Konvention. Ist aus dem Kontext ersichtlich, daß wir in Z/nZ rechnen, so schreiben wir auch kurz x statt x + nZ.

Diese Konvention ist praktisch unumgänglich, will man mit Polynomen mit Koeffizienten aus Z/nZ rechnen; vgl. §1.6 unten.

1.4 Ringmorphismen

1.4.1 Definition und Schreibweise

Definition. Seien R und S kommutative Ringe. Eine Abbildung R ^{\overline{}^{f}} S heißt Ringmorphismus oder auch Morphismus von Ringen, falls f(1_{R}) = 1_{S}, f(r + r′) = f(r) + f(r′) und f(r · r′) = f(r) · f(r′) für alle r, r′ ∈ R ist. Beachte, daß dann auch

f(0_{R}) = f(0_{R}) + f(0_{R}) − f(0_{R}) = f(0_{R} + 0_{R}) − f(0_{R}) = f(0_{R}) − f(0_{R}) = 0_{S}

und

f(−r) = f(−r)+f(r)−f(r) = f(−r+r)−f(r) = f(0_{R})−f(r) = 0_{S}−f(r) = −f(r)

für r ∈ R ist.

Beispiel. Sei I ⊆ R ein Ideal. Die Restklassenabbildung R ^{\overline{}^{ρ}} R/I, r \overline{}r + I ist ein Ringmorphismus.

Ein bijektiver Ringmorphismus R ^{\overline{}^{f}} S heißt Ringisomorphismus oder auch Isomorphismus von Ringen, symbolisch geschrieben R \overline{}^{f}_{∼} S. Gibt es einen Ringisomorphismus von R nach S, so heißen R und S isomorph, geschrieben R ≃ S.

Ein Isomorphismus R \overline{}^{f}_{∼} R von R nach R heißt auch Ringautomorphismus oder Automorphismus von Ringen.

Isomorphe kommutative Ringe sind “im wesentlichen gleich”. Vorsicht, ein nichtidentischer Isomorphismus R ^{\overline{}^{∼}} R ist von der Identität dagegen wesentlich verschieden. Man kann also nicht generell sagen, Isomorphismen seien quasi Gleichheiten.

Ein Ringmorphismus zwischen Körpern heißt auch Körpermorphismus. Etc.

Beispiel. Es ist R \overline{}R/\{0\}, r \overline{}r + \{0\} ein Ringisomorphismus. Insbesondere ist R ≃ R/{0}.

Beispiel. Es ist C \overline{}C, z = ui + v \overline{}− ui + v =: z̄ der Körperisomorphismus der komplexen Konjugation, wobei u, v ∈ R. In der Tat ist

¯1  = 1
\overline{(ui + v) + (u′i + v′)} = −ui − u′i + v + v′  = \overline{(ui + v)} + \overline{(u′i + v′)}
\overline{(ui + v) · (u′i + v′)} = −uu′ − uv′i − u′vi + vv′ = \overline{(ui + v)} · \overline{(u′i + v′)}

wobei u, u′, v, v′ ∈ R. Und die komplexe Konjugation unterscheidet sich wesentlich von der Identität auf C.

Bemerkung. Ist R ^{\overline{}^{f}} S ein Ringisomorphismus zwischen kommutativen Ringen, so auch S ^{\overline{}^{f^{−1}}} R.

Beweis. Es ist f^{−1}(1_{S}) = f^{−1}(f(1_{R})) = 1_{R}. Für s, s′ ∈ S ist

f^{−1}(s+s′) = f^{−1}(f(f^{−1}(s))+f(f^{−1}(s′))) = f^{−1}(f(f^{−1}(s)+f^{−1}(s′))) = f^{−1}(s)+f^{−1}(s′)

und

f^{−1}(s · s′) = f^{−1}(f(f^{−1}(s)) · f(f^{−1}(s′))) = f^{−1}(f(f^{−1}(s) · f^{−1}(s′))) = f^{−1}(s) · f^{−1}(s′) .

Bemerkung. Sind R ^{\overline{}^{f}} S und S ^{\overline{}^{g}} T Ringmorphismen zwischen kommutativen Ringen, so auch R ^{\overline{}^{g∘f}} T.

Beweis. Es ist (g∘f)(1_{R}) = g(1_{S}) = 1_{T}. Für r, r′ ∈ R ist (g∘f)(r+r′) = g(f(r)+f(r′)) = (g ∘ f)(r) + (g ∘ f)(r′) und (g ∘ f)(r · r′) = g(f(r) · f(r′)) = (g ∘ f)(r) · (g ∘ f)(r′).

Bemerkung. Sei R ^{\overline{}^{f}} S ein Ringmorphismus zwischen kommutativen Ringen. Sei r ∈ R invertierbar. Dann ist f(r) invertierbar, und es ist f(r)^{−1} = f(r^{−1}).

Beweis. Es ist f(r^{−1})f(r) = f(r^{−1}r) = f(1_{R}) = 1_{S}.

1.4.2 Teilringe

Definition. Sei S = (S, +_{S}, ·_{S}) ein kommutativer Ring. Eine Teilmenge T ⊆ S heißt Teilring, falls 1_{S} ∈ T und falls für alle t, t′ ∈ T auch t − t′ ∈ T und tt′ ∈ T. Beachte, daß dann auch 0_{S} = 1_{S} − 1_{S} ∈ T und daß mit t, t′ ∈ T auch −t = 0 − t ∈ T und t + t′ = t − (−t′) ∈ T.

Mit 1_{T} := 1_{S} und 0_{T} := 0_{S}, sowie (+_{T}) := (+_{S})|_{T ×T}^{T} und (·_{T}) := (·_{S})|_{T ×T}^{T} wird (T, ·_{T} , +_{T}) ersichtlich ein kommutativer Ring – die verlangten Eigenschaften gelten alle bereits in S.

Diesenfalls ist die Inklusionsabbildung T \overline{}S, t \overline{}t ein Ringmorphismus.

Beispiel. Es ist Z ein Teilring von Q. Dies zeigt, daß Teilringe von Körpern nicht notwendig Körper sind.

1.4.3 Gebrauchsanweisung für Faktorringe

Bemerkung. Sei R ein kommutativer Ring, und sei I ⊆ R ein Ideal. Sei S ein weiterer kommutativer Ring, und sei R ^{\overline{}^{f}} S ein Ringmorphismus mit f(I) = \{0\}. Dann gibt es genau einen Ringmorphismus R/I ^{\overline{}^{f′}} S derart, daß f′ ∘ ρ = f.

\xymatrix{R \ar[r]^{f} \ar[d]_{ρ} & S \\ R/I \ar@{.>}[ur]_{f′}}

Beweis. Die Eindeutigkeit von f′ folgt aus der Surjektivität von R ^{\overline{}^{ρ}} R/I. Wir müssen ein solches f′ konstruieren. Wir setzen f′(r + I) := f(r) für r ∈ R. Dies gibt eine wohldefinierte Abbildung R/I ^{\overline{}^{f′}} S, da für r, r′ ∈ R mit r ≡_{I} r′ auch

f(r) = f(r) + f(r′ − r) = f(r + r′ − r) = f(r′)

ist. Nun ist f′(1_{R/I}) = f′(1_{R} + I) = f(1_{R}). Für r, r′ ∈ R ist ferner

f′((r + I) + (r′ + I)) = f′((r + r′) + I) = f(r + r′) = f(r) + f(r′)
= f′(r + I) + f′(r′ + I)
f′((r + I) · (r′ + I)) = f′((r · r′) + I) = f(r · r′) = f(r) · f(r′)
= f′(r + I) · f′(r′ + I) .

Also ist f′ auch ein Ringmorphismus.

Sei R ^{\overline{}^{f}} S ein Ringmorphismus kommutativer Ringe. Seien Kern und Bild von f wie folgt definiert.

Kern f := f^{−1}({0}) = {r ∈ R : f(r) = 0_{S}} ⊆ R (dt. Kern).
Im f := f(R)  = {f(r) : r ∈ R}  ⊆ S (engl. image).

Lemma.

(1) Es ist Kern f ⊆ R ein Ideal.

(2) Es ist Im f ⊆ S ein Teilring.

(3) Es ist f injektiv genau dann, wenn Kern f = {0}.

(4) Es ist die Abbildung R/ Kern f ^{\overline{}^{f̃}} Im f, r + Kern f \overline{}f(r) ein Isomorphismus von Ringen.

Beweis.

Ad (1). Es ist 0_{R} ∈ Kern f, da f(0_{R}) = 0_{S}. Sind x, y ∈ Kern f, so ist auch x−y ∈ Kern f, da f(x − y) = f(x) − f(y) = 0_{S} − 0_{S} = 0_{S}. Sind r ∈ R und x ∈ Kern f, so ist auch rx ∈ Kern f, da f(rx) = f(r)f(x) = f(r) · 0_{S} = 0_{S}.

Ad (2). Es ist 1_{S} = f(1_{R}) ∈ Im f. Ferner, sind t, t′ ∈ Im f, so können wir t = f(r) und t′ = f(r′) schreiben für gewisse r, r′ ∈ R. Also sind t−t′ = f(r)−f(r′) = f(r−r′) ∈ Im f und tt′ = f(r)f(r′) = f(rr′) ∈ Im f.

Ad (3). Allgemein ist Kern f = f^{−1}({0_{S}}) ⊇ {0_{R}}.

(⟹). Ist f injektiv, so ist also f^{−1}({0_{S}}) = {0_{R}}.

(⟸). Ist umgekehrt f^{−1}({0_{S}}) = {0_{R}}, und sind r, r′ ∈ R mit f(r) = f(r′) gegeben, so ist 0_{S} = f(r) − f(r′) = f(r − r′), und also r − r′ ∈ f^{−1}({0_{S}}) = {0_{R}}, d.h. r = r′.

Ad (4). Mit vorstehender Bemerkung, angewandt auf den Ringmorphismus R ^{\overline{}^{f|^{Im f}}} Im f, erhalten wir die Wohldefiniertheit von f̃ und die Tatsache, daß es sich um einen Ringmorphismus handelt. Bleibt noch die Bijektivität von f̃ zu überprüfen. Nach Konstruktion ist f̃ surjektiv. Mit (3) bleibt also zu zeigen, daß der Kern von f̃ nur 0_{R/ Kern f} = 0 + Kern f enthält. Sei r ∈ R mit f̃(r + Kern f) = 0 vorgegeben. Dann ist f(r) = f̃(r + Kern f) = 0. Also ist r ∈ Kern f, und somit r + Kern f = 0 + Kern f.

Insgesamt gibt der Ringmorphismus R ^{\overline{}^{f}} S also Anlaß zu den Ringmorphismen

R ^{\overline{}^{surj.}} R/ Kern f \overline{}^{f̃}_{∼} Im f ^{\overline{}^{inj.}} S ,

die komponiert auch wieder f ergeben.

1.5 Integritätsbereiche

Definition. Ein kommutativer Ring R heißt Integritätsbereich, falls 1_{R} ≠ 0_{R} und falls für alle x ∈ R ∖ \{0\} die Abbildung R \overline{}R, r \overline{}xr injektiv ist.

Bemerkung. Ein kommutativer Ring R ist ein Integritätsbereich genau dann, wenn 1_{R} ≠ 0_{R} und wenn für r, s ∈ R ∖ {0} auch r · s ≠ 0 ist.

Beweis. Ist r \overline{}xr injektiv für alle x ∈ R ∖ \{0\}, und sind r, s ∈ R ∖ \{0\} gegeben, dann folgt aus s ≠ 0, daß rs ≠ r0 = 0. Ist umgekehrt für r, s ∈ R ∖ {0} auch r · s ≠ 0, und sind x ∈ R ∖ {0} sowie r, r′ ∈ R mit xr = xr′ gegeben, so folgt x(r − r′) = 0, und daher, da x ≠ 0, auch r − r′ = 0, und also r = r′. Dies zeigt die Injektivität von r \overline{}xr.

Beispiel. Der Ring der ganzen Zahlen Z ist ein Integritätsbereich.

Beispiel. Der Ring Z/4Z ist kein Integritätsbereich, da (2 + 4Z)(2 + 4Z) = 0, aber 2 + 4Z ≠ 0.

Beispiel. Jeder Körper ist ein Integritätsbereich. Allgemeiner, jeder Teilring eines Körpers ist ein Integritätsbereich. Allgemeiner, jeder Teilring eines Integritätsbereichts ist ein Integritätsbereich.

Bemerkung. Sei R ein Integritätsbereich. Seien r, s ∈ R ∖ {0}. Es ist rR = sR genau dann, wenn es ein invertierbares Element x ∈ R gibt mit rx = s.

Beweis. Ist rx = s mit x ∈ R invertierbar, so ist rR = rxR = sR, da rxR ⊆ rR und rR = (rx)x^{−1}R ⊆ (rx)R.

Ist umgekehrt rR = sR, so gibt es ein x ∈ R mit rx = s und ein y ∈ R mit sy = x. Es folgt rxy = sy = r, und also, da r ≠ 0 und R Integritätsbereich, xy = 1.

Bemerkung. Ein endlicher Integritätsbereich R ist ein Körper.

Beweis. Sei x ∈ R ∖ \{0\}. Wir müssen zeigen, daß x invertierbar ist. Nun ist R \overline{}R, r \overline{}xr injektiv. Da aber R endlich ist, ist diese Abbildung auch surjektiv. Mithin gibt es ein r ∈ R mit xr = 1.

Beispiel. Sei p ∈ Z prim. Verwendet man Primfaktorzerlegung in Z, so sieht man, daß Z/pZ ein Integritätsbereich ist. Denn sind r, s ∈ Z mit r ≢_{p} 0 und s ≢_{p} 0 gegeben, dann ist auch rs ≢_{p} 0. Mit voriger Bemerkung ist

F_{p} := Z/pZ

also ein Körper. Dieses Beispiel werden wir nochmals, und dann in größerer Allgemeinheit in §§ 1.8.2, 1.8.4 behandeln.

Hierbei steht F für engl. field. Beachte, daß F_{p} = Z/pZ nur für p prim geschrieben wird. Unten in §1.8.5 werden wir F_{4} etc. kennenlernen, diese Körper sind aber anders definiert. Insbesondere wird, wie man nicht oft genug betonen kann, F_{4} ≄ Z/4Z werden.

Beispiel. Die Multiplikationstafel von F_{7} hat folgende Gestalt.

\begin{matrix}(·) & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 2 & 0 & 2 & 4 & 6 & 1 & 3 & 5 \\ 3 & 0 & 3 & 6 & 2 & 5 & 1 & 4 \\ 4 & 0 & 4 & 1 & 5 & 2 & 6 & 3 \\ 5 & 0 & 5 & 3 & 1 & 6 & 4 & 2 \\ 6 & 0 & 6 & 5 & 4 & 3 & 2 & 1 \end{matrix}

Daß jedes Element ungleich 0 ein multiplikativ Inverses besitzt, bedeutet, daß in jeder Zeile eine 1 zu finden ist. Oder, symmetrisch, in jeder Spalte. Die konkrete Bestimmung des Inversen kann mit dem Euklidschen Algorithmus aus den Übungen vorgenommen werden; vgl. Aufgabe 2.

1.6 Der Polynomring R[X]

Die beiden Integritätsbereiche, die uns hauptsächlich beschäftigen werden, sind der Ring Z der ganzen Zahlen, und der nun einzuführende Ring K[X] der Polynome mit Koeffizienten in einem Körper K. Es wird sich herausstellen, daß sich Z und K[X] ganz ähnlich verhalten. Zum Beispiel gibt es für beide einen Euklidschen Algorithmus, wie wir in den Übungen sehen; vgl. Aufgaben 2 und 8.

1.6.1 Definition und Schreibweise

Sei R ein kommutativer Ring. Sei R[X] als Menge formaler Polynome mit Koeffizienten in R gegeben, i.e. als

R[X] := {_{∑i⩾0}r_{i}X^{i} : r_{i} ∈ R, es gibt ein m ⩾ 0 mit r_{i} = 0 für alle i ⩾ m} .

Ihre Elemente heißen Polynome in der Variablen X mit Koeffizienten r_{i} in R.

Zwei Polynome _{∑i⩾0}r_{i}X^{i} und _{∑i⩾0}s_{i}X^{i} in R[X] sind vereinbarungsgemäß genau dann gleich, wenn r_{i} = s_{i} für alle i ⩾ 0.

Begibt man sich auf einen formalen Standpunkt, so ist ein Polynom nichts anderes als die Folge seiner Koeffizienten. Insbesondere ist ein Polynom noch keine Abbildung. Man kann aber jedem Polynom in offensichtlicher Weise eine polynomiale Abbildung zuordnen, siehe §1.6.5 unten. Ist der Ring R ein unendlicher Körper wie Q, R oder C, so ergibt sich kein wirklicher Unterschied zwischen Polynom und zugehöriger polynomialer Abbildung. Ist R aber ein endlicher Körper, dann passiert es, daß verschiedene Polynome dieselbe polynomiale Abbildung liefern können; vgl. Beispiel in §1.6.5 unten. Um etwa Koeffizientenvergleich machen zu können, muß man sich hier mit dem Auswerten zurückhalten und Polynome als formale Ausdrücke auffassen.

Die Rechenregeln von Polynomen sind von einem solchen feinen Unterschied aber nicht berührt, und sind die, die man erwartet.

Setze für _{∑i⩾0}r_{i}X^{i}, _{∑i⩾0}s_{i}X^{i} ∈ R[X]

\begin{aligned}_{∑i⩾0}r_{i}X^{i} & + & _{∑i⩾0}s_{i}X^{i} & := & _{∑i⩾0}(r_{i} + s_{i})X^{i} \\ _{∑i⩾0}r_{i}X^{i} & · & _{∑j⩾0}s_{j}X^{j} & := & _{∑k⩾0}(∑_{i∈[0,k]} r_{i}s_{k−i})X^{k} = ∑_{k⩾0}(∑_{i, j ⩾ 0, i+j=k} r_{i}s_{j})X^{k} . \end{aligned}

Wir zeigen, daß ein kommutativer Ring vorliegt. Setze 0_{R[X]} = 0_{R} · X^{0} = 0_{R}, 1_{R[X]} = 1_{R} · X^{0} = 1_{R} und, für ∑_{i⩾0} r_{i}X^{i} ∈ R[X], das Negative − ∑_{i⩾0} r_{i}X^{i} = ∑_{i⩾0}(−r_{i})X^{i} an.

Es ist (R[X], +) eine abelsche Gruppe, wie man koeffizientenweise auf die Tatsache zurückführt, daß (R, +) eine abelsche Gruppe ist.

Seien _{∑i⩾0}r_{i}X^{i}, _{∑i⩾0}s_{i}X^{i}, _{∑i⩾0}t_{i}X^{i} ∈ R[X] gegeben.

Es ist (_{∑i⩾0}r_{i}X^{i}) · 1_{R[X]} = _{∑i⩾0}r_{i}X^{i}, da sich der Koeffizient für X^{k}, k ⩾ 0, zu r_{k} · 1 + r_{k−1} · 0 + ⋯ + r_{0} · 0 = r_{k} ergibt.

Ersichtlicherweise ist (_{∑i⩾0}r_{i}X^{i}) · (_{∑j⩾0}s_{j}X^{j}) = (_{∑j⩾0}s_{j}X^{j}) · (_{∑i⩾0}r_{i}X^{i}).

Ferner wird

((_{∑i⩾0}r_{i}X^{i}) · (_{∑j⩾0}s_{j}X^{j})) · (_{∑ℓ⩾0}t_{ℓ}X^{ℓ}) = (_{∑k⩾0} ∑_{i, j ⩾ 0, i+j=k} r_{i}s_{j}X^{k}) · (_{∑ℓ⩾0}t_{ℓ}X^{ℓ})
= _{∑m⩾0} ∑_{k, ℓ ⩾ 0, k+ℓ=m} ∑_{i, j ⩾ 0, i+j=k} r_{i}s_{j}t_{ℓ}X^{m}
= _{∑m⩾0}(∑_{i, j, ℓ ⩾ 0, i+j+ℓ=m} r_{i}s_{j}t_{ℓ})X^{m} ,

und dies ist auch das Resultat von (_{∑i⩾0}r_{i}X^{i}) · ((_{∑j⩾0}s_{j}X^{j}) · (_{∑ℓ⩾0}t_{ℓ}X^{ℓ})). Desweiteren ist

((_{∑i⩾0}r_{i}X^{i}) + (_{∑i⩾0}s_{i}X^{i})) · (_{∑j⩾0}t_{j}X^{j})
= (_{∑i⩾0}(r_{i} + s_{i})X^{i}) · (_{∑j⩾0}t_{j}X^{j})
= _{∑k⩾0} ∑_{i, j ⩾ 0, i+j=k}(r_{i} + s_{i})t_{j}X^{k}
= _{∑k⩾0} ∑_{i, j ⩾ 0, i+j=k}(r_{i}t_{j} + s_{i}t_{j})X^{k}
= (_{∑k⩾0} ∑_{i, j ⩾ 0, i+j=k} r_{i}t_{j}X^{k}) + (_{∑k⩾0} ∑_{i, j ⩾ 0, i+j=k} s_{i}t_{j}X^{k})
= (_{∑i⩾0}r_{i}X^{i}) · (_{∑j⩾0}t_{j}X^{j}) + (_{∑i⩾0}s_{i}X^{i}) · (_{∑j⩾0}t_{j}X^{j})

Somit ist R[X] = (R[X], +, ·) ein kommutativer Ring, genannt der Polynomring (über R in einer Variablen X).

Der Tradition folgend, schreibt man auch oft z.B.

f = f(X) = ∑_{i⩾0} f_{i}X^{i}

für ein Element von R[X]. Dies sei auch unsere Standardschreibweise.

Beachte, daß im nachhinein die Schreibweise ∑_{i⩾0} f_{i}X^{i} dadurch gerechtfertigt ist, daß mit der eben eingeführten Multiplikation und Addition hierbei in der Tat die Summe über alle Produkte f_{i} · X ⋯ X (i Faktoren) vorliegt. Es ist also ∑_{i⩾0} f_{i}X^{i} nicht nur ein formaler, sondern in R[X] auch ein regelgerecht aus den Polynomen f_{i} = f_{i}·X^{0} und aus dem Polynom X = 1 · X^{1} gebildeter Ausdruck. Vorsicht, diese Schreibweise impliziert nicht, daß f(X) eine Funktion ist. Wohl aber kann man aus f(X) eine Funktion gewinnen; vgl. §1.6.5 unten.

Wir behalten uns noch vor, andere Variablennamen statt X zu verwenden, in der Regel mit Großbuchstaben bezeichnet. So z.B. kann man R[X, Y] := (R[X])[Y] definieren, etc. Ein Element von R[X, Y] hat dann die Form f(X, Y) = ∑_{i⩾0, j⩾0} f_{i,j}X^{i}Y^{j} mit f_{i,j} ∈ R. Etc.

1.6.2 Gebrauchsanweisung für Polynomringe

Sei n ⩾ 1. Schreibe R ^{\overline{}^{c}} R[X_{1}, …, X_{n}], r \overline{}r, wobei das Bild das konstante Polynom mit Wert r bedeute.

Bemerkung. Sei S ein weiterer kommutativer Ring, und sei R ^{\overline{}^{a}} S ein Ringmorphismus. Seien s_{1}, …, s_{n} ∈ S gegeben. Dann gibt es genau einen Ringmorphismus R[X_{1}, …, X_{n}] ^{\overline{}^{b}} S so, daß zum einen b ∘ c = a, und so, daß zum anderen b(X_{i}) = s_{i} für i ∈ [1, n].

\xymatrix{R \ar[r]^{a} \ar[d]_{c} & S \\ R[X_{1}, …, X_{n}] \ar@{.>}[ur]_{b}}

Schreibe noch

f^{a}(s_{1}, …, s_{n}) := _{∑i_{k}⩾0, k∈[1,n]}a(f_{i_{1},...,i_{n}})s_{1}^{i_{1}} ⋯ s_{n}^{i_{n}}

für das Bild von f(X_{1}, …, X_{n}) unter b; vgl. Beweis.

Ist a die Einbettung eines Teilrings R ⊆ S, so schreibe auch

f(s_{1}, …, s_{n}) := f^{a}(s_{1}, …, s_{n}) = _{∑i_{k}⩾0, k∈[1,n]}f_{i_{1},...,i_{n}}s_{1}^{i_{1}} ⋯ s_{n}^{i_{n}} .

Merke: ein Ringmorphismus von einem Polynomring aus wird durch Einsetzen von Werten für die Variablen definiert.

Umgekehrt gesehen: Werte einsetzen in ein Polynom konnten wir immer schon, nur wissen wir nun, daß es sich bei der Prozedur des Einsetzens um einen Ringmorphismus handelt, auf welchen wir unseren Apparat anwenden können.

Beweis. Eindeutigkeit. Sei b̃ : R[X_{1}, …, X_{n}] \overline{}S ein weiterer solcher Ringmorphismus. Es wird

b̃(f(X_{1}, …, X_{n})) = b̃(_{∑i_{k}⩾0, k∈[1,n]}f_{i_{1},...,i_{n}}X_{1}^{i_{1}} ⋯ X_{n}^{i_{n}})
= _{∑i_{k}⩾0, k∈[1,n]}b̃(f_{i_{1},...,i_{n}})b̃(X_{1})^{i_{1}} ⋯ b̃(X_{n})^{i_{n}}
= _{∑i_{k}⩾0, k∈[1,n]}a(f_{i_{1},...,i_{n}})s_{1}^{i_{1}} ⋯ s_{n}^{i_{n}}
= b(f(X_{1}, …, X_{n}))

für f(X_{1}, …, X_{n}) ∈ R[X_{1}, …, X_{n}], und mithin b̃ = b.

Existenz. Setze

b(f(X_{1}, …, X_{n})) = b(_{∑i_{k}⩾0, k∈[1,n]}f_{i_{1},...,i_{n}}X_{1}^{i_{1}} ⋯ X_{n}^{i_{n}}) := _{∑i_{k}⩾0, k∈[1,n]}a(f_{i_{1},...,i_{n}})s_{1}^{i_{1}} ⋯ s_{n}^{i_{n}} .

Dann sind b∘c = a und b(X_{i}) = s_{i} für i ∈ [1, n] erfüllt. Zeigen wir, daß ein Ringmorphismus vorliegt. Es wird 1_{R[X_{1},...,X_{n}]} auf 1_{S} geschickt. Ersichtlich ist das Bild der Summe zweier Polynome unter b gleich der Summe der Bilder. Um also nun noch zu zeigen, daß das Bild des Produktes zweier Polynome unter b gleich dem Produkt der Bilder ist, genügt es, das Produkt zweier Monome zu betrachten, also zweier Polynome, die aus je einem Summanden bestehen. Und in der Tat ist, mit r, r′ ∈ R und i_{k}, i′_{k} ⩾ 0 für k ∈ [1, n],

b((rX_{1}^{i_{1}} ⋯ X_{n}^{i_{n}}) · (r′X_{1}^{i′_{1}} ⋯ X_{n}^{i′_{n}})) = b(rr′X_{1}^{i_{1}+i′_{1}} ⋯ X_{n}^{i_{n}+i′_{n}})
= a(rr′)s_{1}^{i_{1}+i′_{1}} ⋯ s_{n}^{i_{n}+i′_{n}}
= a(r)s_{1}^{i_{1}} ⋯ s_{n}^{i_{n}} · a(r′)s_{1}^{i′_{1}} ⋯ s_{n}^{i′_{n}}
= b(rX_{1}^{i_{1}} ⋯ X_{n}^{i_{n}}) · b(r′X_{1}^{i′_{1}} ⋯ X_{n}^{i′_{n}}) .

Beispiel. Mit n = 1, R = S, a = id und x = s_{1} ∈ R erhalten wir den Ringmorphismus R[X] \overline{}R, f(X) \overline{}f(x). In Aufgabe 7.(2) war z.B. x = 0.

Beispiel. Sei R ^{\overline{}^{a}} S ein Morphismus kommutativer Ringe. Wir erhalten mit der Setzung b(X) := X das kommutative Viereck von Ringmorphismen

\xymatrix{R \ar[r]^{a} \ar[d]_{c} & S \ar[d]^{c} \\ R[X] \ar@{.>}[r]^{b} & S[X] ,}

wobei b ein Polynom f(X) ∈ R[X] schickt nach f^{a}(X) = ∑_{i⩾0} a(f_{i})X^{i}.

Beispiel. Sei n = 1, R = R, S = C und a die Einbettung von R nach C. Wir erhalten für s_{1} = i den ersichtlich surjektiven Ringmorphismus R[X] ^{\overline{}^{b}} C, X \overline{}i. Wegen i^{2} + 1 = 0 liegt X^{2} + 1 ∈ Kern b, und damit

(X^{2} + 1)R[X] ⊆ Kern b .

Wir haben also auch den Ringmorphismus

[figure: R[X]/(X^{2} + 1)R[X]; b′; C; X + (X^{2} + 1)R[X]; i ,]

welcher ebenfalls surjektiv ist.

Zeigen wir, daß auch

(X^{2} + 1)R[X] ⊇^{!} Kern b .

Sei also f(X) ∈ R[X] mit b(f(X)) = f(i) = 0 gegeben. Sei angenommen, es ist f(X) kein Vielfaches von X^{2} + 1. Division mit Rest liefert, unter Vorgriff auf §1.6.4, daß f(X) = (X^{2}+1)q(X)+uX +v für gewisse u, v ∈ R. Da f(i) = 0 und q(i) = 0, folgt ui+v = 0. Da aber u, v ∈ R, folgt hieraus u = v = 0. Also ist f(X) = (X^{2} + 1)q(X) ∈ (X^{2} + 1)R[X].

Somit ist insgesamt (X^{2} + 1)R[X] = Kern b. Mit dem Lemma aus §1.4.3, Teil (4), ist also

[figure: R[X]/(X^{2} + 1)R[X]; b′; ∼; C; X + (X^{2} + 1)R[X]; i; uX + v + (X^{2} + 1)R[X]; ui + v ,]

wobei u, v ∈ R.

Da nun auch −i eine Nullstelle von X^{2} + 1 ist, erhalten wir mit genau denselben Argumenten den Isomorphismus

[figure: R[X]/(X^{2} + 1)R[X]; b′′; ∼; C; X + (X^{2} + 1)R[X]; −i; −uX + v + (X^{2} + 1)R[X]; ui + v ,]

Komposition liefert den Automorphismus

[figure: C; b^{′−1}; ∼; R[X]/(X^{2} + 1)R[X]; b′′; ∼; C; ui + v; uX + v + (X^{2} + 1)R[X]; −ui + v]

der komplexen Konjugation.

Man kann hier vielleicht schon erahnen, daß das eben angewandte Konstruktionsprinzip in einer recht großen Allgemeinheit funktionieren wird. Ferner konnte man erkennen, daß das Polynom X^{2} + 1 hier eine zentrale Rolle spielte. Später werden wir X^{2} + 1 als Minimalpolynom von i über R bezeichnen.

1.6.3 Grad eines Polynoms

Ist f = f(X) = ∑_{i⩾0} f_{i}X^{i} ∈ R[X] ∖ {0}, so sei der Grad von f definiert durch

deg f := max{i ⩾ 0 : f_{i} ≠ 0} (engl. degree) .

Es heißt L(f) := f_{deg f} ∈ R∖{0} der Leitkoeffizient von f. Ein Polynom mit Leitkoeffizient 1 heißt normiert. Ein normiertes Polynom von Grad 1 heißt auch linear oder, wenn es in einem Produkt auftritt, Linearfaktor.

Wir vereinbaren nun, daß in Z ⊔ {−∞} gelte, daß −∞ < z und (−∞) + z = z + (−∞) := −∞ für alle z ∈ Z. Ferner sei (−∞) + (−∞) = −∞. Wir setzen

deg 0_{R[X]} := −∞ .

Somit haben wir eine Abbildung R[X] ^{\overline{}^{deg}} Z_{⩾0} ⊔ \{−∞\}. Das Nullpolynom hat keinen Leitkoeffizienten. Ein Polynom von Grad ⩽ 0 heißt auch konstant.

Sei R ein Integritätsbereich.

Bemerkung. Seien f(X), g(X) ∈ R[X] ∖ {0} mit k := deg f ⩾ 0 und ℓ := deg g ⩾ 0 gegeben. Dann ist deg(f · g) = k + ℓ. Der Leitkoeffizient von f(X)g(X) ist das Produkt der Leitkoeffizienten von f(X) und von g(X).

Insbesondere ist mit R auch R[X] ein Integritätsbereich.

Beweis. Schreibe k := deg f ⩾ 0 und ℓ = deg g ⩾ 0. Der (k + ℓ)-te Koeffizient von f(X)g(X) berechnet sich zu f_{k}g_{ℓ}. Da f_{k}, g_{ℓ} ≠ 0, ist wegen R Integritätsbereich auch f_{k}g_{ℓ} ≠ 0. Ferner ist der j-te Koeffizient von f(X)g(X) gleich 0 für j > k + ℓ. Also ist deg(f · g) = k + ℓ.

Bemerkung. Sind f(X), g(X) ∈ R[X], so ist

deg(f + g) ⩽ max{deg f, deg g}
deg(f + g) = max{deg f, deg g} falls deg f ≠ deg g
deg(f · g) = deg f + deg g .

Beweis. Da in f(X) + g(X) = ∑_{i⩾0}(f_{i} + g_{i})X^{i} der j-te Koeffizient für alle j > max{deg f, deg g} verschwindet, folgt die erste Aussage. Ist nun deg f ≠ deg g, so sei ohne Einschränkung k := deg f > deg g. Es ist der k-te Koeffizient von f(X) + g(X) gleich f_{k} ≠ 0, und also deg(f + g) = k, woraus die zweite Aussage folgt.

Die dritte Aussage wurde für deg f, deg g ⩾ 0 bereits in der vorangehenden Bemerkung gezeigt. Für die verbleibenden Fälle f = 0 oder g = 0 ist sie aber auch richtig, da diesenfalls auf beiden Seiten der zu zeigenden Gleichung −∞ steht.

1.6.4 Polynomdivision mit Rest

Sei R ein kommutativer Ring. Seien f(X) ∈ R[X] und g(X) ∈ R[X] ∖ {0} gegeben, und habe g(X) einen invertierbaren Leitkoeffizienten L(g). Lemma. Es gibt Polynome q(X), r(X) ∈ R[X] mit deg r < deg g und

f(X) = q(X)g(X) + r(X) .

Beweis. Schreibe f^{(0)}(X) := f(X). Schreibe d_{0} := deg f^{(0)} − deg g. Ist d_{0} < 0, so können wir f(X) = 0 · g(X) + f^{(0)}(X) schreiben und sind fertig. Ist d_{0} ⩾ 0, so schreiben wir a_{0} := L(f^{(0)})L(g)^{−1} und

f^{(0)}(X) =: a_{0}X^{d_{0}}g(X) + f^{(1)}(X) .

Der Faktor a_{0}X^{d_{0}} ist hierbei so gewählt, daß die Leitkoeffizienten von f^{(0)}(X) und von a_{0}X^{d_{0}}g(X) übereinstimmen, so daß deg f^{(1)} < deg f^{(0)}. Schreibe d_{1} := deg f^{(1)} − deg g. Ist d_{1} < 0, so können wir f(X) = a_{0}X^{d_{0}}g(X) + f^{(1)}(X) schreiben und sind fertig. Ist d_{1} ⩾ 0, so schreiben wir a_{1} := L(f^{(1)})L(g)^{−1} und

f^{(1)}(X) =: a_{1}X^{d_{1}}g(X) + f^{(2)}(X) .

Der Faktor a_{1}X^{d_{1}} ist hierbei so gewählt, daß die Leitkoeffizienten von f^{(1)}(X) und von a_{1}X^{d_{1}}g(X) übereinstimmen, so daß deg f^{(2)} < deg f^{(1)}. Schreibe d_{2} := deg f^{(2)} − deg g. Ist d_{2} < 0, so können wir f(X) = (a_{0}X^{d_{0}} + a_{1}X^{d_{1}})g(X) + f^{(2)}(X) schreiben und sind fertig. Ist d_{2} ⩾ 0, so schreiben wir a_{2} := L(f^{(2)})L(g)^{−1} und

f^{(2)}(X) =: a_{2}X^{d_{2}}g(X) + f^{(3)}(X) .

Der Faktor a_{2}X^{d_{2}} ist hierbei so gewählt, daß die Leitkoeffizienten von f^{(2)}(X) und von a_{2}X^{d_{2}}g(X) übereinstimmen, so daß deg f^{(3)} < deg f^{(2)}. Und so fort. Da deg f^{(k+1)} < deg f^{(k)} für alle k ⩾ 0 und es also ein ℓ ⩾ 0 mit d_{ℓ} = deg f^{(ℓ)} −deg g < 0 geben muß, bricht der Prozeß nach endlich vielen Schritten erfolgreich ab.

Beispiel. Sei R = Z. Sei f(X) = 2X^{6} + X^{3} + 1, sei g(X) = −X^{2} + 2. Wir erhalten

\underbrace{2X^{6} + X^{4} + 1}_{f^{(0)}} = \underbrace{−2}_{a_{0}} X^{4} · (−X^{2} + 2) + \underbrace{(4X^{4} + X^{3} + 1)}_{f^{(1)}} ,

wobei d_{0} = 4 im Exponent des ersten X auf der rechten Seite zu finden ist. Dann wird

\underbrace{(4X^{4} + X^{3} + 1)}_{f^{(1)}} = \underbrace{−4}_{a_{1}} X^{2} · (−X^{2} + 2) + \underbrace{(X^{3} + 8X^{2} + 1)}_{f^{(2)}} ,

wobei d_{1} = 2 im Exponent des ersten X auf der rechten Seite zu finden ist. Dann wird

\underbrace{(X^{3} + 8X^{2} + 1)}_{f^{(2)}} = \underbrace{−1}_{a_{2}} X^{1} · (−X^{2} + 2) + \underbrace{(8X^{2} + 2X + 1)}_{f^{(3)}} ,

wobei d_{2} = 1 im Exponent des ersten X auf der rechten Seite zu finden ist. Schließlich wird

\underbrace{(8X^{2} + 2X + 1)}_{f^{(3)}} = \underbrace{−8}_{a_{3}} X^{0} · (−X^{2} + 2) + \underbrace{(2X + 17)}_{f^{(4)}} ,

wobei d_{3} = 0 im Exponent des ersten X auf der rechten Seite zu finden ist. Das gibt nun d_{4} = −1, so daß wir fertig sind und zu

2X^{6} + X^{3} + 1 = (−2X^{4} − 4X^{2} − X − 8)(−X^{2} + 2) + (2X + 17)

zusammenfassen können.

Ich hoffe, es ist nun deutlich geworden, daß es sich beim obigen Beweis des Lemmas um eine allgemeine Beschreibung des gewöhnlichen Polynomdivisionsalgorithmus handelt. Die übliche, aus der Schule bekannte Kurzschreibweise für dessen Durchführung sollte man beibehalten.

Beispiel. Sei f(X) ∈ R[X], sei x ∈ R derart, daß f(x) = ∑_{i⩾0} f_{i}x^{i} = 0. Schreibe f(X) = q(X)(X − x) + r(X) mit deg r < 1. Somit ist r(X) = r_{0}. Nun aber ist f(x) = q(x)(x−x)+r(x) = 0, und somit auch r_{0} = 0. Es folgt f(X) = q(X)(X −x). Ist nun R ein Integritätsbereich, und ist y ∈ R, y ≠ x, f(y) = 0, so kann man darüberhinaus folgern, daß auch q(y) = 0 ist; auf diese Weise kann man verschiedene Nullstellen sukzessive abdividieren.

1.6.5 Polynomiale Abbildungen

Wir skizzieren kurz den Unterschied zwischen Polynomen und polynomialen Abbildungen.

Sei R ein kommutativer Ring. Sei f(X) = ∑_{i⩾0} f_{i}X^{i} ∈ R[X] ein Polynom. Sei

[figure: R; R; x; f(x) = ∑_{i⩾0} f_{i}x^{i}]

die zu f(X) gehörige polynomiale Abbildung. Beachte, daß nun ∑_{i⩾0} f_{i}x^{i} ein im Ring R zu bildender Term ist.

Nun kann es passieren, daß f ≠ 0 (d.h. f_{i} nicht alle gleich null), aber (x \overline{}f(x)) = 0 (d.h. f(x) = 0 für alle x ∈ R).

Beispiel. Sei R = F_{5}. Sei f(X) := X^{5} − X. Dann ist f(x) = 0 für x ∈ {−2, −1, 0, 1, 2}, da f(0) = 0^{5} − 0 = 0, f(1) = 1^{5} − 1 und f(2) = 2^{5} − 2 = 0 (in F_{5}); für die negativen Werte dann entsprechend. Also ist f ≠ 0, aber (x \overline{}f(x)) = 0. Vgl. Aufgabe 12.

Nichtsdestoweniger schreibt man oft ebenfalls f für die zu f gehörige polynomiale Abbildung. Das ist ein gefährlicher, aber doch üblicher Mißbrauch von Bezeichnungen.

Bemerkung. Ist K ein unendlicher Körper, so ist für f, g ∈ K[X] genau dann f = g, wenn f(x) = g(x) für alle x ∈ K.

Für einen unendlichen zugrundeliegenden Körper ist der angesprochene Mißbrauch von Bezeichnungen also ungefährlich. Hierzu gehören Q, R, C.

Beweis. Mittels Differenzbildung können wir g = 0 annehmen. Sei f(x) = 0 für alle x ∈ K. Sei n := deg f. Angenommen, es ist f ≠ 0, i.e. n ⩾ 0. Seien x_{1}, …, x_{n+1} ∈ K paarweise verschiedene Elemente. Dann ist f, wie man durch sukzessives Abdividieren der zu den Nullstellen x_{i} gehörigen Faktoren X−x_{i} erkennt, ein Vielfaches von (X−x_{1}) ⋯ (X−x_{n+1}), und also von Grad ⩾ n + 1. Wir haben einen Widerspruch zu deg f = n.

1.7 Hauptidealbereiche

1.7.1 Definition

Definition. Ein Integritätsbereich heißt Hauptidealbereich, wenn alle seine Ideale Hauptideale sind.

Beispiel. Ein Körper ist ein Hauptidealbereich.

Weitere Beispiele sind Z und K[X] für K ein Körper, wie wir sogleich verifizieren wollen.

Gegenbeispiel. Der Integritätsbereich Z[X] ist kein Hauptidealbereich. Denn es ist

I := pZ[X] + XZ[X] = {_{∑i⩾0} a_{i}X^{i} : a_{i} ∈ Z, a_{0} ∈ pZ}

kein Hauptideal, wobei p eine Primzahl sei. Denn gäbe es ein f(X) ∈ Z[X] mit I = f(X)Z[X], so gäbe es auch u(X), v(X) ∈ Z[X] mit p = u(X)f(X) und X = v(X)f(X). Aus der ersten Gleichung folgt aus Gradgründen, daß f(X) = f_{0}. Beachte, daß f_{0} ∈ pZ, da f(X) ∈ I. Aus der zweiten Gleichung folgt also durch Koeffizientenvergleich bei X^{1}, daß 1 = v_{1} · f_{0} ∈ pZ, Widerspruch.

1.7.2 Der Hauptidealbereich Z

Lemma. Es ist Z ein Hauptidealbereich.

Beweis. Sei I ⊆ Z ein Ideal. Ohne Einschränkung ist I ≠ {0}. Beachte, daß mit z ∈ I auch immer −z ∈ I. Sei x := min(I ∩ Z_{>0}). Es ist x ∈ I, also auch xZ ⊆ I. Wir wollen zeigen, daß xZ = I. Sei y ∈ I vorgegeben. Wir wollen zeigen, daß y ∈ xZ. Schreibe y = qx + r mit q, r ∈ Z und r ∈ [0, x−1]. Angenommen, es ist r ≠ 0. Dann ist r = y −qx ∈ I ∩Z_{>0}. Aber r < x, und wir haben einen Widerspruch zur Wahl von x. Also ist r = 0, und also y = qx ∈ xZ.

Bemerkung. Es ist z ∈ Z invertierbar genau dann, wenn z ∈ {−1, +1}.

Bemerkung. Es ist jedes Ideal in Z von der Form xZ für ein x ⩾ 0, und ein solches x liegt durch Vorgabe des Ideals auch eindeutig fest.

Beweis. Der Beweis des vorigen Lemmas gab ein solches x. Nach der zweiten Bemerkung in §1.5 folgt aus xZ = x′Z mit x, x′ ∈ Z_{⩾1}, daß es ein invertierbares Element u ∈ Z mit xu = x′ gibt. Hier ist nun zwangsläufig u = 1.

Beispiel. Seien m, n ∈ Z. Dann ist mZ + nZ = ggT(m, n)Z. Denn mit vorstehender Bemerkung gibt es ein g ∈ Z_{⩾0} mit mZ + nZ = gZ. Schreibe demgemäß g = ms + nt für gewisse s, t ∈ Z. Nun sind m und n Vielfache von g. Ist umgekehrt g′ ∈ Z_{⩾0} so gegeben, daß m und n Vielfache von g′ sind, so ist auch g = ms + nt ein Vielfaches von g′, und insbesondere ist g ⩾ g′. Folglich ist g = ggT(m, n). Vgl. auch Aufgabe 2.

1.7.3 Die Charakteristik eines kommutativen Rings

Bemerkung. Sei R ein kommutativer Ring. Es gibt genau einen Ringmorphismus Z ^{\overline{}^{ε_{R}}} R.

Ein vollständiger Beweis müßte auf die rekursiven Definitionen von Multiplikation und Addition in Z_{⩾1} zurückgreifen. Wir skizzieren die wesentlichen Schritte.

Man schreibt auch oft z := ε_{R}(z) und redet von “z, gesehen in R” etc., wobei z ∈ Z.

“Beweis”. Existenz. Um ε_{R} zu konstruieren, bilden wir zunächst 0 auf 0_{R} ab. Sei z ∈ Z_{⩾1} gegeben. Wir bilden z ∈ Z_{⩾1} ab auf die Summe 1_{R} + ⋯ + 1_{R} aus z Summanden, und entsprechend −z auf −(1_{R} + ⋯ + 1_{R}).

Dann ist ε_{R}(1) = 1_{R}. Für z, w ∈ Z_{⩾1} ist ε_{R}(z + w) = ε_{R}(z) + ε_{R}(w), ε_{R}(z − w) = ε_{R}(z) − ε_{R}(w), sowie ε_{R}(z · w) = ε_{R}(z) · ε_{R}(w), da das Distributivgesetz in R auf der rechten Seite eine Summe aus z · w Produkten 1_{R} · 1_{R} liefert.

Daraus folgt wegen ε_{R}(−z) = −ε_{R}(z) bereits, daß ε_{R} ein Morphismus von Ringen ist.

Eindeutigkeit. Da ein Ringmorphismus Z \overline{}R die 1 auf die 1_{R} schickt, und jedes Element von Z eine iterierte Summe von Einsen oder das Negative einer solchen ist, ist jeder Ringmorphismus von Z nach R bereits gleich ε_{R}.

Definition. Sei R ein kommutativer Ring. Sei Kern f = cZ mit c ⩾ 0. Dieses c ist eindeutig bestimmt und heißt die Charakteristik von R, geschrieben char R.

Bemerkung. Es ist char R = 0 genau dann, wenn 1_{R} + ⋯ + 1_{R} für ⩾ 1 Summanden nie null wird. Es ist char R = n ∈ Z_{⩾1} genau dann, wenn 1_{R} + ⋯ + 1_{R} für minimal n Summanden gleich null wird.

Beweis. Zunächst ist char R = 0 genau dann, wenn Kern ε_{R} = {0}, i.e. wenn Kern ε_{R} kein positives Element enthält. Ferner ist char R = n ⩾ 1 genau dann, wenn Kern ε_{R} = nZ. Den positiven Erzeuger des Ideals Kern ε_{R} erhält man wie im Beweis des Lemmas in §1.7.2 als minimales positives Element darin.

Beispiel. Es ist char Z = char Q = char R = char C = 0. Ist n ∈ Z gegeben, so ist char(Z/nZ) = |n|. Insbesondere ist für p prim char F_{p} = p.

Bemerkung. Ein kommutativer Ring R enthält einen Teilring isomorph zu Z/(char R)Z, nämlich das Bild von ε_{R}. Insbesondere ist die Charakteristik eines Körpers gleich 0 oder prim.

Beweis. Die Existenz des Teilrings ist eine Anwendung von Punkt (4) des Lemmas in §1.4.3 auf ε_{R} – es ist das Bild von ε_{R} isomorph zu Z/ Kern ε_{R} = Z/(char R)Z.

Da ein Teilring eines Körpers ein Integritätsbereich ist, kann die Charakteristik eines Körpers keine Nichtprimzahl ⩾ 1 sein; vgl. Aufgabe 16.(1).

1.7.4 Der Hauptidealbereich K[X]

Sei K ein Körper.

Lemma. Es ist K[X] ein Hauptidealbereich.

Beweis. Sei I ⊆ K[X] ein Ideal. Ohne Einschränkung ist I ≠ {0}. Sei f(X) ein Polynom minimalen Grades in I ∖ {0}. Es ist f(X) ∈ I, also auch f(X)K[X] ⊆ I. Wir wollen zeigen, daß f(X)K[X] = I. Sei g(X) ∈ I vorgegeben. Wir wollen zeigen, daß g(X) ∈ f(X)K[X]. Schreibe g(X) = q(X)f(X) + r(X) mit q(X), r(X) ∈ K[X] und deg r < deg f. Angenommen, es ist r(X) ≠ 0. Dann ist r(X) = g(X) − q(X)f(X) ∈ I. Aber deg r < deg f, und wir haben einen Widerspruch zur Wahl von f(X). Also ist r(X) = 0, und also g(X) = q(X)f(X) ∈ f(X)K[X].

Bemerkung. Es ist f(X) ∈ K[X] invertierbar genau dann, wenn deg f = 0, i.e. wenn f(X) konstant und ungleich 0 ist.

Bemerkung. Es ist jedes Ideal in K[X] ungleich {0} von der Form f(X)K[X] für ein normiertes Polynom f(X) ∈ K[X], und ein solches f(X) liegt durch Vorgabe des Ideals auch eindeutig fest.

Beweis. Division des im vorstehenden Lemma gefundenen Erzeugers durch seinen Leitkoeffizienten gibt die Existenz eines normierten Erzeugers. Nach der zweiten Bemerkung in §1.5 folgt aus f(X)K[X] = f̃(X)K[X] mit f(X), f̃(X) ∈ K[X] normiert, daß es ein invertierbares Element u(X) ∈ K[X] mit f(X)u(X) = f̃(X) gibt. Da u(X) nach vorangehender Bemerkung konstant ist, erzwingt die Normiertheit von f(X) und von f̃(X) vollends u(X) = 1.

Beispiel. Seien f(X), h(X) ∈ K[X]. Sei g(X) ∈ K[X] das normierte Polynom, das das Ideal f(X)K[X] + h(X)K[X] erzeugt, i.e.

g(X)K[X] := f(X)K[X] + h(X)K[X] .

Dann ist g(X) der gemeinsame normierte Teiler größten Grades von f(X) und h(X), kurz,

ggT(f(X), h(X)) := g(X) .

Denn es sind zum einen sowohl f(X) als auch h(X) Vielfache von g(X). Zum anderen, falls g̃(X) ∈ K[X] ein normierter Teiler von f(X) und von h(X) ist, dann ist, da wir g(X) = f(X)s(X) + h(X)t(X) mit s(X), t(X) ∈ K[X] schreiben können, auch g̃(X) ein Teiler von g(X), insbesondere ist deg g̃ ⩽ deg g. Gilt hier Gleichheit, dann ist g̃(X) = g(X) – dies zeigt, daß die Eigenschaft, gemeinsamer normierter Teiler maximalen Grades zu sein, das Polynom g(X) auch eindeutig festlegt.

1.7.5 Der Faktorring K[X]/f(X)K[X] als K-Vektorraum

Sei K ein Körper. Sei f(X) ∈ K[X] ∖ {0} normiert. Sei n := deg f.

Bemerkung. Sei R ein kommutativer Ring und K ^{\overline{}^{a}} R ein Ringmorphismus. Dann ist die abelsche Gruppe (R, +) zusammen mit der skalaren Multiplikation λ · r := a(λ) · r ein Vektorraum, wobei λ ∈ K und r ∈ R.

Beweis. Für λ, λ′ ∈ K und r, r′ ∈ R erhalten wir

1_{K} · r  = a(1_{K}) · r  = 1_{R} · r  = r
λ · (λ′ · r) = a(λ) · (a(λ′) · r) = (a(λ) · a(λ′)) · r) = a(λ · λ′) · r  = (λ · λ′) · r
λ · (r + r′) = a(λ) · (r + r′) = a(λ) · r + a(λ) · r′ = λ · r + λ · r′  =
(λ + λ′) · r = a(λ + λ′) · r  = (a(λ) + a(λ′)) · r = a(λ) · r + a(λ′) · r = λ · r + λ′ · r .

Beachte, daß diese Bemerkung via K \overline{}K[X], λ \overline{}λ auf K[X] anwendbar ist. Entsprechendes gilt für die Faktorringe von K[X].

Lemma. Sei f(X) ∈ K[X] ∖ {0}. Sei n := deg f. Schreibe

X̄ := X + f(X)K[X] ∈ K[X]/f(X)K[X] .

Eine K-lineare Basis von K[X]/f(X)K[X] ist gegeben durch (X̄^{0}, …, X̄^{n−1}). Insbesondere ist dim_{K} K[X]/f(X)K[X] = n = deg f.

Beweis. Die Aussage lautet, jedes Element von K[X]/f(X)K[X] sei eindeutig als K-Linearkombination in dem angegebenen Tupel darstellbar, wobei Elemente aus K als konstante Polynome aufzufassen sind. In anderen Worten, wir müssen zeigen, daß jedes Element von K[X]/f(X)K[X] von genau einem Polynom von Grad ⩽ n − 1 repräsentiert wird. Sei g(X) + f(X)K[X] ein solches Element. Schreiben wir mittels Polynomdivision g(X) = f(X)q(X) + r(X) mit q(X), r(X) ∈ K[X] und deg r(X) < deg f, i.e. deg r(X) ⩽ n−1, so sehen wir, daß g(X)+f(X)K[X] wegen g(X) ≡_{f} r(X) in der Tat von r(X) repräsentiert wird. Es bleibt die Eindeutigkeit dieses repräsentierenden Elements zu zeigen. Sei r̃(X) ∈ K[X] gegeben mit deg r̃(X) ⩽ n − 1 und r̃(X) ≡_{f} r(X). Dann ist r̃(X) − r(X) = u(X)f(X) für ein u(X) ∈ K[X]. Es folgt

n − 1 ⩾ deg(r̃ − r) = deg u + deg f = deg u + n ,

und also deg u < 0, i.e. u(X) = 0, i.e. r̃(X) = r(X).

Beispiel. Im letzten Beispiel von §1.6.2 haben wir den Morphismus

[figure: R[X]/(X^{2} + 1)R[X]; b′; C; X + (X^{2} + 1)R[X]; i ,]

konstruiert und festgestellt, daß dieser surjektiv ist. Es ist b′ auch R-linear, da für f(X), g(X) ∈ R[X] und λ, μ ∈ R gilt, daß

b′(λ(f(X) + (X^{2} + 1)R[X]) + μ(g(X) + (X^{2} + 1)R[X]))
b′(λf(X) + μg(X) + (X^{2} + 1)R[X]))
= λf(i) + μg(i)
= λb′(f(X) + (X^{2} + 1)R[X]) + μb′(g(X) + (X^{2} + 1)R[X]) .

Da nun beide Seiten Dimension 2 über R haben und da eine surjektive lineare Abbildung zwischen zwei endlichdimensionalen Vektorräumen gleicher Dimension auch bijektiv ist, folgt, daß b′ bijektiv ist, und somit ein Isomorphismus von Ringen – wie wir auf andere Weise auch schon in loc. cit. festgestellt hatten.

1.8 Maximale Ideale

1.8.1 Begriff

Definition. Sei R ein kommutativer Ring. Ein Ideal I ⊆ R heiße maximal, falls I echt enthalten ist in R, und falls kein weiteres Ideal echt zwischen I und R liegt. Kurz, I ist maximal bezüglich Inklusion in der Menge der echt in R enthaltenen Ideale.

1.8.2 Maximale Ideale geben Körper

Lemma. Sei I ein maximales Ideal in R. Dann ist R/I ein Körper.

Beweis. Zunächst ist 0 + I ≠ 1 + I, da I ⊊ R.

Sei r ∈ R ∖ I. Wir müssen zeigen, daß es ein r′ ∈ R so gibt, daß (r + I)(r′ + I) = 1 + I, i.e. daß rr′ ≡_{I} 1. Sei J := I + rR. Da J ein Ideal ist, das das maximale Ideal I echt enthält, ist J = R. Insbesondere ist 1 = x + rr′ für gewisse x ∈ I und r′ ∈ R. Es folgt rr′ ≡_{I} rr′ + x = 1.

1.8.3 Maximalität in einem Hauptidealbereich

Sei R ein Hauptidealbereich. Ein Element r ∈ R ∖ {0} heiße irreduzibel, wenn r nicht invertierbar ist, aber aus r = r′r′′ mit r′, r′′ ∈ R folgt, daß r′ invertierbar oder r′′ invertierbar ist. Gibt es hingegen eine Produktdarstellung r = r′r′′ mit r′, r′′ ∈ R und weder r′ noch r′′ invertierbar, so heiße r reduzibel. Das Produkt eines irreduziblen mit einem invertierbaren Element ist irreduzibel.

Bemerkung. Sei r ∈ R ∖ {0}. Es ist rR maximal genau dann, wenn r irreduzibel ist.

Beweis. (⟹). Sei rR maximal. Sei r = r′r′′ mit r′, r′′ ∈ R. Sei angenommen, daß weder r′ noch r′′ invertierbar sind, i.e. daß r′R und r′′R echt in R enthalten sind. Da rR maximal ist, und da rR ⊆ r′R, folgt rR = r′R. Somit gibt es ein s ∈ R mit r′ = rs. Insgesamt ist r = r′r′′ = rsr′′, also r(1 − sr′′) = 0, also sr′′ = 1, also r′′ invertierbar, Widerspruch.

(⟸). Sei r ∈ R irreduzibel gegeben. Zunächst ist rR ⊊ R, da r nicht invertierbar ist. Sei ferner s ∈ R mit rR ⊆ sR ⊊ R gegeben. Wir haben rR = sR zu zeigen. Es ist r ∈ sR, und also r = st für ein t ∈ R. Da s nicht invertierbar ist, ist nach Voraussetzung t invertierbar. Also ist rR = stR = sR.

1.8.4 Maximale Ideale in Z

Ist m ∈ Z_{⩾1}, so ist m genau dann irreduzibel wenn es eine Primzahl ist.

Lemma. Ein Ideal in Z ist genau dann maximal, wenn es von der Form pZ ist für eine Primzahl p. Insbesondere ist für p prim

F_{p} = Z/pZ

ein Körper.

Vgl. das vorletzte Beispiel in §1.5.

Beweis. Das Nullideal in Z ist nicht maximal. Mit der Bemerkung aus §1.8.3 ist ferner ein Ideal in Z der Form mZ mit m ∈ Z_{⩾1} genau dann maximal, wenn wenn m prim ist.

Sei p prim. Wie kann man in F_{p} nun konkret ein nichtverschwindendes Element invertieren? Sei x ∈ Z mit x + pZ ≠ 0 + pZ, i.e. x ≢_{p} 0. Dann ist ggT(x, p) = 1. Mithin gibt es s, t ∈ Z mit xs + pt = 1. Somit ist auch xs ≡_{p} xs + pt = 1, also s + pZ = (x + pZ)^{−1}. An diese Zahlen s und t kommt man rechnerisch mit dem Euklidschen Algorithmus, den wir in den Übungen betrachten; vgl. Aufgabe 2.

1.8.5 Maximale Ideale in K[X]

Sei K ein Körper. Ein Polynom f(X) ∈ K[X] ist irreduzibel, wenn deg f ⩾ 1 und wenn aus einer Produktzerlegung f(X) = g(X)h(X) mit g(X), h(X) ∈ K[X] folgt, daß deg g = 0 oder deg h = 0.

Lemma. Ein Ideal in K[X] ist genau dann maximal, wenn es von der Form p(X)K[X] ist für ein irreduzibles Polynom p(X). Insbesondere ist für p(X) irreduzibel der kommutative Ring K[X]/p(X)K[X] ein Körper.

Beweis. Das Nullideal in K[X] ist nicht maximal. Mit der Bemerkung aus §1.8.3 ist ferner ein Ideal in K[X] der Form f(X)K[X] mit f(X) ∈ K[X] ∖ {0} genau dann maximal, wenn f(X) irreduzibel ist.

Sei p(X) ∈ K[X] irreduzibel. Wie kann man in K[X]/p(X)K[X] ein nichtverschwindendes Element invertieren? Sei f(X) ∈ K[X] mit f(X) ≢_{p} 0. Dann ist f(X)K[X]+p(X)K[X] = K[X], da dieses Ideal echt über dem maximalen Ideal p(X)K[X] liegt. Also gibt es s(X), t(X) ∈ K[X] mit f(X)s(X) + p(X)t(X) = 1. Folglich ist f(X)s(X) ≡_{p} 1. An die Polynome s(X) und t(X) kommt man rechnerisch mit dem Euklidschen Algorithmus, den wir in den Übungen betrachten; vgl. Aufgabe 8.

Beispiel. Ein Polynom von Grad 2 oder 3 in K[X] ist genau dann irreduzibel, wenn es in K keine Nullstelle besitzt. Denn Reduzibilität ist diesenfalls gleichbedeutend dazu, wenigstens einen Faktor von Grad 1 abzuspalten.

Vorsicht, ein Polynom in K[X] kann durchaus reduzibel sein, ohne in K Nullstellen zu besitzen. Ist etwa K = R, so ist (X^{2} + 1)^{2} reduzibel, hat aber in R keine Nullstellen.

Beispiel. Die Notation in den folgenden Beispielen (2, 3, 4) sei unsere Standardnotation.

(1) Es ist R[X]/(X^{2} + 1)R[X] ^{\overline{}^{∼}} C, X + (X^{2} + 1)R[X] \overline{}i; vgl. das zweite Beispiel in §1.6.2, oder auch das Beispiel in §1.7.5.

Schreiben wir

X̄ := X + (X^{2} + 1)R[X] ,

so ist eine R-lineare Basis von R[X]/(X^{2} + 1)R[X] gegeben durch

(1, X̄) ,

dies entspricht, via obigen Isomorphismus, der R-linearen Basis (1, i) von C.

(2) Es ist X^{2} + X + 1 ∈ F_{2}[X] mangels Nullstelle irreduzibel. Also ist

F_{4} := F_{2}[X]/(X^{2} + X + 1)F_{2}[X].

ein Körper, welcher F_{2} ⊆ F_{4} als Teilkörper hat. Schreiben wir

α := X + (X^{2} + X + 1)F_{2}[X] ,

so hat F_{4} die F_{2}-lineare Basis (1, α). Ganz ausführlich geschrieben wird also

F_{4} = {0, 1, α, 1 + α} .

Darin gilt nun α^{2} + α + 1 = X^{2} + X + 1 + (X^{2} + X + 1)F_{2}[X] = 0, also α^{2} = α + 1. Beachte, daß darin auch 2 = 0 ist, i.e. char F_{4} = 2; vgl. Aufgabe 15.(2).

Zum Beispiel ist darin α·(α+1) = α^{2} +α = α+1+α = 1, und somit (α+1)^{−1} = α.

Vorsicht, es ist F_{4} ≄ Z/4Z . Denn F_{4} ist ein Körper, Z/4Z nicht.

(3) Es ist X^{3} + X + 1 ∈ F_{2}[X] mangels Nullstelle irreduzibel. Also ist

F_{8} := F_{2}[X]/(X^{3} + X + 1)F_{2}[X]

ein Körper, welcher F_{2} ⊆ F_{8} als Teilkörper hat.. Schreiben wir

β := X + (X^{3} + X + 1)F_{2}[X] ,

so hat F_{8} die F_{2}-lineare Basis (1, β, β^{2}). Ganz ausführlich geschrieben wird also

F_{8} = {0, 1, β , β + 1 , β^{2} , β^{2} + 1 , β^{2} + β , β^{2} + β + 1} .

Darin gilt nun β^{3} + β + 1 = 0, also β^{3} = β + 1. Beachte, daß darin auch 2 = 0 ist, i.e. char F_{8} = 2.

Zum Beispiel ist darin (β^{2}+β)·(β^{2}+1) = β^{4}+β^{3}+β^{2}+β = (β^{2}+β)+(β+1)+β^{2}+β = β + 1.

(4) Es ist X^{2} + 1 ∈ F_{3}[X] mangels Nullstelle irreduzibel. Also ist

F_{9} := F_{3}[X]/(X^{2} + 1)F_{3}[X]

ein Körper, welcher F_{3} ⊆ F_{9} als Teilkörper hat. Schreiben wir

ι := X + (X^{2} + 1)F_{3}[X] ,

so hat F_{9} die F_{3}-lineare Basis (1, ι). Ganz ausführlich geschrieben wird also

F_{9} = {0, 1, −1, ι, ι + 1, ι − 1, −ι, −ι + 1, −ι − 1} .

Darin gilt nun ι^{2} + 1 = 0, also ι^{2} = −1. Beachte, daß darin natürlich auch 3 = 0 ist, i.e. char F_{9} = 3.

Zum Beispiel ist darin (ι + 1)^{4} = ((ι + 1)^{2})^{2} = (ι^{2} + 2ι + 1)^{2} = (−ι)^{2} = −1.

1.9 Eindeutige Zerlegung in irreduzible Elemente in einem Hauptidealbereich

Sei R ein Hauptidealbereich.

Bemerkung. Für jede nichtleere Teilmenge von Idealen M in R gibt es ein I ∈ M so, daß es kein J ∈ M mit I ⊊ J gibt.

Beweis. Angenommen, dies sei nicht der Fall. Dann können wir eine echt aufsteigende Kette I_{0} ⊊ I_{1} ⊊ I_{2} ⊊ … in M finden, da ja für jedes vorliegende Kettenglied noch ein echt dieses enthaltendes Ideal in M existiert.

Sei I := ⋃_{i⩾0} I_{i}. Dann ist I ein Ideal. Denn 0 ∈ I_{0} ⊆ I. Sind x, y ∈ I, so gibt es i, j ⩾ 0 mit x ∈ I_{i} und y ∈ I_{j}. Es folgt x − y ∈ I_{max{i,j}} ⊆ I. Ist ferner x ∈ I und r ∈ R, so gibt es ein i ⩾ 0 mit x ∈ I_{i}. Es folgt rx ∈ I_{i} ⊆ I.

Da R ein Hauptidealbereich ist, gibt es ein r ∈ R mit I = Rr. Insbesondere ist r ∈ I = ⋃_{i⩾0} I_{i}, es gibt also ein i ⩾ 0 mit r ∈ I_{i}. Dann aber ist

I = rR ⊆ I_{i} ⊊ I_{i+1} ⊆ I ,

insbesondere also I ≠ I, und wir haben einen Widerspruch.

Lemma. Sei r ∈ R ∖ {0} nicht invertierbar.

(1) Es gibt eine Produktzerlegung r = r_{1} ⋯ r_{k} in irreduzible Elemente r_{i}, wobei k ⩾ 1 und i ∈ [1, k].

(2) Sind r = r_{1} ⋯ r_{k} = r′_{1} ⋯ r′_{k′} zwei Zerlegungen in irreduzible Elemente, so ist k = k′, und es gibt eine Permutation σ ∈ S_{k} mit r_{i}R = r′_{σ(i)}R.

Beachte, daß dies e.g. auf R = Z oder auch auf R = K[X] für K einen Körper angewandt werden kann. In diesen beiden Spezialfällen ist die Aussage (1) auch einfacher einzusehen.

Was (2) angeht, können wir z.B. 30 = \underbrace{2}_{r_{1}} · \underbrace{3}_{r_{2}} · \underbrace{5}_{r_{3}} = \underbrace{(−5)}_{r′_{1}} · \underbrace{(−3)}_{r′_{2}} · \underbrace{2}_{r′_{3}} in Z zerlegen.

Mit σ = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \end{matrix}) wird in der Tat r′_{σ(1)}Z = 2Z = r_{1}Z, sowie r′_{σ(2)}Z = (−3)Z = 3Z = r_{2}Z und r′_{σ(3)}Z = (−5)Z = 5Z = r_{3}Z.

Beweis. Zu (1). Beachte zunächt, daß für r, s ∈ R ∖{0} mit Rr = Rs ≠ R das Element r eine Produktzerlegung in irreduzible Elemente genau dann besitzt, wenn dies für s zutrifft, wie mit der ersten Bemerkung aus §1.5 folgt.

Sei M die Menge aller Hauptideale ungleich {0} und ungleich R in R, für die kein Erzeuger eine Produktzerlegung in irreduzible Elemente wie angegeben besitzt. Sei angenommen, es ist M nicht leer. Mit voriger Bemerkung gibt es ein I ∈ M, für welches gilt, daß jedes I echt enthaltende Ideal in R nicht mehr zu M gehört. Schreibe I = sR für ein nicht invertierbares s ∈ R ∖ {0}. Dann ist s nicht irreduzibel, da sonst s eine einfaktorige Produktzerlegung in irreduzible Elemente besäße, was sR = I ∉ M nach sich zöge. Daher muß es eine Produktzerlegung s = s′s′′ mit weder s′ noch s′′ invertierbar geben. Nun ist sR = s′s′′R ⊆ s′R, wobei sR ≠ s′R, da es sonst ein invertierbares x ∈ R mit s = s′x gäbe, was s′x = s′s′′ und somit wegen s′ ≠ 0 auch x = s′′ zur Folge hätte, was nicht geht, da s′′ nicht invertierbar ist. Also ist I = sR ⊊ s′R. Genauso folgt I = sR ⊊ s′′R. Insbesondere ist weder s′R noch s′′R in M. Also haben s′ und s′′ Produktzerlegungen in irreduzible Elemente. Somit hat auch s = s′s′′ eine Produktzerlegung in irreduzible Elemente, im Widerspruch zu sR = I ∈ M.

Zu (2). Seien r = ∏_{i∈[1,k]} r_{i} = ∏_{i∈[1,k′]} r′_{i} zwei Produktzerlegungen in irreduzible Elemente. Sei ohne Einschränkung k ⩽ k′.

Dann ist ∏_{i∈[1,k′]} r′_{i} ≡_{r_{1}} 0. Da r_{1}R ⊆ R maximal und mithin R/r_{1}R ein Körper ist, folgt, daß bereits einer der Faktoren modulo r_{1} verschwindet, sagen wir r′_{σ(1)} ≡_{r_{1}} 0 für ein σ(1) ∈ [1, k′]. Also ist r′_{σ(1)} = r_{1} · x_{1} für ein x_{1} ∈ R. Da nun r′_{σ(1)} irreduzibel, aber r_{1} nicht invertierbar ist, ist x_{1} invertierbar, i.e. Rr′_{σ(1)} = Rr_{1}. Kürzen von r_{1} gibt

∏i∈[2,k]r_{i} = x_{1} ·_{∏i∈[1,k_{′}]∖{σ(1)}}r′_{i} .

Dann ist x_{1} · ∏_{i∈[1,k′]∖{σ(1)}} r′_{i} ≡_{r_{2}} 0. Da r_{2}R ⊆ R maximal und mithin R/r_{2}R ein Körper ist, folgt, daß bereits einer der Faktoren modulo r_{2} verschwindet. Da x_{1} in R invertierbar ist, ist auch seine Bild in R/r_{2}R invertierbar, und insbesondere ungleich 0. Sagen wir also, r′_{σ(2)} ≡_{r_{2}} 0 für ein σ(2) ∈ [1, k′] ∖ {σ(1)}. Also ist r′_{σ(2)} = r_{2} · x_{2} für ein x_{2} ∈ R. Da nun r′_{σ(2)} irreduzibel, aber r_{2} nicht invertierbar ist, ist x_{2} invertierbar, i.e. Rr′_{σ(2)} = Rr_{2}. Kürzen von r_{2} gibt

∏i∈[3,k]r_{i} = x_{1} · x_{2} ·_{∏i∈[1,k_{′}]∖{σ(1),σ(2)}}r′_{i} .

Eine insgesamt k-fache Wiederholung dieses Arguments liefert

1 = x_{1} ⋯ x_{k} ·_{∏i∈[1,k_{′}]∖{σ([1,k])}}r′_{i}

für eine injektive Abbildung [1, k] ^{\overline{}^{σ}} [1, k′], wobei Rr′_{σ(i)} = Rr_{i} für alle i ∈ [1, k]. Da kein r′_{i} invertierbar ist, muß [1, k′] ∖ σ([1, k]) = ∅ sein, d.h. σ muß auch surjektiv sein. Insgesamt ist in der Tat σ ∈ S_{k}.

1.10 Quotientenkörper eines Integritätsbereichs

Wir verallgemeinern die Konstruktion, um aus dem Integritätsbereich Z den Körper Q zu machen, auf beliebige Integritätsbereiche.

Sei R ein Integritätsbereich.

1.10.1 Definition und Schreibweise

Sei R̃ := {(r, s) ∈ R × R : r ∈ R, s ∈ R ∖ {0}}. Definiere eine Äquivalenzrelation (∼) auf R̃ durch

(r, s) ∼ (r′, s′)  :⟺  rs′ = r′s .

Dies ist ersichtlich reflexiv und symmetrisch. Zeigen wir die Transitivität. Seien (r, s) ∼ (r′, s′) ∼ (r′′, s′′). Dann ist rs′ = r′s und r′s′′ = r′′s′. Also ist rs′s′′ = r′ss′′ = r′′ss′, und somit, da s′ ≠ 0, rs′′ = r′′s.

Sei frac R := R̃/(∼) die Menge der Äquivalenzklassen (engl. fraction field oder field of fractions). Schreibe \frac{r}{s} für die Äquivalenzklasse von (r, s) ∈ R̃.

Beachte allgemein, daß für s, s′ ∈ R ∖ {0} auch ss′ ≠ 0 ist.

Wir definieren eine Addition auf frac R. Sei

\frac{r}{s} + \frac{r′}{s′} := \frac{rs′ + r′s}{ss′} .

Dies ist wohldefiniert, da aus (r, s) ∼ (r̃, s̃), i.e. aus rs̃ = r̃s, und aus (r′, s′) ∼ (r̃′, s̃′), i.e. aus r′s̃′ = r̃′s′, folgt, daß

(rs′ + r′s)s̃s̃′ = (r̃s̃′ + r̃′s̃)ss′ ,

i.e. daß \frac{rs′+r′s}{ss′} = \frac{r̃s̃′+r̃′s̃}{s̃s̃′}, wobei (r, s), (r̃, s̃), (r′, s′), (r̃′, s̃′) ∈ R̃.

Wir definieren eine Multiplikation auf frac R. Sei

\frac{r}{s} · \frac{r′}{s′} := \frac{rr′}{ss′} .

Dies ist wohldefiniert, da aus (r, s) ∼ (r̃, s̃), i.e. aus rs̃ = r̃s, und aus (r′, s′) ∼ (r̃′, s̃′), i.e. aus r′s̃′ = r̃′s′, folgt, daß

rr′s̃s̃′ = r̃r̃′ss′ ,

i.e. daß \frac{rr′}{ss′} = \begin{matrix}r̃ & r̃′ \\ s̃ & s̃′ \end{matrix}, wobei (r, s), (r̃, s̃), (r′, s′), (r̃′, s̃′) ∈ R̃.

Nachzuweisen, daß frac R = (frac R, +, ·) nun einen Körper bildet, mit 0_{frac R} = \frac{0}{1} und 1_{frac R} = \frac{1}{1}, sei eine Übungsaufgabe; vgl. Aufgabe 23. Es heißt frac R der Quotientenkörper von R.

Wir haben einen Ringmorphismus R ^{\overline{}^{λ}} frac R, r \overline{}\frac{r}{1}. Dieser ist injektiv. Denn ist \frac{r}{1} = \frac{0}{1}, so ist r · 1 = 1 · 0, und also r = 0. Man schreibt auch oft r anstelle von \frac{r}{1}.

Beispiel. Es ist frac Z = Q.

Beispiel. Ist K ein Körper, so ist K \overline{}^{λ}_{∼} frac K. In der Tat ist \frac{r}{s} = \frac{rs^{−1}}{1} , und also λ auch surjektiv, insgesamt also bijektiv.

Beispiel. Sei K ein Körper. Wir schreiben K(X) := frac K[X], und analog K(X_{1}, …, X_{n}) := frac K[X_{1}, …, X_{n}] für n ⩾ 1. Die Elemente von K(X_{1}, …, X_{n}) haben die Form

\frac{∑_{i_{k}⩾0, k∈[1,n]} r_{i_{1},...,i_{n}}X_{1}^{i_{1}} ⋯ X_{n}^{i_{n}}}{∑_{i_{k}⩾0, k∈[1,n]} s_{i_{1},...,i_{n}}X_{1}^{i_{1}} ⋯ X_{n}^{i_{n}}} ,

wobei r_{i_{1},...,i_{n}}, s_{i_{1},...,i_{n}} ∈ K, wobei diese Koeffizienten nur auf einer endlichen Teilmenge von (Z_{⩾0})^{n} nicht verschwinden, und wobei das Polynom im Nenner nicht verschwinden darf.

1.10.2 Gebrauchsanweisung für Quotientenkörper

Bemerkung. Sei R ^{\overline{}^{f}} T ein Ringmorphismus von unserem Integritätsbereich R in einen kommutativen Ring T so, daß f(r) invertierbar ist für alle r ∈ R ∖ {0}. Dann gibt es genau einen Ringmorphismus frac R ^{\overline{}^{g}} S so, daß f = g ∘ λ.

\xymatrix{R \ar[r]^{f} \ar[d]_{λ} & S \\ frac R \ar@{.>}[ur]_{g}}

Beweis. Beachte allgemein, daß

f(ss′)^{−1} = f(ss′)^{−1}f(s)f(s′)f(s)^{−1}f(s′)^{−1} = f(ss′)^{−1}f(ss′)f(s)^{−1}f(s′)^{−1} = f(s)^{−1}f(s′)^{−1} .

Zeigen wir zunächst die Existenz von g. Setze g(\frac{r}{s}) := f(r)f(s)^{−1}, wobei \frac{r}{s} ∈ frac R. Dies ist wohldefiniert, da für r, r′ ∈ R und s, s′ ∈ R ∖ {0} mit rs′ = r′s gilt, daß

f(r)f(s)^{−1} = f(r)f(s′)f(s′)^{−1}f(s)^{−1}
= f(rs′)f(s)^{−1}f(s′)^{−1}
= f(r′s)f(s)^{−1}f(s′)^{−1}
= f(r′)f(s)f(s)^{−1}f(s′)^{−1}
= f(r′)f(s′)^{−1} .

Ersichtlich geht die Eins auf die Eins, und ebenso ersichtlich verträgt sich g mit der Multiplikation. Zeigen wir, daß sich g mit der Addition verträgt. Seien \frac{r}{s}, \frac{r′}{s′} ∈ frac R. Es wird

g(\frac{r}{s} + \frac{r′}{s′}) = g(\frac{rs′+r′s}{ss′})
= f(rs′ + r′s)f(ss′)^{−1}
= (f(r)f(s′) + f(r′)f(s))f(s)^{−1}f(s′)^{−1}
= f(r)f(s)^{−1} + f(r′)f(s′)^{−1}
= g(\frac{r}{s}) + g(\frac{r′}{s′}) .

Schließlich ist g ∘ λ = f, da g(λ(r)) = g(\frac{r}{1}) = f(r)f(1)^{−1} = f(r) für r ∈ R.

Zeigen wir nun die Eindeutigkeit von g. Sei g̃ : frac R \overline{}S ein zweiter Ringmorphismus mit derselben Eigenschaft, namentlich g̃ ∘ λ = f. Dann ist

g̃(\frac{r}{s}) = g̃(\frac{r}{1} · (\frac{s}{1})^{−1})
= g̃(\frac{r}{1}) · g̃((\frac{s}{1})^{−1})
= g̃(\frac{r}{1}) · g̃(\frac{s}{1})^{−1}
= f(r) · f(s)^{−1}
= g(\frac{r}{s})

für \frac{r}{s} ∈ frac R, und also g = g̃.

Beispiel. Sei K ein Körper. Sei f(X) ∈ K[X] mit deg f ⩾ 1 gegeben. Wir erhalten zunächst unter Verwendung von §1.6.2

\xymatrix{K \ar@{^{(}->}[r] \ar[d] & K(X) \\ K[X] \ar[ur]_{b}}

mit b : g(X) \overline{}g(f(X)), also die Abbildung, die f(X) für X substituiert. Es ist deg(g(f(X))) = (deg g) · (deg f). Insbesondere bildet b jedes Polynom ungleich 0 auf ein invertierbares Element von K(X) ab. Somit wird mit obiger Bemerkung

\xymatrix{K[X] \ar[r]^{b} \ar[d]_{λ} & K(X) \\ K(X) \ar[ur]_{d} & ,}

wobei d ein Element \frac{g(X)}{h(X)} auf \frac{g(f(X))}{h(f(X))} schickt.

Ist nun deg f = 1, also f(X) = uX+v mit u, v ∈ K und u ≠ 0, so zeigt die entsprechende Konstruktion ausgehend von f̃(X) := u^{−1}X − u^{−1}v, daß diesenfalls d ein Isomorphismus ist. In der Tat ist f(f̃(X)) = u(u^{−1}X − u^{−1}v) + v = X, und also \frac{g(f(f̃(X)))}{h(f(f̃(X)))} = \frac{g(X)}{h(X)}.

1.11 Ein paar kommutative Ringe

Stellen wir einmal ein paar typische Beispiele für kommutative Ringe in einem Bild zusammen. Ohne Anspruch auf Vollständigkeit!

Körper Q R C F_{2} F_{3} F_{5} F_{97} F_{4} F_{8} F_{9} Q(X) F_{2}(X, Y) Q[X]/(X^{2} + 2)Q[X] Hauptidealbereiche  Z Q[X]  F_{4}[X] Integritätsbereiche  Z[X] F_{2}[X, Y] kommutative Ringe  Z/4Z Z/91Z  F_{2}[X]/(X + 1)(X^{2} + X + 1)F_{2}[X]

(Die Information, daß F_{2}[X, Y] kein Hauptidealbereich ist, erfolgt ohne Beweis.)

Körpererweiterungen

Ein Teilkörper eines Körpers ist ein Teilring, der selbst wieder Körper ist. Definition. Sei K ein Körper. Ein Körper L heißt (Körper)erweiterung von K, falls K ein Teilkörper von L ist. Geschrieben wird dies L|K, oder

\begin{matrix}L \\ K , \end{matrix}

oder auch, der Deutlichkeit halber,

\xymatrix{L \\ K . \ar[u]}

Beispiel.

(1) Es ist C eine Erweiterung von R, also C|R.

(2) Es ist F_{4}|F_{2}.

(3) Es ist F_{8}|F_{2}.

(4) Es ist F_{9}|F_{3}.

(5) Es ist R|Q.

(6) Ist K ein Körper, so ist K(X)|K.

2.1 Primkörper

Wir zeigen, daß in jedem Körper ein minimaler Körper liegt, sein Primkörper. In anderen Worten, jeder Körper ist eine Erweiterung seines Primkörpers.

Bemerkung. Sei K ein Körper von Charakteristik char K = p > 0.

(1) Es enthält K genau einen Teilkörper isomorph zu F_{p}, namentlich das Bild von ε_{K}.

(2) Ist σ ein Körpermorphismus von K nach K, und ist x im Bild von ε_{K}, so ist σ(x) = x.

Der Teilkörper aus (1) heißt Primkörper von K. Man schreibt mißbräuchlich, aber unmißverständlich auch F_{p} = Im ε_{K} ⊆ K. Die Aussage (2) schreibt sich dann als σ|_{F_{p}}^{F_{p}} = id_{F_{p}}.

Beweis. Zu (1). Wir sahen schon in §1.7.3, daß K einen Teilkörper isomorph zu F_{p} enthält, namentlich Im ε_{K}. Zeigen wir, daß dies der einzige solche ist. Sei K_{0} ⊆ K ein Teilkörper isomorph zu F_{p}. Betrachte den zusammengesetzten Ringmorphismus

Z ^{\overline{}^{ρ}} F_{p} ^{\overline{}^{∼}} K_{0} \overline{}K .

Dieser ist nach der ersten Bemerkung in §1.7.3 gleich ε_{K}. Insbesondere ist sein Bild sowohl gleich Im ε_{K} als auch gleich K_{0}.

Zu (2). Es ist ε_{K} der einzige Ringmorphismus von Z nach K. Insbesondere ist σ∘ε_{K} = ε_{K}. Also ist σ(ε_{K}(z)) = ε_{K}(z) für alle z ∈ Z.

Bemerkung. Sei K ein Körper von Charakteristik char K = 0.

(1) Es enthält K genau einen Teilkörper isomorph zu Q.

(2) Ist σ ein Körpermorphismus von K nach K, und ist x im in (1) beschriebenen Teilkörper, so ist σ(x) = x.

Der Teilkörper aus (1) heißt Primkörper von K. Man schreibt mißbräuchlich, aber unmißverständlich auch Q ⊆ K. Die Aussage (2) schreibt sich dann als σ|_{Q}^{Q} = id_{Q}.

Beweis. Zu (1). Existenz. Die Voraussetzung char K = 0 bedeutet, daß der Kern von ε_{K} gleich {0} ist, i.e. daß ε_{K} injektiv ist. Insbesondere werden alle Elemente von Z ∖ {0} auf Elemente von K ∖ {0} abgebildet, d.h. auf invertierbare Elemente. Wenden wir die Bemerkung aus §1.10 auf ε_{K} : Z \overline{}K an, so erhalten wir genau einen Ringmorphismus Q ^{\overline{}^{ε̂_{K}}} K so, daß das Dreieck

\xymatrix{Z \ar[r]^{ε_{K}} \ar[d]_{λ} & K \\ Q \ar[ur]_{ε̂_{K}}}

kommutiert, i.e. ε̂_{K} ∘ λ = ε_{K}. Da Q ein Körper ist, ist ε̂_{K} ist injektiv; vgl. Aufgabe 7. Also ist ε̂_{K} ein Isomorphismus von Q mit dem Teilkörper Im ε̂_{K} von K.

Eindeutigkeit. Liege ein Teilkörper Q ⊆ K und ein Isomorphismus Q ^{\overline{}^{∼}} Q vor. Nun ist der zusammengesetzte Ringmorphismus

Z ^{\overline{}^{λ}} Q ^{\overline{}^{∼}} Q \overline{}K

nach der ersten Bemerkung in §1.7.3 gleich ε_{K}. Mit der Eindeutigkeitsaussage aus der Bemerkung aus §1.10 folgt nun, daß der zusammengesetzte Ringmorphismus

Q ^{\overline{}^{∼}} Q \overline{}K

gleich ε̂_{K} ist. Insbesondere ist Q in der Tat das Bild von ε̂_{K}. Zu (2). Nach der ersten Bemerkung in §1.7.2 und mittels der Eindeutigkeit aus §1.10 gibt es genau einen Körpermorphismus von Q nach K, nämlich ε̂_{K}. Insbesondere ist σ ∘ ε̂_{K} = ε̂_{K}. Also ist σ(ε̂_{K}(x)) = ε̂_{K}(x) für alle x ∈ Q. Beispiel.

(1) Der Primkörper von R und von C ist Q.

(2) Der Primkörper von F_{4} und von F_{8} ist F_{2}.

(3) Der Primkörper von F_{9} ist F_{3}.

(4) Der Primkörper von F_{4}(X) ist F_{2}.

2.2 Der Gradsatz

Definition. Sei L|K eine Körpererweiterung. Schreibe [L : K] := dim_{K} L für den Grad der Erweiterung L|K. Die Erweiterung L|K heißt endlich, falls [L : K] endlich ist, d.h., falls L ein endlichdimensionaler K-Vektorraum ist. Diesenfalls schreibt man auch

L K_{[L:K]}

Beispiel.

(1) Es ist [C : R] = 2, also

C R ._{2}

(2) Es ist [F_{4} : F_{2}] = 2.

(3) Es ist [F_{8} : F_{2}] = 3.

(4) Es ist [F_{9} : F_{3}] = 2.

(5) Es ist [R : Q] = ∞ (ohne Beweis).

(6) Ist K ein Körper, so ist [K(X) : K] = ∞. In der Tat ist e.g. (X^{0}, X^{1}, …) ein unendliches linear unabhängiges Tupel.

Satz 1 (Gradsatz) Seien M|L und L|K endliche Körpererweiterungen.

M

L

K

Es ist

[M : K] = [M : L] · [L : K] .

Beweis. Schreibe ℓ := [L : K] und m := [M : L]. Sei (x_{i})_{i∈[1,ℓ]} = (x_{1}, …, x_{ℓ}) eine Basis von L über K. Sei (y_{j})_{j∈[1,m]} = (y_{1}, …, y_{m}) eine Basis von M über L. Wir behaupten, daß

(x_{i}y_{j})_{i∈[1,ℓ], j∈[1,m]} = (x_{1}y_{1}, …, x_{ℓ}y_{1}, x_{1}y_{2}, …, x_{ℓ}y_{2}, …, x_{1}y_{m}, …, x_{ℓ}y_{m})

eine Basis von M über K ist.

Erzeugendensystem. Sei z ∈ M gegeben. Schreibe

z = u_{1}y_{1} + ⋯ + u_{m}y_{m}

mit u_{j} ∈ L für j ∈ [1, m]. Schreibe

u_{j} = v_{j,1}x_{1} + ⋯ + v_{j,ℓ}x_{ℓ}

für j ∈ [1, m], wobei v_{j,i} ∈ K für i ∈ [1, ℓ]. Insgesamt wird

\begin{aligned}z & = & ∑_{j∈[1,m]} u_{j}y_{j} \\ & = & ∑_{j∈[1,m]} ∑_{i∈[1,ℓ]} v_{j,i}x_{i}y_{j} . \end{aligned}

Also liegt z im K-linearen Erzeugnis der behaupteten Basis.

Lineare Unabhängigkeit. Seien v_{j,i} ∈ K so gegeben, daß

∑j∈[1,m]_{∑i∈[1,ℓ]}v_{j,i}x_{i}y_{j} = 0 .

Wir haben zu zeigen, daß v_{j,i} = 0 für j ∈ [1, m] und i ∈ [1, ℓ]. Da (y_{j})_{j∈[1,m]} linear unabhängig über L ist, und da

∑j∈[1,m] \underbrace{(_{∑i∈[1,ℓ]}v_{j,i}x_{i})}_{∈L} y_{j} = 0 ,

folgt _{∑i∈[1,ℓ]}v_{j,i}x_{i} = 0 für j ∈ [1, m]. Da (x_{i})_{i∈[1,ℓ]} linear unabhängig über K ist, folgt v_{j,i} = 0 für i ∈ [1, ℓ] und j ∈ [1, m].

Erzeugendensystem und lineare Unabhängigkeit gezeigt zu haben, zeigt insgesamt die Behauptung, es liege eine Basis vor.

Da die gefundene Basis von M über K nun m · ℓ Elemente enthält, folgt

[M : K] = dim_{K} M = m · ℓ = [M : L] · [L : K] .

2.3 Algebraische Elemente

Sei L|K eine Körpererweiterung.

2.3.1 Begriff

Definition. Ein Element x ∈ L heißt algebraisch über K, falls es ein Polynom f(X) ∈ K[X] ∖ {0} gibt mit f(x) = 0.

Beispiel.

(1) Es ist i ∈ C algebraisch über R, da i^{2} + 1 = 0, da also mit f(X) := X^{2} + 1 ∈ R[x] ∖ {0} gilt, daß f(i) = 0.

(2) Es ist α ∈ F_{4} algebraisch über F_{2}, da α^{2} + α + 1 = 0.

(3) Jedes x ∈ K ⊆ L ist algebraisch über K, da f(x) = 0 für f(X) = X − x ∈ K[X] ∖ {0}.

(4) Es ist e = exp(1) ∈ R nicht algebraisch über Q (ohne Beweis).

(5) Es ist \sqrt{2} ∈ R algebraisch über Q, da (\sqrt{2})^{2} − 2 = 0.

(6) Es ist T^{3}+1 ∈ F_{2}(T) nicht algebraisch über F_{2}. In der Tat ist für f(X) ∈ F_{2}[X]∖{0} der Grad von f(T^{3} + 1) gleich 3 · deg f, und insbesondere ist f(T^{3} + 1) ≠ 0.

2.3.2 Endliche monogene Erweiterungen

Definition. Sei y ∈ L algebraisch über K. Sei K ^{\overline{}^{i}} L die Einbettung. Mit der Bemerkung aus §1.6 haben wir ein kommutatives Dreieck von Ringmorphismen

\xymatrix{K \ar[r]^{i} \ar[d]_{c} & L & y \\ K[X] \ar[ur]_{e} & X \ar@{|->}[ur] & .}

Sei

K(y) := Im(K[X] ^{\overline{}^{e}} L) = \{f(y) ∈ L : f(X) ∈ K[X]\}

der von y erzeugte Teilring von L, gesprochen “K adjungiert y”. Es heißt y ein Erzeuger von K(y) über K.

Ein Teilring von L von der Form K(z) für ein z ∈ L, das algebraisch über K ist, heißt auch endliche monogene Erweiterung von K (“monogen” = “von einem (Element) generiert”).

Satz 2 (Minimalpolynom)

Wir betrachten die Körpererweiterung L|K. Sei y ∈ L algebraisch über K.

(1) Es ist K(y) ein Teilkörper von L mit n := [K(y) : K] endlich. Eine Basis von K(y) über K ist gegeben durch (y^{0}, y^{1}, …, y^{n−1}).

(2) Es gibt genau ein normiertes Polynom μ_{y,K}(X) von Grad n = [K(y) : K] mit

μ_{y,K}(y) = 0 .

Es teilt μ_{y,K}(X) ein Polynom in K[X] genau dann, wenn dieses in L die Nullstelle y hat.

(3) Es ist μ_{y,K}(X) ∈ K[X] irreduzibel.

(4) Es ist

[figure: K[X]/μ_{y,K}(X)K[X]; K(y); f(X) + μ_{y,K}(X)K[X]; f(y)]

ein Isomorphismus von Körpern, welcher den jeweiligen Teilkörper K identisch abbildet.

Das Polynom μ_{y,K}(X) ∈ K[X] aus (2) heißt auch das Minimalpolynom von y über K. Es ist wegen der Teilbarkeitseigenschaft aus (2) insbesondere das normierte Polynom kleinsten Grades in K[X] mit Nullstelle y.

Mit Satz 2 stellt sich die Situation wie folgt dar.

\xymatrix{ & L \\ K[X]/μ_{y,K}(X)K[X] \ar[r]^{∼} & K(y) \ar[u] \\  & K \ar[u] \ar[ul]}

Beweis. Es ist der Kern von K[X] ^{\overline{}^{e}} L nach Voraussetzung an y, algebraisch über K zu sein, ungleich \{0_{K[X]}\}. Sei μ_{y,K}(X) der normierte Erzeuger des Kerns von K[X] ^{\overline{}^{e}} L; vgl. die erste Bemerkung in §1.7.4. Schreibe ñ := deg μ_{y,K}.

Zu (4). Dies folgt aus der Zerlegung eines Ringmorphismus wie am Ende von §1.4.3, angewandt auf K[X] ^{\overline{}^{e}} L, namentlich

K[X] ^{\overline{}^{ρ}} K[X]/μ_{y,K}(X)K[X] \overline{}^{ẽ}_{∼} K(y) \overline{}L .

Für λ ∈ K ist ẽ(λ) = ẽ(λX^{0} + μ_{y,K}(X)K[X]) = λy^{0} = λ.

Zu (1). Mit dem Lemma aus §1.7.5 hat K[X]/μ_{y,K}(X)K[X] die Basis

(X̄^{0}, …, X̄^{ñ−1}) ,

wobei X̄ := X + μ_{y,K}(X)K[X]. Der Isomorphismus ẽ aus (4) ist aber auch ein Isomorphismus von K-Vektorräumen, da

ẽ(λξ + νη) = ẽ(λ)ẽ(ξ) + ẽ(ν)ẽ(η) = λẽ(ξ) + νẽ(η)

für λ, ν ∈ K und ξ, η ∈ K[X]/μ_{y,K}(X)K[X]. Also ist das eintragsweise genommene Bild dieser Basis, nämlich

(y^{0}, …, y^{ñ−1}) ,

eine Basis von K(y) über K. Insbesondere ist

ñ = [K(y) : K] = n .

Als endlichdimensionaler Integritätsbereich ist schließlich K(y) in der Tat ein Teilkörper von L; vgl. Aufgabe 10.(1).

Zu (2). Nach Wahl von μ_{y,K}(X) als Erzeuger des Kerns von e : K[X] \overline{}L, f(X) \overline{}f(y) hat ein Polynom in K[X] genau dann y als Nullstelle, wenn es von μ_{y,K}(X) geteilt wird.

Das einzige normierte Polynom von Grad n = deg μ_{y,K} = [K(y) : K], welches y als Nullstelle hat, ist folglich μ_{y,K}(X) selbst.

Zu (3). Nehmen wir an, es sei μ_{y,K}(X) = f(X) · g(X) mit deg f < n und deg g < n. Dann aber ist 0 = μ_{y,K}(y) = f(y) · g(y), und folglich f(y) = 0 oder g(y) = 0, im Widerspruch zu (2), da μ_{y,K}(X) aus Gradgründen weder f(X) noch g(X) teilt.

Beispiel. Sei K = Q, sei y = \sqrt{2} ∈ R. Es ist Q(\sqrt{2}) = \{a + b\sqrt{2} : a, b ∈ Q\}. Eine Basis von Q(\sqrt{2}) über Q ist gegeben durch (1, \sqrt{2}). Es ist μ_{\sqrt{2},Q}(X) = X^{2} − 2. Es ist Q(\sqrt{2}) ≃ Q[X]/(X^{2} − 2)Q[X].

Bemerkung. Sei f(X) ∈ K[X] irreduzibel und normiert. Sei y ∈ L mit f(y) = 0 gegeben. Dann ist f(X) = μ_{y,K}(X).

Beweis. Da f(y) = 0, ist μ_{y,K}(X) ein Teiler von f(X). Da aber f(X) irreduzibel und normiert ist, folgt f(X) = μ_{y,K}(X).

Beispiel.

(1) Sei K = R, L = C und y = i. Es ist μ_{i,R}(X) = X^{2} + 1 ∈ R[X]. In der Tat ist dies ein irreduzibles normiertes Polynom in R[X] mit Nullstelle i. Siehe auch das zweite Beispiel in §1.6.2. Ferner ist R(i) = C. Beachte noch, daß μ_{i,C}(X) = X − i ∈ C[X].

(2) Sei K = F_{2}, L = F_{4} und y = α. Es ist μ_{α,F_{2}}(X) = X^{2} + X + 1. In der Tat ist dies ein irreduzibles normiertes Polynom in F_{2}[X] mit Nullstelle α. Ferner ist F_{2}(α) = F_{4}.

(3) Sei K = Q, L = C und y = \sqrt[3]{2} – letzteres wollen wir als Abkürzung auch verwenden. Es ist X^{3} − 2 mangels Nullstelle in Q ein irreduzibles Polynom. In der Tat sind die Nullstellen in C gegeben durch \sqrt[3]{2}, ζ_{3}\sqrt[3]{2} und ζ_{3}^{2}\sqrt[3]{2}, wobei ζ_{3} = exp(2πi/3) = −\frac{1}{2} + \frac{i}{2} \sqrt{3}. Also ist μ_{y,Q}(X) = X^{3} − 2, da dies ein irreduzibles normiertes Polynom in Q[X] mit Nullstelle y ist. Insbesondere ist [Q(y) : Q] = deg μ_{y,Q} = 3.

Berechnen wir einmal μ_{y+1,Q}(X). Dazu schreiben wir die Potenzen des fraglichen Elements in der Standardbasis (y^{0}, y^{1}, y^{2}) von Q(y) über Q.

\begin{aligned}(y + 1)^{0} & = & 1y^{0} & + & 0y^{1} & + & 0y^{2} \\ (y + 1)^{1} & = & 1y^{0} & + & 1y^{1} & + & 0y^{2} \\ (y + 1)^{2} & = & 1y^{0} & + & 2y^{1} & + & 1y^{2} \\ (y + 1)^{3} & = & 3y^{0} & + & 3y^{1} & + & 3y^{2} \end{aligned}

Die ersten drei Elemente bilden ein linear unabhängiges Tupel. Dahingegen ist

(y + 1)^{3} − 3(y + 1)^{2} + 3(y + 1) − 3 = 0 .

Also ist

μ_{y+1,Q}(X) = X^{3} − 3X^{2} + 3X − 3 ,

da dies das normierte irreduzible Polynom minimalen Grades in Q[X] mit Nullstelle y + 1 ist.

(4) Sei K = F_{3}, L = F_{9} und y = ι − 1. Berechnen wir einmal μ_{ι−1,F_{3}}.

\begin{aligned}(ι − 1)^{0} & = & 1ι^{0} & + & 0ι^{1} \\ (ι − 1)^{1} & = & −1ι^{0} & + & 1ι^{1} \\ (ι − 1)^{2} & = & 0ι^{0} & + & 1ι^{1} \end{aligned}

Es ergibt sich

μ_{ι−1,F_{3}}(X) = X^{2} − X − 1 .

(5) Die Einbettung von F_{4} in F_{16} in Aufgabe 24.(4) kann auch als Beispiel hierfür angeführt werden.

Bemerkung. Sei K ein Körper. Sei f(X) ∈ K[X] ein normiertes irreduzibles Polynom. Dann ist K[X]/f(X)K[X] ein Körper; vgl. Lemma in §1.8.5. Schreiben wir

γ := X + f(X)K[X] ,

so ist K(γ) = K[X]/f(X)K[X]. Darüberhinaus ist f(X) = μ_{γ,K}(X), da es sich um ein normiertes irreduzibles Polynom mit Nullstelle γ handelt. In der Tat ist

f(γ) = f(X+f(X)K[X]) = f(X)+f(X)K[X] = 0+K[X] = 0_{K[X]/f(X)K[X]} = 0_{K(γ)} .

Ist uns also ein normiertes irreduzibles Polynom f(X) gegeben, so verfügen wir über eine zugehörige endliche monogene Erweiterung K(γ) von K mit Minimalpolynom μ_{γ,K}(X) = f(X).

Beispiel. Es ist F_{4} = F_{2}(α) durch μ_{α,F_{2}}(X) := X^{2}+X+1 definierbar, da letzteres Polynom normiert und irreduzibel ist.

2.3.3 Endliche polygene Erweiterungen

Sei k ⩾ 1. Seien y_{1}, …, y_{k} ∈ L algebraisch über K. Sei die endliche polygene Erweiterung

K(y_{1}, y_{2}, …, y_{k}) := K(y_{1})(y_{2}) ⋯ (y_{k}) ⊆ L

von K durch Iteration monogener Erweiterungen gewonnen. Es besteht K(y_{1}, …, y_{k}) also aus den polynomialen Ausdrücken in (y_{1}, …, y_{k}) mit Koeffizienten in K, d.h.

K(y_{1}, y_{2}, …, y_{k}) = {f(y_{1}, …, y_{k}) ∈ L : f(X_{1}, …, X_{k}) ∈ K[X_{1}, …, X_{k}]} .

Insbesondere kommt es auf die Reihenfolge der y_{i} nicht an, es ist also z.B. K(y_{2}, y_{3}, y_{1}) = K(y_{1}, y_{2}, y_{3}). Mit Satz 1 (Gradsatz) wird

\begin{matrix}[K(y_{1}, y_{2}, …, y_{k}) : K] = \\ [K(y_{1}, …, y_{k−1}, y_{k}) : K(y_{1}, …, y_{k−1})] ⋯ [K(y_{1}, y_{2}) : K(y_{1})][K(y_{1}) : K] \end{matrix}

Insbesondere ist K(y_{1}, y_{2}, …, y_{k})|K endlich.

Beispiel. Wir bilden Q(\sqrt[3]{2}, \sqrt{3}) ⊆ C.

Es ist μ_{\sqrt[3]{2},Q}(X) = X^{3} − 2 von Grad 3 und μ_{\sqrt{3},Q( \sqrt[3]{2})}(X) = X^{2} − 3 von Grad 2. Also ist mit Satz 1 (Gradsatz) und Satz 2 (Minimalpolynom)

[Q(\sqrt[3]{2}, \sqrt{3}) : Q] = [Q(\sqrt[3]{2}, \sqrt{3}) : Q(\sqrt[3]{2})][Q(\sqrt[3]{2}) : Q] = 2 · 3 = 6 .

Eine aus dem Beweis des Gradsatzes resultierende Basis von Q(\sqrt[3]{2}, \sqrt{3}) über Q ist gegeben durch

(\underbrace{1, \sqrt{3}}, \underbrace{\sqrt[3]{2}, \sqrt{3}\sqrt[3]{2}}, \underbrace{(\sqrt[3]{2})^{2}, \sqrt{3}(\sqrt[3]{2})^{2}})

Alternativ ist μ_{\sqrt{3},Q}(X) = X^{2} − 3 von Grad 2 und μ_{\sqrt[3]{2},Q(\sqrt{3})}(X) = X^{3} − 2 von Grad 3. Also ist mit Satz 1 und Satz 2

[Q(\sqrt[3]{2}, \sqrt{3}) : Q] = [Q(\sqrt[3]{2}, \sqrt{3}) : Q(\sqrt{3})][Q(\sqrt{3}) : Q] = 3 · 2 = 6 .

(Die Irreduzibilität der hier als Minimalpolynome angeführten Polynome kann mit dem Computeralgebrasystem Magma getestet werden, wie in §2.4 weiter unten dargelegt, oder mittels Aufgabe 55.(2) verifiziert werden. Allgemein werden wir, wegen der Komplexität dieses Problems, die Faktorisierung eines Polynoms in irreduzible als bekannt annehmen und ggf. via Magma bestimmen.)

[figure: Q(\sqrt[3]{2}, \sqrt{3}); Q(\sqrt[3]{2}); 2; Q(\sqrt{3}); 3; Q; 3; 2]

Bemerkung. Eine endliche polygene Erweiterung kann durchaus auch monogen sein, so ein geeigneter Erzeuger existiert. So z.B. ist R(1 + i, 1 − i) = C = R(i).

2.3.4 Morphismen induziert von Nullstellen

Sei K \overline{}^{a}_{∼} K̃ ein Isomorphismus von Körpern. Sei L̃|K̃ eine Körpererweiterung. Sei K(γ) eine endliche monogene Erweiterung mit Minimalpolynom

f(X) = ∑_{i⩾0} f_{i}X^{i} := μ_{γ,K}(X) ∈ K[X]

von γ. Wir erinnern an die Bezeichnung f^{a}(X) = ∑_{i⩾0} a(f_{i})X^{i} ∈ K̃[X]. Bemerkung. Sei

\xymatrix{K(γ) \ar[r]^{b} & L̃ \\ K \ar[r]^{a}_{∼} \ar[u] & K̃ \ar[u]}

ein kommutatives Viereck von Körpermorphismen, mit vertikalen Einbettungen. Sei γ̃ := b(γ). Dann ist f^{a}(γ̃) = 0. Beweis. Es ist

f^{a}(γ̃) = ∑_{i⩾0} a(f_{i})γ̃^{i}
= ∑_{i⩾0} a(f_{i})b(γ)^{i}
= ∑_{i⩾0} b(f_{i})b(γ)^{i}
= b (∑_{i⩾0} f_{i}γ^{i})
= b(f(γ))
= b(0)
= 0 .

Wir wollen nun die Umkehrung dieser Bemerkung zeigen, in welcher wir γ̃ als Nullstelle von f^{a}(X) gegeben voraussetzen und einen passenden Körpermorphismus b konstruieren.

Satz 3 (Nullstelle induziert Morphismus)

Sei γ̃ ∈ L̃ gegeben mit f^{a}(γ̃) = ∑_{i⩾0} a(f_{i})γ̃^{i} = 0L̃ .

Dann gibt es genau einen Morphismus von Körpern K(γ) ^{\overline{}^{b}} L̃ mit b(γ) = γ̃ und mit

b|K̃ ; K = a.

Es ist b(g(γ̃)) = g^{a}(γ̃) für g(X) ∈ K[X].

Es ist b|^{K̃(γ̃)} : K(γ) ^{\overline{}^{∼}} K̃(γ̃) ein Isomorphismus.

\xymatrix{ & L̃ \\ K(γ) \ar[r]_{∼}^{b|^{K̃(γ̃)}} \ar[ur]^{b} & K̃(γ̃) \ar[u] \\ K \ar[r]_{∼}^{a} \ar[u] & K̃ \ar[u]}

Beweis. Schreibe â : K \overline{}L̃, x \overline{}a(x). D.h. es sei â der Isomorphismus a, gefolgt von der Einbettung K̃ \overline{}L̃.

Es ist K[X]/f(X)K(X) ^{\overline{}^{∼}} K(γ), g(X) + f(X)K[X] \overline{}g(γ); vgl. Satz 2.(4) aus §2.3.2.

Wir haben andererseits einen Morphismus von Ringen

[figure: K[X]; L̃; g(X); g^{a}(γ̃) ,]

welcher auf K zu â einschränkt; vgl. Bemerkung in §1.6.2. Dieser schickt f(X) nach f^{a}(γ̃) = 0L̃, und also f(X)K[X] nach {0L̃}. Also gibt es genau einen Morphismus von Ringen – nun genauer gesagt von Körpern –

[figure: K[X]/f(X)K[X]; L̃; g(X) + f(X)K[X]; g^{a}(γ̃) ,]

welcher komponiert mit ρ vorstehenden Morphismus gibt; vgl. Bemerkung aus §1.4.3. Die Komposition des inversen Isomorphismus K(γ) ^{\overline{}^{∼}} K[X]/f(X)K(X), g(γ) \overline{}g(X) + f(X)K[X] mit diesem liefert den Körpermorphismus

[figure: K(γ); L̃; g(γ); g(γ̃) ,]

welcher auf K zu â einschränkt. Dies zeigt die Existenz von b und die behauptete Formel b(g(γ̃)) = g^{a}(γ̃) für g(X) ∈ K[X].

Zeigen wir die Eindeutigkeit von b. Sei K(γ) ^{\overline{}^{b^{∗}}} L̃ ein weiterer Körpermorphismus mit b^{∗}(γ) = γ̃ und b^{∗}|K̃ ; K = a. Jedes Element in K(γ) ist von der Form g(γ) für ein g(X) ∈ K[X].

Dafür wird nun

b^{∗}(g(γ)) = b^{∗}(∑_{i⩾0} g_{i}γ^{i})
= ∑_{i⩾0} b^{∗}(g_{i})b^{∗}(γ)^{i}
= ∑_{i⩾0} a(g_{i})γ̃^{i}
= ∑_{i⩾0} b(g_{i})b(γ)^{i}
= b(∑_{i⩾0} g_{i}γ^{i})
= b(g(γ)) .

Also ist b^{∗} = b. Das Bild von b ist gleich

Im b = {g^{a}(γ̃) : g(X) ∈ K[X]} = {g̃(γ̃) : g̃(X) ∈ K̃[X]} = K̃(γ̃) ,

wobei wir für die zweite Gleichheit verwendet haben, daß K[X] \overline{}K̃[X], f(X) \overline{}f^{a}(X) bijektiv ist. Da Körpermorphismen injektiv sind, ist folglich b|^{K̃(γ̃)} : K(γ) \overline{}K̃(γ̃) ein Isomorphismus. Eine Konstruktionsskizze.

[figure: K; a; c; â; K̃; K[X]; ρ; K(γ); b; K[X]/f(X)K[X]; ∼; L̃; γ; X + f(X)K[X]; γ̃]

Betrachten wir den Spezialfall a = id_{K} explizit. Folgerung. Sei L|K eine Körpererweiterung. Sei K(γ) eine endliche monogene Erweiterung mit Minimalpolynom f(X) = ∑_{i⩾0} f_{i}X^{i} := μ_{γ,K}(X) ∈ K[X] von γ. Sei γ̃ ∈ L gegeben mit f(γ̃) = 0_{L} . Dann gibt es genau einen Morphismus von Körpern K(γ) ^{\overline{}^{b}} L mit b(γ) = γ̃ und mit b|_{K}^{K} = id_{K}. Es ist K(γ) ^{\overline{}^{b|^{K(γ̃)}}} K(γ̃) ein Isomorphismus.

[figure: L; K(γ); ∼; b|^{K(γ̃)}; b; K(γ̃); K; K]

Bemerkung. In der Situation der Folgerung steht die Menge der Körpermorphismen von K(γ) nach L, die auf K identisch einschränken, in Bijektion zur Menge der Nullstellen von f(X) in L. Die Bijektion ist dadurch gegeben, daß solch ein Körpermorphismus b auf die Nullstelle b(γ) von f(X) abgebildet wird.

Beweis. Die Injektivität folgt, da, wie im Beweis zu Satz 3 gesehen, ein Körpermorphismus von K(γ) nach L durch seine Einschränkung auf K ∪ {γ} festgelegt ist. Die Surjektivität entnehmen wir vorangehender Folgerung.

Beispiel.

(1) Betrachte C|R. Sei γ = i. Hier ist nun C = R(i). Es ist f(X) = μ_{i,R}(X) = X^{2} +1 ∈ R[X]. Nun hat f(X) die weitere Nullstelle γ̃ := −i in C. Daher gibt es genau einen Morphismus von Körpern

( C = ) R(i) \overline{}C ( = R(i) ) ,

der γ = i auf γ̃ = −i schickt, und der auf R identisch einschränkt. Dies ist die komplexe Konjugation.

(2) Betrachte F_{4}|F_{2}. Sei γ = α. Hier ist nun F_{4} = F_{2}(α). Es ist f(X) = μ_{α,F_{2}}(X) = X^{2} + X + 1 ∈ F_{2}[X]. Nun hat f(X) die weitere Nullstelle α + 1 in F_{4}. Daher gibt es genau einen Morphismus von Körpern

( F_{4} = ) F_{2}(α) \overline{}F_{4} ( = F_{2}(α) ) ,

der γ = α auf γ̃ = α+1 schickt, und der auf F_{2} identisch einschränkt. Dieser schickt dann uα + v auf u(α + 1) + v, wobei u, v ∈ F_{2}. Da auch

Frob_{F_{4}}(uα + v) = (uα + v)^{2} = u^{2}α^{2} + v^{2} = uα^{2} + v = u(α + 1) + v

ist, ist der gefundene Automorphismus von F_{4} gleich dem Frobenius Frob_{F_{4}}; vgl. Aufgabe 24. Dies folgt übrigens auch schon kürzer aus Frob_{F_{4}}(α) = α^{2} = α + 1.

2.4 Ein Taschenrechner zur Faktorisierung von Polynomen

Auf http://magma.maths.usyd.edu.au/calc/ findet sich ein Magma Calculator, wel-

chen wir als Taschenrechner zur Faktorisierung von Polynomen verwenden wollen.

Die folgenden Beispiele sind selbsterklärend – falls nicht, konsultiere man

http://magma.maths.usyd.edu.au/magma/htmlhelp/MAGMA.htm.

Beispiel. Folgender Quelltext faktorisiert X^{4} + X^{3} − X − 1 ∈ Q[X] in irreduzible Polynome.

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
f := X^4 + X^3 - X - 1;
Factorisation(f);

Dieser Quelltext ist in das orangene Feld einzugeben und der Knopf Evaluate zu drücken. Im grünen Feld erscheint das Ergebnis.

Beispiel. Folgender Quelltext konstruiert zunächst K = Q(i\sqrt{2}) durch Angabe des Minimalpolynoms g(T) = T^{2} + 2 von α = al = i\sqrt{2} und faktorisiert dann X^{4} + X + 1 ∈ K[X] in irreduzible Polynome. Mit der letzten Zeile überprüft man, daß α = al in der Tat eine Wurzel aus −2 ist.

Q := Rationals();
R<T> := PolynomialRing(Q);
g := T^2 + 2;
K<al> := ext<Q|g>;
S<X> := PolynomialRing(K);
f := X^4 + X + 1;
Factorisation(f);
al^2;

Das Ergebnis sieht etwas mager aus, sagt aber immerhin, daß X^{4} + X + 1 ∈ Q(i\sqrt{2})[X] irreduzibel ist.

Beispiel. Folgender Quelltext konstruiert zunächst K = Q(a), wobei

μ_{a,Q}(X) = X^{4} + X + 1 .

Dann wird X^{4} + X + 1 ∈ K[X] in irreduzible Polynome faktorisiert.

Sodann wird KK = Q(a, b) konstruiert, wobei

μ_{b,Q(a)}(X) = X^{3} + aX^{2} + a^{2}X + a^{3} + 1

der zweite irreduzible Faktor der vorstehenden Faktorisierung ist.

In Magma ist zu beachten, daß ein neuer Koeffizientenbereich für den Polynomring auch eine neue Variablenbezeichnung erfordert, hier XX. Variablennamen wie XX, KK dürfen mehr als einen Buchstaben lang sein.

Dann wird X^{4} + X + 1 ∈ KK[X] in irreduzible Polynome faktorisiert.

Schließlich wird KKK = Q(a, b, c) konstruiert, wobei

μ_{γ,Q(a,b)}(X) = X^{2} + (a + b)X + b^{2} + ab + a^{2} .

Dann wird X^{4} + X + 1 ∈ KKK[X] in irreduzible Polynome faktorisiert.

Wir haben in KKK[X] = Q(a, b, c)[X] eine Zerlegung in vier Linearfaktoren erreicht, namentlich

X^{4} + X + 1 = (X − a)(X − b)(X − c)(X + a + b + c) .

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
Factorisation(X^4 + X + 1); // erster Durchlauf
KK<a> := ext<Q | X^4 + X + 1>;
RR<XX> := PolynomialRing(KK);
Factorisation(XX^4 + XX + 1); // zweiter Durchlauf
KKK<b> := ext<KK | XX^3 + a*XX^2 + a^2*XX + a^3 + 1>;
RRR<XXX> := PolynomialRing(KKK);
Factorisation(XXX^4 + XXX + 1); // dritter Durchlauf
KKKK<c> := ext<KKK | XXX^2 + (a + b)*XXX + b^2 + a*b + a^2>;
RRRR<XXXX> := PolynomialRing(KKKK);
Factorisation(XXXX^4 + XXXX + 1); // vierter Durchlauf

Um den Magma Calculator sinnvoll zu verwenden, muß zunächst der Teil bis einschließlich “erster Durchlauf” eingegeben werden. Der Ausgabe entnimmt man das Polynom X^4 + X + 1, welches zur Definition von KK verwandt wird. Dann muß nochmals alles bis einschließlich “zweiter Durchlauf” eingegeben werden. Der Ausgabe entnimmt man das Polynom XX^3 + a*XX^2 + a^2*XX + a^3 + 1, welches zur Definition von KKK verwandt wird. Usf.

2.5 Zerfällungskörper

Ziel der Vorlesung ist es, ein Verfahren zu entwickeln, um für ein gegebenes irreduzibles Polynom die Galoisgruppe zu bestimmen (und aus dieser Folgerungen über die Form seiner Nullstellen zu gewinnen). Der erste Schritt hierfür ist die Berechnung seines Zerfällungskörpers; das ist der in einem gewissen Sinne kleinste Körper, in dem das Polynom in Linearfaktoren zerlegt werden kann. Die Galoisgruppe des gegebenen Polynoms wird dann die Gruppe der Automorphismen des Zerfällungskörpers sein, die identisch auf den Grundkörper einschränken.

Sei K ein Körper. Sei f(X) ∈ K[X] ∖ {0} ein normiertes Polynom von Grad n := deg f.

2.5.1 Begriff des Zerfällungskörpers

Definition. Es heißt L Zerfällungskörper (über K) von f(X) ∈ K[X], falls L|K, falls es γ_{1} , …, γ_{n} ∈ L gibt mit

f(X) = (X − γ_{1})(X − γ_{2}) ⋯ (X − γ_{n}) in L[X]

und falls K(γ_{1}, …, γ_{n}) = L.

Beispiel.

(1) Es ist C ein Zerfällungskörper von X^{2} + 1 ∈ R[X], da X^{2} + 1 = (X + i)(X − i) und R(i, −i) = R(i) = C.

(2) Es ist Q(\sqrt[3]{2}) kein Zerfällungskörper von X^{3} − 2 ∈ Q[X], da

X^{3} − 2 = (X − \sqrt[3]{2})(X^{2} + \sqrt[3]{2} X + (\sqrt[3]{2})^{2}) ∈ Q(\sqrt[3]{2})[X]

und der Faktor X^{2} + \sqrt[3]{2} X + (\sqrt[3]{2})^{2} in Q(\sqrt[3]{2})[X] irreduzibel ist, schon mangels Nullstelle in R ⊇ Q(\sqrt[3]{2}).

Wohl ist aber Q(\sqrt[3]{2}, ζ_{3}) mit ζ_{3} := −\frac{1}{2} + \frac{i}{2} \sqrt{3} = exp(2πi/3) ein Zerfällungskörper von X^{3} − 2 ∈ Q[X], da zum einen

X^{3} − 2 = (X − \sqrt[3]{2})(X − ζ_{3}\sqrt[3]{2})(X − ζ_{3}^{2}\sqrt[3]{2}) ∈ Q(\sqrt[3]{2}, ζ_{3})[X] ,

und da zum anderen Q(\sqrt[3]{2}, ζ_{3}\sqrt[3]{2}, ζ_{3}^{2}\sqrt[3]{2}) = Q(\sqrt[3]{2}, ζ_{3}).

(3) Es ist F_{8} ein Zerfällungskörper von X^{3} + X + 1 ∈ F_{2}[X], da

X^{3} + X + 1 = (X + β)(X + β^{2})(X + (β^{2} + β)) ∈ F_{8}[X]

und da F_{2}(β, β^{2}, β^{2} + β) = F_{2}(β) = F_{8}.

Bemerkung. Ist M|L|K, ist f(X) ∈ K[X], und ist M ein Zerfällungskörper für f(X) über K, so ist M auch ein Zerfällungskörper von f(X) über L.

Beweis. Es ist f(X) = ∏_{i∈[1,n]}(X − γ_{i}) ∈ M[X] für gewisse γ_{i} ∈ M. Da ferner M = K(γ_{1}, …, γ_{n}), ist a fortiori auch M = L(γ_{1}, …, γ_{n}).

Bemerkung. Ist L|K ein Zerfällungskörper für f(X) ∈ K[X] über K, so ist L|K als endliche polygene Erweiterung insbesondere endlich; cf. §2.3.3.

2.5.2 Existenz des Zerfällungskörpers

Wir erinnern daran, daß K ein Körper ist und f(X) ∈ K[X]∖{0} ein normiertes Polynom von Grad n := deg f.

Satz 4 (Existenz Zerfällungskörper)

Es existiert ein Zerfällungskörper L|K von f(X) ∈ K[X] mit [L : K] ⩽ n! .

Beweis. Schreibe K_{0} := K. Schreibe f^{(1)}(X) := f(X) ∈ K[X]. Es ist deg f^{(1)} = n.

Schritt 1. Sei g^{(1)}(X) ein irreduzibler Faktor von f^{(1)}(X) in K_{0}[X]. Sei K_{1} := K_{0}(a_{1}) eine endliche monogene Erweiterung von K_{0} mit μ_{a_{1},K_{0}}(X) = g^{(1)}(X); vgl. die zweite Bemerkung in §2.3.2. Es wird

[K_{1} : K_{0}] = deg g^{(1)} ⩽ deg f^{(1)} = n .

Beachte, daß aus g^{(1)}(a_{1}) = 0 folgt, daß f^{(1)}(a_{1}) = 0. Schreibe dementsprechend f^{(1)}(X) = (X − a_{1})f^{(2)}(X) in K_{1}[X]. Es ist deg f^{(2)} = n − 1. Es ist

f(X) = (X − a_{1})f^{(2)}(X) .

Schritt 2. Sei g^{(2)}(X) ein irreduzibler Faktor von f^{(2)}(X) in K_{1}[X]. Sei K_{2} := K_{1}(a_{2}) eine endliche monogene Erweiterung von K_{1} mit μ_{a_{2},K_{1}}(X) = g^{(2)}(X). Es wird

[K_{2} : K_{1}] = deg g^{(2)} ⩽ deg f^{(2)} = n − 1 .

Beachte, daß aus g^{(2)}(a_{2}) = 0 folgt, daß f^{(2)}(a_{2}) = 0. Schreibe dementsprechend f^{(2)}(X) = (X − a_{2})f^{(3)}(X) in K_{2}[X]. Es ist deg f^{(3)} = n − 2. Es ist

f(X) = (X − a_{1})(X − a_{2})f^{(3)}(X) .

Schritt 3. Sei g^{(3)}(X) ein irreduzibler Faktor von f^{(3)}(X) in K_{2}[X]. Sei K_{3} := K_{2}(a_{3}) eine endliche monogene Erweiterung von K_{2} mit μ_{a_{3},K_{2}}(X) = g^{(3)}(X). Es wird

[K_{3} : K_{2}] = deg g^{(3)} ⩽ deg f^{(3)} = n − 2 .

Beachte, daß aus g^{(3)}(a_{3}) = 0 folgt, daß f^{(3)}(a_{3}) = 0. Schreibe dementsprechend f^{(3)}(X) = (X − a_{3})f^{(4)}(X) in K_{3}[X]. Es ist deg f^{(4)} = n − 3. Es ist

f(X) = (X − a_{1})(X − a_{2})(X − a_{3})f^{(4)}(X) .

Setze so fort bis Schritt n, woraus f^{(n+1)}(X) mit deg f^{(n+1)} = 0 hervorgeht. Wir haben also f^{(n+1)}(X) = 1.

Setze L := K_{n} = K(a_{1}, …, a_{n}), insbesondere L|K. Wir haben insgesamt erhalten

f(X) = (X − a_{1})(X − a_{2}) ⋯ (X − a_{n}) ∈ L[X] .

Somit erfüllt L alle drei Bedingungen an einen Zerfällungskörper.

Schließlich ist mit Satz 1 (Gradsatz)

[L : K] = [K_{n} : K_{n−1}][K_{n−1} : K_{n−2}] ⋯ [K_{2} : K_{1}][K_{1} : K_{0}] ⩽ 1 · 2 ⋯ (n − 1) · n = n! .

Bemerkung. In der Praxis muß der Prozeß aus dem Beweis zu Satz 4 nur bis zu der Stelle fortgesetzt werden, an der f^{(i)}(X) in K_{i}[X] in Linearfaktoren zerfällt. Denn dann sind alle weiteren Polynome g^{(j)}(X) mit j ⩾ i von Grad 1, und damit findet keine echte Körpererweiterung mehr statt.

Beispiel. Das letzte Beispiel in §2.4 war die Berechnung eines Zerfällungskörpers von X^{4} + X + 1 ∈ Q[X] via Magma. In den Bezeichnungen des Existenzbeweises liest sich dies wie folgt.

Es ist K_{0} = Q und f^{(1)}(X) = X^{4} + X + 1.

Schritt 1. Es ist f^{(1)}(X) ∈ Q[X] irreduzibel, also g^{(1)}(X) = X^{4} +X +1 die einzig mögliche Wahl. Sei K_{1} := Q(a) mit a^{4} + a + 1 = 0; will sagen, mit μ_{a,Q}(X) = X^{4} + X + 1. Zerlege

X^{4} + X + 1 = (X − a) \underbrace{(X^{3} + aX^{2} + a^{2}X + a^{3} + 1)}_{= f^{(2)}(X)} ∈ Q(a)[X] .

Schritt 2. Es ist f^{(2)}(X) ∈ Q(a)[X] irreduzibel, also g^{(2)}(X) = f^{(2)}(X). Sei K_{2} := Q(a, b) mit b^{3} + ab^{2} + a^{2}b + a^{3} + 1 = 0. Zerlege

X^{3} + aX^{2} + a^{2}X + a^{3} + 1 = (X − b) \underbrace{(X^{2} + (a + b)X + (a^{2} + ab + b^{2}))}_{= f^{(3)}(X)} ∈ Q(a, b)[X] .

Schritt 2. Es ist f^{(3)}(X) ∈ Q(a, b)[X] irreduzibel, also g^{(3)}(X) = f^{(3)}(X). Sei K_{3} := Q(a, b, c) mit c^{2} + (a + b)c + (a^{2} + ab + b^{2}) = 0. Zerlege

X^{3} + aX^{2} + a^{2}X + a^{3} + 1 = (X − b) \underbrace{(X^{2} + (a + b)X + (a^{2} + ab + b^{2}))}_{= f^{(3)}(X)} ∈ Q(a, b)[X] .

Die weiteren Schritte können bereits unterbleiben, da mit L := K_{2} = Q(\sqrt[3]{2}, ζ_{3}\sqrt[3]{2}) wir bereits die Faktorisierung

(X^{2} + (a + b)X + (a^{2} + ab + b^{2})) = (X − c)(X + a + b + c) ∈ Q(a, b, c)[X] .

in Linearfaktoren haben. Hier können wir nun abbrechen, denn wir haben insgesamt

X^{4} + X + 1 = (X − a)(X − b)(X − c)(X + a + b + c) ∈ Q(a, b, c)[X]

erreicht. Ferner ist Q(a, b, c, −a − b − c) = Q(a, b, c). Es ist also Q(a, b, c) ein Zerfällungskörper von X^{4} + X + 1 ∈ Q[X]. Sein Grad über Q berechnet sich zu

[Q(a, b, c) : Q] = [Q(a, b, c) : Q(a, b)][Q(a, b) : Q(b)][Q(b) : Q] = 2 · 3 · 4 = 24 .

Die gefundenen Minimalpolynome besagen hierbei, daß beim Rechnen in Q(a, b, c) die Regeln

\begin{aligned}0 & = & a^{4} + a + 1 \\ 0 & = & b^{3} + ab^{2} + a^{2}b + a^{3} + 1 \\ 0 & = & c^{2} + (a + b)c + (b^{2} + ab + a^{2}) \end{aligned}

zu beachten sind – und nur diese.

Im vorstehenden Beispiel war für g^{(i)}(X) stets nur eine Wahl möglich, da f^{(i)}(X) nie “freiwillig” zerfiel. Dieser Fall ist recht typisch – fängt man mit einem beliebigen Polynom an, so ist die Wahrscheinlichkeit groß, daß das Verfahren so ausgeht. Falls aber “mit etwas Glück” ein f^{(i)}(X) “freiwillig” zerfällt, so passieren interessante Dinge (um vorzugreifen : dann ist die Galoisgruppe eine echte Untergruppe der symmetrischen Gruppe).

2.5.3 Eindeutigkeit des Zerfällungskörpers

Wir erinnern daran, daß K ein Körper ist und f(X) ∈ K[X]∖{0} ein normiertes Polynom von Grad n := deg f.

Satz 5 (Eindeutigkeit Zerfällungskörper) Seien L|K und L̃|K Zerfällungskörper von f(X) ∈ K[X] über K. Dann gibt es einen Körperisomorphismus L \overline{}^{σ}_{∼} L̃ mit σ|_{K}^{K} = id_{K} .

[figure: L; σ; ∼; L̃; K; K]

Unter impliziter Bezugnahme auf Satz 5 werden wir auch von dem Zerfällungskörper von f(X) ∈ K[X] reden.

Beweis. Um die Aussage per Induktion zeigen zu können, verallgemeinern wir sie ein kleines bißchen. Sei K \overline{}^{ρ}_{∼} K̃ ein Körperisomorphismus. Sei L|K ein Zerfällungskörper von f(X) ∈ K[X] über K. Sei L̃|K̃ ein Zerfällungskörper von f^{ρ}(X) ∈ K̃[X] über K̃. Dann, so behaupten wir, gibt es einen Körperisomorphismus L \overline{}^{σ}_{∼} L̃ mit σ|K̃ ; K = ρ.

\xymatrix{L \ar[r]^{σ}_{∼} & L̃ \\ K \ar[r]^{ρ}_{∼} \ar[u] & K̃ \ar[u]}

(Die für den Satz zu zeigende Aussage ist hiervon der Spezialfall ρ = id_{K}.)

Schreibe zunächst

\begin{aligned}f(X) & = & ∏_{i∈[1,n]}(X − γ_{i}) & ∈ & L[X] \\ f^{ρ}(X) & = & ∏_{i∈[1,n]}(X − γ̃_{i}) & ∈ & L̃[X] . \end{aligned}

Beachte, daß L = K(γ_{1}, …, γ_{n}) und L̃ = K̃(γ̃_{1}, …, γ̃_{n}).

Wir führen eine Induktion nach [L : K].

Ist [L : K] = 1, so ist L = K, und also

f(X) = ∏_{i∈[1,n]}(X − γ_{i}) ∈ K[X] .

Somit ist

f^{ρ}(X) = ∏_{i∈[1,n]}(X − ρ(γ_{i})) = ∏_{i∈[1,n]}(X − γ̃_{i}) ∈ K̃[X] ,

und also L̃ = K̃(ρ(γ_{1}), …, ρ(γ_{n})) = K̃. Wir können σ = ρ wählen.

Ist [L : K] > 1, so gibt es ein s ∈ [1, n] mit γ_{s} ∉ K, insbesondere also [K(γ_{s}) : K] > 1. Halten wir fest, daß aus [L : K] = [L : K(γ_{s})][K(γ_{s}) : K] daher folgt, daß

[L : K] > [L : K(γ_{s})] .

Da f(γ_{s}) = 0, ist μ_{γ_{s},K}(X) ein Teiler von f(X), also

f(X) = μ_{γ_{s},K}(X)g(X)

für ein g(X) ∈ K[X]. Somit ist

f^{ρ}(X) = μ_{γ_{s},K}^{ρ}(X)g^{ρ}(X) .

Also gibt es ein s̃ ∈ [1, n] mit μ_{γ_{s},K}^{ρ}(γ̃s̃) = 0. Satz 3 gibt nun einen Isomorphismus

τ : K(γ_{s}) ^{\overline{}^{∼}} K̃(γ̃s̃) mit τ(γ_{s}) = γ̃s̃ und τ|K̃ ; K = ρ.

\xymatrix{L & L̃ \\ K(γ_{s}) \ar[r]^{τ}_{∼} \ar[u] & K̃(γ̃s̃) \ar[u] \\ K \ar[r]^{ρ}_{∼} \ar[u] & K̃ \ar[u]}

Da L ein Zerfällungskörper von f(X) über K(γ_{s}) ist und L̃ ein Zerfällungskörper von f^{ρ}(X) über K̃(γ̃s̃) ist, und da ferner [L : K(γ_{s})] < [L : K], gibt die Induktionsvoraussetzung einen Isomorphismus σ : L ^{\overline{}^{∼}} L̃ mit σ|_{K(γ_{s})}^{K̃(γ̃s̃)} = τ, und also σ|K̃ ; K = ρ.

\xymatrix{L \ar[r]^{σ}_{∼} & L̃ \\ K(γ_{s}) \ar[r]^{τ}_{∼} \ar[u] & K̃(γ̃s̃) \ar[u] \\ K \ar[r]^{ρ}_{∼} \ar[u] & K̃ \ar[u]}

Dies zeigt die Behauptung.

Der Beweis zu Satz 5 ist ein Beispiel dafür, daß es manchmal einfacher ist, eine allgemeinere Aussage zu zeigen, als nur einen Spezialfall.

Die Galoisgruppe von f(X) wird aus den Automorphismen von L bestehen, die auf K identisch einschränken. Der Beweis von Satz 5 wird zu einer Methode zu ihrer Berechnung ausgebaut werden. Wesentlich wird hierbei sein, daß darin die Wahl von γ̃s̃ zu bereits gewähltem γ_{s} nicht eindeutig getroffen werden kann. Cf. §3.4.1.

2.5.4 Endliche Zerfällungskörper

Wir wollen den Körper F_{p^{k}} mit |F_{p^{k}}| = p^{k} konstruieren, für eine beliebig vorgegebene Primzahl p und ein beliebig vorgegebenes k ⩾ 1. Die Namensgebung deutet auch schon an, daß es (bis auf Isomorphie) nur einen Körper mit dieser Kardinalität gibt.

Sei p eine Primzahl. Sei k ⩾ 1. Sei K der Zerfällungskörper von

z(X) := X^{p^{k}} − X ∈ F_{p}[X] .

Es ist K|F_{p}.

Lemma.

(1) Es ist |K| = p^{k}.

(2) Sei L ein Körper mit |L| = p^{k}. Dann ist L ≃ K.

Wir schreiben auch F_{p^{k}} := K. Es ist also F_{p^{k}} der Zerfällungskörper von X^{p^{k}} − X.

Beweis. Zu (1). Setze K̃ := {x ∈ K : z(x) = 0} ⊆ K.

Wir behaupten, daß K̃ ein Teilkörper von K ist, der F_{p} enthält. In der Tat ist z(x) = 0 gleichbedeutend zu Frob_{K}^{k}(x) = x; vgl. Aufgabe 24. Somit ist F_{p} ⊆ K̃, da für Elemente in F_{p} sogar bereits Frob_{K}(x) = x ist; vgl. Aufgabe 12.(1) oder Aufgabe 24.(2). Insbesondere ist 1 ∈ K̃. Sind x, y ∈ K̃, so ist

Frob_{K}^{k}(xy) = Frob_{K}^{k}(x) Frob_{K}^{k}(y) = xy ,

womit xy ∈ K̃; ferner ist

Frob_{K}^{k}(x − y) = Frob_{K}^{k}(x) − Frob_{K}^{k}(y) = x − y ,

woraus x − y ∈ K̃. Also ist K̃ ⊆ K ein Teilring. Ist x ∈ K̃ ∖ {0}, so ist

Frob_{K}^{k}(x^{−1}) = Frob_{K}^{k}(x)^{−1} = x^{−1} ,

und also x^{−1} ∈ K̃. Somit ist K̃ ⊆ K ein Teilkörper. Die Behauptung ist gezeigt.

Man hätte für K̃ ⊆ K Teilkörper auch verwenden können, daß endliche Integritätsbereiche Körper sind.

Schreibe nun unter Verwendung der Zerfällungskörpereigenschaft von K

z(X) = _{∏i∈[1,p_{k}]}(X − γ_{i}) ∈ K[X]

mit γ_{i} ∈ K. Nach Definition ist aber γ_{i} ∈ K̃ für alle i ∈ [1, p^{k}]. Es folgt, abermals unter Verwendung der Zerfällungskörpereigenschaft von K,

K̃ ⊆ K = F_{p}(γ_{1}, …, γ_{p^{k}}) ⊆ K̃ ,

und also K = K̃ = {γ_{1}, …, γ_{p^{k}}}.

Um nun zu zeigen, daß |K| = p^{k}, genügt es zu zeigen, daß γ_{i} ≠ γ_{j} für 1 ⩽ i < j ⩽ p^{k}. Mit Aufgabe 25.(2) müssen wir zeigen, daß ggT(z(X), z′(X)) = 1 in K[X]; vgl. auch Aufgabe 25.(3). In der Tat ist aber z′(X) = −1.

Zu (2). Es ist F_{p} ⊆ L der Primkörper. Mit Satz 5 und (1) genügt es zu zeigen, daß L ein Zerfällungskörper von z(X) = X^{p^{k}} −X ∈ F_{p}[X] ist. Da (L∖{0}, ·) eine Gruppe mit p^{k} −1 Elementen ist, gilt für alle y ∈ L ∖ {0}, daß y^{p^{k}−1} = 1; vgl. Aufgabe 11.(1.c). Also ist für alle y ∈ L die Gleichung z(y) = y^{p^{k}} − y = 0 erfüllt. Abdividieren dieser p^{k} Nullstellen von z(X) liefert

z(X) = X^{p^{k}} − X = _{∏y∈L}(X − y) ∈ L[X] ,

da z(X) ein normiertes Polynom von Grad p^{k} ist; vgl. auch Aufgabe 12.(2). Ferner ist L = F_{p}(y : y ∈ L). Somit ist L in der Tat ein Zerfällungskörper von z(X) = X^{p^{k}} − X ∈ F_{p}[X].

Bemerkung. Die Abschätzung für den Grad des Zerfällungskörpers aus Satz 4 wird hier deutlich unterschritten, es ist k = [F_{p^{k}} : F_{p}] ⩽ deg(X^{p^{k}} − X) = p^{k}.

Beispiel.

(1) Es ist F_{4} der Zerfällungskörper von X^{4} − X ∈ F_{2}[X]. In der Tat ist X^{4} − X = X(X − 1)(X − α)(X − (α + 1)) ∈ F_{4}[X].

(2) Es ist F_{8} der Zerfällungskörper von X^{8} − X ∈ F_{2}[X]. Vgl. Aufgabe 29.(5, 4). Vgl. auch das Beispiel in §2.5.1, Teil (3).

(3) Es ist F_{9} der Zerfällungskörper von X^{9} − X ∈ F_{3}[X].

(4) Es ist F_{p} der Zerfällungskörper von X^{p} − X ∈ F_{p}[X]. Vgl. auch Aufgaben 12.(2) und Aufgabe 24.(2).

Halten wir nochmals kurz fest :

Korollar. Zu jeder Primpotenz gibt es bis auf Isomorphie genau einen Körper mit dieser Elementzahl.

Beachte, daß umgekehrt die Kardinalität eines endlichen Körpers eine Primpotenz ist; vgl. Aufgabe 26.

Automorphismen

Wir werden die benötigten gruppentheoretischen Begriffe und Aussagen dann einführen, wenn sie gebraucht werden.

3.1 Die Automorphismengruppe einer Erweiterung

Definition. Sei L|K eine Körpererweiterung. Sei

Aut(L|K) := \{σ : L ^{\overline{}^{∼}} L : σ|_{K}^{K} = id_{K}\}

die Automorphismengruppe von L|K. Ihre Elemente heißen Automorphismen von L|K (gesprochen : von L über K). Die Multiplikation zweier Elemente σ, σ′ ∈ Aut(L|K) ist hierbei durch σ ∘ σ′ gegeben.

[figure: L; ∼; σ; σ′∘σ; ∼; L; ∼; σ′; L; K; K; K]

In der Tat ist Aut(L|K) damit eine Gruppe. Denn Assoziativität folgt aus der Tatsache, daß Verketten von Abbildungen assoziativ ist. Das Element id_{L} fungiert als Einselement. Die zu einem σ ∈ Aut(L|K) inverse Abbildung σ^{−1} ist zum einen wieder in Aut(L|K), vgl. die erste Bemerkung in §1.4.1, und zum anderen auch das Inverse in dieser Gruppe, da σ ∘ σ^{−1} = id_{L} und σ^{−1} ∘ σ = id_{L}.

3.2 Gruppenmorphismen, Untergruppen, Normalteiler

Seien G und H (multiplikativ geschriebene) Gruppen; vgl. §1.1, Erinnerung (1). Definition. Ist G endlich, so spricht man von der Ordnung |G| der Gruppe G. Vgl. Aufgabe 11. Definition. Eine Abbildung G ^{\overline{}^{f}} H heißt Gruppenmorphismus, falls f(gg′) = f(g)f(g′) für alle g, g′ ∈ G. Dann ist f(1_{G}) = f(1_{G}) · f(1_{G}) · f(1_{G})^{−1} = f(1_{G} · 1_{G}) · f(1_{G})^{−1} = f(1_{G}) · f(1_{G})^{−1} = 1_{H}. Für g ∈ G ist f(g^{−1}) = f(g^{−1}) · f(g) · f(g)^{−1} = f(g^{−1} · g) · f(g)^{−1} = f(1_{G}) · f(g)^{−1} = 1_{H} · f(g)^{−1} = f(g)^{−1}. Definition. Ein bijektiver Gruppenmorphismus heißt Isomorphismus von Gruppen, oder Gruppenisomorphismus, geschrieben G ^{\overline{}^{∼}} H. Zwei Gruppen G und H heißen isomorph, wenn es zwischen ihnen einen Isomorphismus gibt, geschrieben G ≃ H. Bemerkung. Ist G \overline{}^{f}_{∼} H ein Gruppenisomorphismus, so auch G \overline{}^{f^{−1}}_{∼} H. Beweis. Es ist zu zeigen, daß f^{−1} ein Gruppenmorphismus ist. Seien h, h′ ∈ H. Es wird f^{−1}(h·h′) = f^{−1}(f(f^{−1}(h))·f(f^{−1}(h′))) = f^{−1}(f(f^{−1}(h)·f^{−1}(h′))) = f^{−1}(h)·f^{−1}(h′) . Definition. Eine Teilmenge U ⊆ G heißt Untergruppe, wenn 1_{G} ∈ U ist, und wenn für alle u, v ∈ U auch uv^{−1} ∈ U ist. Wir schreiben diesenfalls U ⩽ G. Bemerkung. Eine Untergruppe U von G ist mit der von G vererbten Multiplikation (·)|_{U×U}^{U} : U × U \overline{}U wieder eine Gruppe. Beweis. Zu zeigen ist, daß die Einschränkung (·)|_{U×U}^{U} existiert. Zunächst ist mit v ∈ U auch v^{−1} = 1 · v^{−1} ∈ U. Ferner folgt für G allgemein, daß x^{−1}x = 1 = x^{−1}(x^{−1})^{−1}, also x = (x^{−1})^{−1}. Somit wird für u, v ∈ U auch uv = u(v^{−1})^{−1} ∈ U. Bemerkung. Sei G ^{\overline{}^{f}} H ein Gruppenmorphismus. Sei

Im f := f(G) = {f(g) : g ∈ G}

sein Bild. Es ist Im f ⩽ H. Ist dazuhin f injektiv, so ist f|^{Im f} : G \overline{}Im f ein Isomorphismus. Siehe Aufgabe 37.(2, 3). Bemerkung. Sei g ∈ G. Die Abbildung G ^{\overline{}^{^{g}(−)}} G, x \overline{}^{g}x ist ein Gruppenisomorphismus. Beweis. Wegen ^{g}(xy) = gxyg^{−1} = gxg^{−1}gyg^{−1} = ^{g}x^{g}y für x, y ∈ G liegt ein Gruppenmorphismus vor. Da ^{g}(−) von ^{g^{−1}}(−) beidseitig invertiert wird, ist dieser Gruppenmorphismus auch bijektiv. Definition. Eine Untergruppe U ⩽ G heißt Normalteiler in G, oder normal in G, falls für alle g ∈ G gilt, daß ^{g}U := gUg^{−1} := {gug^{−1} : u ∈ U} gleich U ist. Wir schreiben diesenfalls U ⊴ G. Sei G ^{\overline{}^{f}} H ein Gruppenmorphismus. Definition. Sei

Kern f := {g ∈ G : f(g) = 1_{H}}

der Kern von f. Bemerkung. Es ist Kern f ⊴ G. Siehe Aufgabe 37.(5). Bemerkung. Es ist Kern f = {1_{G}} genau dann, wenn f injektiv ist. Beweis. Ist f injektiv, und ist g ∈ Kern f, so folgt aus f(g) = 1_{H} = f(1_{G}), daß g = 1_{G}. Also ist Kern f = {1_{G}}. Sei umgekehrt Kern f = {1_{G}} vorausgesetzt. Seien g, g′ ∈ G so, daß f(g) = f(g′). Dann ist f(gg^{′−1}) = f(g)f(g′)^{−1} = 1_{H} , und also gg^{′−1} = 1_{G}, i.e. g = g′. Definition. Sei U ⩽ G. Für g ∈ G sei gU := { gu : u ∈ U } ⊆ U die Linksnebenklasse von g modulo U. Sei G/U := { gU : g ∈ G } die Linksfaktormenge von G modulo U. Für x ∈ G ist xU = U genau dann, wenn x ∈ U liegt. Denn diesenfalls ist xU ⊇ U, da für u ∈ U u = xx^{−1}u ∈ xU liegt, sowie xU ⊆ U, da für u ∈ U auch xu ∈ U liegt. Vgl. auch Aufgabe 38. Für g, h ∈ G ist gU = hU genau dann, wenn h^{−1}gU = U ist, d.h. wenn h^{−1}g ∈ U liegt. Definition. Sei N ⊴ G. Auf der Linksfaktormenge G/N können wir eine Multiplikation durch gN · hN := ghN definieren, wobei g, h ∈ G. Denn für g, g̃, h, h̃ ∈ G mit gN = g̃N und hN = h̃N ist g̃^{−1}g, h̃^{−1}h ∈ N. Wir haben

ghN =^{!} g̃h̃N zu zeigen, i.e. h̃^{−1}g̃^{−1}gh ∈^{!} N. Aber h̃^{−1}g̃^{−1}gh = h̃^{−1}h(h^{−1}g̃^{−1}gh) liegt in N,

da mit g̃^{−1}g wegen N ⊴ G auch h^{−1}g̃^{−1}gh in N liegt. Es ist G/N eine Gruppe, da gN ·1N = gN = 1N ·gN ist, da gN ·g^{−1}N = 1N = g^{−1}N ·gN ist und da (gN · hN) · kN = ghN · kN = ghkN = gN · hkN = gN · (hN · kN) ist, wobei g, h, k ∈ G. Es heißt G/N die Faktorgruppe von G modulo N. Wir haben den Gruppenmorphismus ρ : G \overline{}G/N, g \overline{}gN. Denn es ist ρ(g) · ρ(h) = gN · hN = ghN = ρ(gh) für g, h ∈ G. Lemma. Sei G ^{\overline{}^{f}} H ein Gruppenmorphismus. Sei N ⊴ G mit N ⩽ Kern f gegeben. Dann gibt es den Gruppenmorphismus f̄: G/N \overline{}H, gN \overline{}f(g). Es ist f̄ injektiv genau dann, wenn N = Kern f ist. Falls dem so ist, dann ist auch f̄|^{Im f} : G/ Kern f \overline{}Im f, g Kern f \overline{}f(g) ein Gruppenisomorphismus. Beweis. Es ist f̄ wohldefiniert, da für g, g̃ ∈ G aus gN = g̃N folgt, daß g^{−1}g̃ ∈ N ⩽ Kern f liegt, und daraus, daß f(g)^{−1}f(g̃) = f(g^{−1}g̃) = 1 ist, d.h. f(g̃) = f(g). Es ist f̄ ein Gruppenmorphismus, da f̄(gN) · f̄(g̃N) = f(g)f(g̃) = f(gg̃) = f̄(gg̃N) = f̄(gN · g̃N) ist für g, g̃ ∈ G.

Es ist Kern f̄ = { gN : g ∈ G, f(g) = 1_{H} } = (Kern f)/N. Also ist f̄ injektiv genau dann, wenn Kern f = N ist. Diesenfalls ist f̄|^{Im f} bijektiv und also ein Gruppenisomorphismus.

3.3 Perfekte Körper

Definition. Ein Körper K heißt perfekt, falls (i) oder (ii) gilt.

(i) Es ist char K = 0.

(ii) Es ist char K = p > 0, und für jedes x ∈ K gibt es ein y ∈ K mit y^{p} = x.

Die Forderung in (ii) ist äquivalent dazu, zu verlangen, daß Frob_{K} ein Automorphismus ist; vgl. Aufgabe 24.(1).

Beispiel. Die Körper Q, R, C, Q(T) sind perfekt.

Beispiel. Ist K ein endlicher Körper, so ist K perfekt. In der Tat ist dann char K =: p > 0, und es ist Frob_{K} ein Automorphismus von K; vgl. Aufgabe 24.(1).

Beispiel. Sei p prim. Es ist F_{p}(T) nicht perfekt. In der Tat ist Frob_{F_{p}(X)} nicht surjektiv; vgl. Aufgabe 24.(1).

Lemma. Sei K perfekt. Sei f(X) ∈ K[X] ein normiertes irreduzibles Polynom von Grad deg f = n. Sei L|K so, daß f(X) in L[X] in Linearfaktoren zerfällt. Schreibe

f(X) = (X − γ_{1}) ⋯ (X − γ_{n}) ∈ L[X] .

Dann ist γ_{i} ≠ γ_{j} für i, j ∈ [1, n] mit i ≠ j.

Beweis. Nach Aufgabe 25.(2) genügt es zu zeigen, daß ggT(f(X), f′(X)) = 1, genommen in L[X]. Nach Aufgabe 25.(3) genügt es dazu wiederum zu zeigen, daß ggT(f(X), f′(X)) = 1, genommen in K[X]. Da f(X) ∈ K[X] irreduzibel ist, genügt es dafür zu zeigen, daß f(X) kein Teiler von f′(X) ist. Da deg f′ < deg f, genügt es also zu zeigen, daß f′(X) ≠ 0.

Nehmen wir also an, es sei f′(X) = ∑_{i⩾1} if_{i}X^{i−1} = 0. Dann ist if_{i} = 0 für alle i ⩾ 0. Ist char K = 0, so ist dies wegen deg f ⩾ 1 nicht möglich. Ist char K = p > 0, so folgt f_{i} = 0 wann immer i ≢_{p} 0, also f(X) = ∑_{i⩾0} f_{pi}X^{pi}. Sei g_{i} ∈ K mit g_{i}^{p} = f_{pi} für i ⩾ 0. Anwendung von Frob_{K(X)} wie in Aufgabe 24.(1) gibt

g(X)^{p} = (_{∑i⩾0} g_{i}X^{i})^{p} = _{∑i⩾0} g_{i}^{p}X^{pi} = _{∑i⩾0} f_{pi}X^{pi} = f(X) .

Somit ist f(X) reduzibel, und wir haben einen Widerspruch.

In Aufgabe 35 begegneten wir einem irreduziblen Polynom mit mehrfachen Nullstellen in seinem Zerfällungskörper. Um ein konkretes Beispiel zu haben, kann man dort etwa K = F_{p}(T) und a = T setzen.

3.4 Die Automorphismengruppe eines Zerfällungskörpers

3.4.1 Theorie

Sei K ein perfekter Körper. Sei f(X) ∈ K[X] ein Produkt verschiedener normierter irreduzibler Polynome. Sei L|K der Zerfällungskörper von f(X). Wir wollen ein Verfahren zur Berechnung von Aut(L|K), also der Automorphismengruppe der Zerfällungskörpererweiterung, angeben.

Schreibe

f(X) = (X − γ_{1})(X − γ_{2}) ⋯ (X − γ_{n}) ∈ L[X]

Bemerkung. Sind u(X), v(X) ∈ K[X] normiert und irreduzibel, und gibt es ein δ ∈ L mit u(δ) = v(δ) = 0, so ist u(X) = v(X). Umgekehrt gesprochen, verschiedene normierte irreduzible Polynome in K[X] haben disjunkte Nullstellenmengen in L.

Beweis. Es ist u(X) = μ_{δ,K}(X) = v(X); vgl. erste Bemerkung in §2.3.2.

Bemerkung. Es ist γ_{i} ≠ γ_{j} für alle i ≠ j in [1, n].

Beweis. Sei γ_{i} = γ_{j}, aber i ≠ j angenommen. Schreibe f(X) = g^{(1)}(X) ⋯ g^{(b)}(X) mit g^{(a)}(X) ∈ K[X] normiert und irreduzibel. Nach Voraussetzung ist g^{(a)}(X) ≠ g^{(a′)}(X) für a ≠ a′. Da nun (X − γ_{i})(X − γ_{j}) = (X − γ_{i})^{2} ein Teiler von f(X) in L[X] ist, und da mit vorangegangener Bemerkung die Nullstellenmengen in L verschiedener irreduzibler Polynome aus K[X] disjunkt sind, gibt es ein a ∈ [1, b], für welches g^{(a)}(X) in L[X] von (X − γ_{i})^{2} geteilt wird. Dies ist aber mit dem Lemma in §3.3 wegen K perfekt nicht möglich, und wir haben einen Widerspruch.

Um ein einigermaßen effizientes Verfahren zu bekommen, numerieren wir die Nullstellen von f(X) in L wie folgt um.

Sei deg μ_{γ_{1},K} maximal unter den deg μ_{γ_{s},K} mit s ∈ [1, n].

Sei deg μ_{γ_{2},K(γ_{1})} maximal unter den deg μ_{γ_{s},K(γ_{1})} mit s ∈ [2, n].

Sei deg μ_{γ_{3},K(γ_{1},γ_{2})} maximal unter den deg μ_{γ_{s},K(γ_{1},γ_{2})} mit s ∈ [3, n].

Usf. Dies wird etwa dadurch erreicht, daß bei der Bestimmung des Zerfällungskörper in jedem Schritt von den noch zu behandelnden irreduziblen Faktoren derjenige größten Grades als Minimalpolynom für die anstehende Körpererweiterung ausgewählt wird.

Sei ferner m ∈ [1, n] minimal so, daß K(γ_{1}, …, γ_{m}) = K(γ_{1}, …, γ_{n}).

Schreibe Γ := {γ_{1}, …, γ_{n}} ⊆ L für die Menge der Nullstellen von f(X) in L.

Ist σ ∈ Aut(L|K), und ist s ∈ [1, n], so ist

f(σ(γ_{s})) = ∑_{i⩾0} f_{i}σ(γ_{s})^{i}
= σ(∑_{i⩾0} f_{i}γ_{s}^{i})
= σ(f(γ_{s}))
= σ(0)
= 0 ;

vgl. auch die erste Bemerkung in §2.3.4. Folglich ist σ|_{Γ}^{Γ} definiert, injektiv, und damit wegen Γ endlich auch surjektiv.

Setze σ(γ_{s}) =: γ_{σ̄(s)} für s ∈ [1, n]. Da σ|_{Γ}^{Γ} bijektiv ist, und da γ_{i} ≠ γ_{j} für alle i ≠ j in [1, n], definiert dies ein Element σ̄ ∈ S_{n}, i.e. eine Bijektion von [1, n] in sich.

Ist also z.B. n = 3, σ(γ_{1}) = γ_{3}, σ(γ_{2}) = γ_{1} und σ(γ_{3}) = γ_{2}, so ist σ̄ = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 2 \end{matrix}).

Man gewinnt σ̄ also, indem man sich von der Operation von σ auf den γ_{s} ∈ Γ “nur die Indizes notiert”.

Bemerkung. Sei E(δ_{1}, …, δ_{k})|E eine endliche polygene Körpererweiterung. Sei F ein weiterer Körper, und seien

ρ, ρ̃ : E(δ_{1}, …, δ_{k}) \overline{}F

Körpermorphismen. Ist ρ|_{{δ_{1},...,δ_{k}}} = ρ̃|_{{δ_{1},...,δ_{n}}}, so ist ρ = ρ̃.

Beweis. Jedes Element von E(δ_{1}, …, δ_{k}) ist von der Form ∑_{i_{1},...,i_{k} ⩾ 0} e_{i_{1},...,i_{k}}δ_{1}^{i_{1}} ⋯ δ_{k}^{i_{k}} mit gewissen e_{i_{1},...,i_{k}} ∈ E. Es wird

ρ( ∑_{i_{1},...,i_{k} ⩾ 0} e_{i_{1},...,i_{k}}δ_{1}^{i_{1}} ⋯ δ_{k}^{i_{k}})
= ∑_{i_{1},...,i_{k} ⩾ 0} e_{i_{1},...,i_{k}}ρ(δ_{1})^{i_{1}} ⋯ ρ(δ_{k})^{i_{k}}
= ∑_{i_{1},...,i_{k} ⩾ 0} e_{i_{1},...,i_{k}} ρ̃(δ_{1})^{i_{1}} ⋯ ρ̃(δ_{k})^{i_{k}}
= ρ̃( ∑_{i_{1},...,i_{k} ⩾ 0} e_{i_{1},...,i_{k}}δ_{1}^{i_{1}} ⋯ δ_{k}^{i_{k}}) .

Lemma. Es ist

[figure: Aut(L|K); S_{n}; σ; σ̄]

ein injektiver Gruppenmorphismus, und damit ein Isomorphismus auf sein Bild.

Beweis. Zeigen wir, daß ein Gruppenmorphismus vorliegt. Seien σ, σ′ ∈ Aut(L|K). Für s ∈ [1, n] ist

γ_{\overline{σ∘σ′}(s)} = (σ ∘ σ′)(γ_{s}) = σ(γ_{σ̄′(s)}) = γ_{(σ̄∘σ̄′)(s)} .

Also ist \overline{σ ∘ σ′} = σ̄ ∘ σ̄′.

Zeigen wir, daß dieser Gruppenmorphismus injektiv ist. Mit der Bemerkung aus §3.2 ist zu zeigen, daß aus σ̄ = id_{[1,n]} folgt, daß σ = id_{L}. Ist aber σ̄ = id_{[1,n]}, so ist σ|_{Γ}^{Γ} = id_{Γ} , und also σ|_{Γ} = id_{L} |_{Γ} . Mit vorstehender Bemerkung folgt nun wegen L = K(γ_{1}, …, γ_{n}), daß σ = id_{L}.

Unter dem Berechnen der Gruppe Aut(L|K) werden wir das Berechnen ihres isomorphen Bildes in S_{n} bezüglich unserer gewählten Numerierung der Nullstellen von f(X) in L verstehen.

Konstruktion. Die Existenz der nun folgenden Isomorphismen σ_{i} für i ∈ [1, k] ist jeweils durch Satz 3 (Nullstelle induziert Morphismus) gesichert.

Sei K \overline{}^{σ_{0}}_{∼} K die Identität.

1. Schritt. Sei γ′_{1} eine Nullstelle von μ_{γ_{1},K}^{σ_{0}}(X) (= μ_{γ_{1},K}(X)).

Sei K(γ_{1}) \overline{}^{σ_{1}}_{∼} K(γ′_{1}), γ_{1} \overline{}γ′_{1}, allgemeiner g(γ_{1}) \overline{}g^{σ_{0}}(γ′_{1}) (= g(γ′_{1})) für g(X) ∈ K[X].

2. Schritt. Sei γ′_{2} eine Nullstelle von μ_{γ_{2},K(γ_{1})}^{σ_{1}}(X).

Sei K(γ_{1}, γ_{2}) \overline{}^{σ_{2}}_{∼} K(γ′_{1}, γ′_{2}), γ_{2} \overline{}γ′_{2}, allgemeiner g(γ_{2}) \overline{}g^{σ_{1}}(γ′_{2}) für g(X) ∈ K(γ_{1})[X].

3. Schritt. Sei γ′_{3} eine Nullstelle von μ_{γ_{3},K(γ_{1},γ_{2})}^{σ_{2}}(X).

Sei K(γ_{1}, γ_{2}, γ_{3}) \overline{}^{σ_{2}}_{∼} K(γ′_{1}, γ′_{2}, γ′_{3}), γ_{3} \overline{}γ′_{3}, allgemeiner g(γ_{3}) \overline{}g^{σ_{2}}(γ′_{3}) für g(X) ∈ K(γ_{1}, γ_{2})[X].

Usf. bis zum m-ten Schritt. Es ist dann L = K(γ_{1}, …, γ_{m}) \overline{}^{σ_{m}}_{∼} K(γ′_{1}, …, γ′_{m}) = L in Aut(L|K) mit σ_{m}(γ_{s}) = γ′_{s} für alle s ∈ [1, m]. In der Tat haben wir folgendes kommutatives Diagramm.

\xymatrix{L = K(γ_{1}, …, γ_{m}) \ar[r]^{σ_{m}}_{∼} & K(γ′_{1}, …, γ′_{m}) \\ ⋮ \ar[u] & ⋮ \ar[u] \\ K(γ_{1}, γ_{2}, γ_{3}) \ar[r]^{σ_{3}}_{∼} \ar[u] & K(γ′_{1}, γ′_{2}, γ′_{3}) \ar[u] \\ K(γ_{1}, γ_{2}) \ar[r]^{σ_{2}}_{∼} \ar[u] & K(γ′_{1}, γ′_{2}) \ar[u] \\ K(γ_{1}) \ar[r]^{σ_{1}}_{∼} \ar[u] & K(γ′_{1}) \ar[u] \\ K \ar[r]^{σ_{0} = id_{K}}_{∼} \ar[u] & K \ar[u]}

Insbesondere ist σ_{m} ein K-linearer Isomorphismus, also [K(γ_{1}, …, γ_{m}) : K] = [K(γ′_{1}, …, γ′_{m}) : K]. Da K(γ′_{1}, …, γ′_{m}) ⊆ L = K(γ_{1}, …, γ_{m}), folgt L = K(γ′_{1}, …, γ′_{m}).

Ende der Konstruktion.

Ein aus dieser Konstruktion gewinnbares Tupel (γ′_{1}, γ′_{2}, …, γ′_{m}) heiße zulässig. Sei Z die Menge der zulässigen Tupel.

Da, wie oben allgemein angemerkt, σ_{m}(Γ) = Γ, folgt insbesondere, daß die Einträge eines zulässigen Tupels alle in Γ liegen, d.h. Nullstellen von f(X) in L sind.

Satz 6 (Automorphismen durch zulässige Tupel)

Wir haben eine bijektive Abbildung

[figure: Aut(L|K); Φ; ∼; Z; σ; (σ(γ_{1}), …, σ(γ_{m})) .]

Beweis. Zeigen wir zunächst, daß eine wohldefinierte Abbildung vorliegt, d.h. daß (σ(γ_{1}), …, σ(γ_{m})) in der Tat zulässig ist.

Wir behaupten, daß es eine Konstruktion gibt mit σ_{s}(γ_{i}) = γ′_{i} = σ(γ_{i}) für alle s ∈ [1, m] und alle i ∈ [1, s].

Um eine solche Konstruktion durchzuführen, verwenden wir eine Induktion nach den Schritten s ∈ [1, m]. Es ist σ_{0} = id_{K}.

Seien nun die Schritte 1 bis s − 1 bereits so durchgeführt, daß σ_{s−1}(γ_{i}) = γ′_{i} = σ(γ_{i}) für

alle i ∈ [1, s − 1]. Mit obiger Bemerkung ist dann insbesondere σ_{s−1} = σ|_{K(γ_{1},...,γ_{s−1})}^{K(γ′_{1},...,γ′_{s−1})} .

Schreibe u(X) = ∑_{i⩾0} u_{j}X^{j} := μ_{γ_{s},K(γ_{1},...,γ_{s−1})}(X) ∈ K(γ_{1}, …, γ_{s−1})[X]. Nun ist

μ_{γ_{s},K(γ_{1},...,γ_{s−1})}^{σ_{s−1}}(σ(γ_{s})) = ∑_{j⩾0} σ_{s−1}(u_{j})σ(γ_{s})^{j}
= ∑_{j⩾0} σ(u_{j})σ(γ_{s})^{j}
= σ(∑_{j⩾0} u_{j}γ_{s}^{j})
= σ(u(γ_{s}))
= σ(μ_{γ_{s},K(γ_{1},...,γ_{s−1})}(γ_{s}))
= σ(0)
= 0 .

Somit dürfen wir σ_{s}(γ_{s}) = γ′_{s} := σ(γ_{s}) wählen. Für i ∈ [1, s − 1] ist ferner σ_{s}(γ_{i}) = σ_{s−1}(γ_{i}) = γ′_{i} = σ(γ_{i}). Dies zeigt die Behauptung und also, daß (σ(γ_{1}), …, σ(γ_{s})) in der Tat ein zulässiges Tupel ist.

Zeigen wir die Injektivität von Φ. Sind σ, σ̃ ∈ Aut(L|K) mit (σ(γ_{1}), …, σ(γ_{m})) = (σ̃(γ_{1}), …, σ̃(γ_{m})) gegeben, so können wir wegen L = K(γ_{1}, …, γ_{m}) mit obiger Bemerkung folgern, daß σ = σ̃.

Zeigen wir die Surjektivität von Φ. Sei (γ′_{1}, …, γ′_{m}) ein zulässiges Tupel. Sei σ_{m} der aus der Konstruktion resultierende Automorphismus von L|K. Dann ist (γ′_{1}, …, γ′_{s}) = (σ_{m}(γ_{1}), …, σ_{m}(γ_{s})).

Bemerkung. Um Aut(L|K) also als Teilmenge von S_{n} zu berechnen, muß die Menge aller zulässigen Tupel ausgerechnet werden. Sodann muß für jedes zulässige Tupel die Einschränkung des jeweilig via Φ^{−1} zugehörigen σ_{m} auf Γ berechnet werden, und aus dieser Einschränkung dann σ̄_{m} ∈ S_{n} abgelesen werden.

Um die Permutation σ_{m}|_{Γ}^{Γ} der Nullstellen zu bestimmen, ist es günstig, die Elemente γ′_{i} für alle i ∈ [1, m] als Elemente von Γ = {γ_{1}, …, γ_{n}} zu kennen. Dazu muß im s-ten Schritt die Nullstellenmenge von μ_{γ_{s},K(γ_{1},...,γ_{s−1})}^{σ_{s−1}}(X) als Teilmenge von Γ bestimmt werden, was mit Faktorisieren dieses Polynoms in Magma erreicht werden kann. Somit kennt man σ_{m}(γ_{s}) = γ′_{s} für alle s ∈ [1, m]. Um die noch fehlenden Elemente σ_{m}(γ_{t}) für t ∈ [m + 1, n] zu bestimmen, ist es günstig, diese Elemente γ_{t} als polynomiale Ausdrücke in γ_{1}, …, γ_{s} zu kennen – dies resultiert aber bereits aus unserer Konstruktion des Zerfällungskörpers via Magma; cf. Aufgaben 30, 34.

Bemerkung. Die Anzahl der zulässigen Tupel |Z| ist gleich [L : K].

Beweis. Gehen wir in obige Konstruktion. Sei s ∈ [1, m]. Wir behaupten, daß μ_{γ_{s},K(γ_{1},...,γ_{s−1})}^{σ_{s−1}}(X) ein Teiler von f(X) in L[X] ist. Da f(γ_{s}) = 0, ist f(X) = μ_{γ_{s},K(γ_{1},...,γ_{s−1})}(X)h(X) für ein h(X) ∈ K(γ_{1}, …, γ_{s−1})[X]; vgl. Satz 2.(2), §2.3.2. Beachte, daß f(X) ∈ K[X] und σ_{s−1}|_{K}^{K} = id_{K} impliziert, daß f^{σ_{s−1}}(X) = f(X). Also erhalten wir in der Tat eine Faktorisierung

f(X) = f^{σ_{s−1}}(X) = μ_{γ_{s},K(γ_{1},...,γ_{s−1})}^{σ_{s−1}}(X) h^{σ_{s−1}}(X)

in L[X]. Dies zeigt die Behauptung.

Da f(X) in L[X] in verschiedene Linearfaktoren zerfällt, zeigt die Behauptung nun, daß dies auch für μ_{γ_{s},K(γ_{1},...,γ_{s−1})}^{σ_{s−1}}(X) zutrifft. Somit haben wir im s-ten Schritt der Konstruktion

deg μ_{γ_{s},K(γ_{1},...,γ_{s−1})}^{σ_{s−1}} = deg μ_{γ_{s},K(γ_{1},...,γ_{s−1})} = [K(γ_{1}, …, γ_{s−1}, γ_{s}) : K(γ_{1}, …, γ_{s−1})]

Wahlmöglichkeiten für γ′_{s} als Nullstelle von μ_{γ_{s},K(γ_{1},...,γ_{s−1})}^{σ_{s−1}}(X) in L. Es existieren mithin

[K(γ_{1}, …, γ_{m}) : K(γ_{1}, …, γ_{m−1})][K(γ_{1}, …, γ_{m−1}) : K(γ_{1}, …, γ_{m−2})] ⋯ [K(γ_{1}) : K] = [L : K]

zulässige Tupel.

Diese Bemerkung zeigt zusammen mit Satz 6 die

Folgerung. Es ist |Aut(L|K)| = [L : K].

Zusammen mit obigem Lemma betreffs Aut(L|K) [figure] S_{n} zeigt dies wiederum die

Folgerung. Es ist Aut(L|K) ≃ S_{n} genau dann, wenn [L : K] = n! .

Schließlich greifen wir der Terminologie insofern noch ein wenig vor, als daß der Begriff der Galoiserweiterung noch nicht fiel; cf. §3.5.1.4 unten. Nichtsdestoweniger :

Definition. Es heißt

Gal(f(X)) = Gal(L|K) := Aut(L|K)

die Galoisgruppe von f(X) ∈ K[X], oder auch von L über K.

Verwendet man die Notation Gal(f(X)), so darf man den Grundkörper K nicht vergessen, aus welchem f(X) ∈ K[X] seine Koeffizienten hat.

In diesem Fall wird die Automorphismengruppe also alternativ auch nach ihrem Entdecker, Evariste Galois (1811-1832), benannt. Schon allein der Begriff der Gruppe stammt von Galois !

3.4.2 Praxis

3.4.2.1 Ein kleines Beispiel, X^{3} + X + 1 ∈ Q[X]

Sei f(X) = X^{3}+X+1 ∈ Q[X]. In Aufgabe 34.(1) wurde der Zerfällungskörper L = Q(a, b) konstruiert, mit

\begin{aligned}μ_{a,Q}(X) & = & X^{3} + X + 1 \\ μ_{b,Q(a)}(X) & = & X^{2} + aX + (a^{2} + 1) . \end{aligned}

Es zerfiel

X^{3} + X + 1 = (X − a)(X − b)(X + a + b) ∈ Q(a, b)[X] .

Ferner war [Q(a, b) : Q] = 6. (^{1}).

Sei

\begin{aligned}γ_{1} & := & a \\ γ_{2} & := & b \\ γ_{3} & := & −a − b (^{2}) . \end{aligned}

Wir wollen ein isomorphes Bild Gal(X^{3} + X + 1) = Gal(Q(a, b)|Q) als Untergruppe von S_{3} konstruieren.

Da |Gal(Q(a, b)|Q)| = [Q(a, b) : Q] = 6, und da auch |S_{3}| = 6, ist das Ergebnis von vorneherein klar – es ist dieses gesuchte Bild gleich S_{3}; vgl. die beiden Folgerungen in §3.4.1. Da wir das Verfahren illustrieren wollen, machen wir von dieser Überlegung keinen Gebrauch.

Es ist m = 2 und n = 3. Bestimmen wir die Menge Z der zulässigen Tupel, sowie das vom jeweils zugehörigen Automorphismus σ_{2} gelieferte Element σ̄_{2} der S_{3}, und somit insgesamt das Bild von Gal(X^{3} + X + 1) = Gal(Q(a, b)|Q) in S_{3}.

1Hierzu verwandten wir Magma wie folgt.

Q := Rationals(); R<X> := PolynomialRing(Q); Factorisation(X^3 + X + 1); KK<a> := ext<Q | X^3 + X + 1>; RR<XX> := PolynomialRing(KK); Factorisation(XX^3 + XX + 1); KKK<b> := ext<KK | XX^2 + a*XX + a^2 + 1>; RRR<XXX> := PolynomialRing(KKK); Factorisation(XXX^3 + XXX + 1);

2In Magma entsprechend :

ga1 := a; ga2 := b; ga3 := -a-b;

\xymatrix{Q(a, b) \ar[r]^{σ_{2}}_{∼} & Q(γ′_{1}, γ′_{2}) & μ_{b,Q(a)}^{σ_{1}}(γ′_{2}) = 0 \\ Q(a) \ar[r]^{σ_{1}}_{∼} \ar[u] & Q(γ′_{1}) \ar[u] & μ_{a,Q}^{σ_{0}}(γ′_{1}) = 0 \\ Q \ar[r]^{σ_{0} = id}_{∼} \ar[u] & Q \ar[u]}

Im folgenden Prozedere verstehen wir unter Nullstellen stets Nullstellen in Q(a, b). Die Nullstellen von

μ_{a,Q}(X) = X^{3} + X + 1

sind γ_{1}, γ_{2} und γ_{3} (^{3}). Unter diesen haben wir ein γ′_{1} auszuwählen. Fall γ′_{1} = γ_{1}. Es ist σ_{1}(a) = γ_{1} (also σ_{1} = id_{Q(a)}). Insbesondere ist

μ_{b,Q(a)}^{σ_{1}}(X) = X^{2} + γ_{1}X + (γ_{1}^{2} + 1) ,

welches die Nullstellen γ_{2} und γ_{3} hat (^{4}). Unter diesen haben wir ein γ′_{2} auszuwählen. Subfall γ′_{2} = γ_{2}. Es ist σ_{2}(b) = γ_{2} (also σ_{2} = id_{Q(a,b)}). Somit ist (γ_{1}, γ_{2}) ein zulässiges

Tupel. Ferner ist

σ_{2}(γ_{3}) = σ_{2}(−a − b) = −σ_{2}(a) − σ_{2}(b) = −γ_{1} − γ_{2} = −a − b = γ_{3} (^{5}) .

Da also σ_{2}(γ_{1}) = γ_{1}, σ_{2}(γ_{2}) = γ_{2} und σ_{2}(γ_{3}) = γ_{3}, folgt σ̄_{2} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \end{matrix}).

Subfall γ′_{2} = γ_{3}. Es ist σ_{2}(b) = γ_{3}. Somit ist (γ_{1}, γ_{3}) ein zulässiges Tupel. Ferner ist

σ_{2}(γ_{3}) = σ_{2}(−a − b) = −σ_{2}(a) − σ_{2}(b) = −γ_{1} − γ_{3} = b = γ_{2} .

Da also σ_{2}(γ_{1}) = γ_{1}, σ_{2}(γ_{2}) = γ_{3} und σ_{2}(γ_{3}) = γ_{2}, folgt σ̄_{2} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{matrix}).

Fall γ′_{1} = γ_{2}. Es ist σ_{1}(a) = γ_{2}. Insbesondere ist

μ_{b,Q(a)}^{σ_{1}}(X) = X^{2} + γ_{2}X + (γ_{2}^{2} + 1) ,

welches die Nullstellen γ_{1} und γ_{3} hat (^{6}). Unter diesen haben wir ein γ′_{2} auszuwählen. Subfall γ′_{2} = γ_{1}. Es ist σ_{2}(b) = γ_{1}. Somit ist (γ_{2}, γ_{1}) ein zulässiges Tupel. Ferner ist

σ_{2}(γ_{3}) = σ_{2}(−a − b) = −σ_{2}(a) − σ_{2}(b) = −γ_{2} − γ_{1} = −b − a = γ_{3} .

3Factorisation(XXX^3 + XXX + 1);

4Factorisation(XXX^2 + ga1*XXX + (ga1^2 + 1));

5Eine andere Möglichkeit besteht wegen σ_{2}(γ_{3}) ∈ Γ nun auch nicht mehr. Dennoch ist diese Rechnung eine gute Probe.

6Factorisation(XXX^2 + ga2*XXX + (ga2^2 + 1));

Da also σ_{2}(γ_{1}) = γ_{2}, σ_{2}(γ_{2}) = γ_{1} und σ_{2}(γ_{3}) = γ_{3}, folgt σ̄_{2} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \end{matrix}).

Subfall γ′_{2} = γ_{3}. Es ist σ_{2}(b) = γ_{3} = −a − b. Somit ist (γ_{2}, γ_{3}) ein zulässiges Tupel.

Ferner ist

σ_{2}(γ_{3}) = σ_{2}(−a − b) = −σ_{2}(a) − σ_{2}(b) = −γ_{2} − γ_{3} = a = γ_{1} .

Da also σ_{2}(γ_{1}) = γ_{2}, σ_{2}(γ_{2}) = γ_{3} und σ_{2}(γ_{3}) = γ_{1}, folgt σ̄_{2} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \end{matrix}).

Fall γ′_{1} = γ_{3}. Es ist σ_{1}(a) = γ_{3}. Insbesondere ist

μ_{b,Q(a)}^{σ_{1}}(X) = X^{2} + γ_{3}X + (γ_{3}^{2} + 1) ,

welches die Nullstellen γ_{1} und γ_{2} hat (^{7}). Unter diesen haben wir ein γ′_{2} auszuwählen. Subfall γ′_{2} = γ_{1}. Es ist σ_{2}(b) = γ_{1}. Somit ist (γ_{3}, γ_{1}) ein zulässiges Tupel. Ferner ist

σ_{2}(γ_{3}) = σ_{2}(−a − b) = −σ_{2}(a) − σ_{2}(b) = −γ_{3} − γ_{1} = b = γ_{2} .

Da also σ_{2}(γ_{1}) = γ_{3}, σ_{2}(γ_{2}) = γ_{1} und σ_{2}(γ_{3}) = γ_{2}, folgt σ̄_{2} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 2 \end{matrix}).

Subfall γ′_{2} = γ_{2}. Es ist σ_{2}(b) = γ_{2}. Somit ist (γ_{3}, γ_{2}) ein zulässiges Tupel. Ferner ist

σ_{2}(γ_{3}) = σ_{2}(−a − b) = −σ_{2}(a) − σ_{2}(b) = −γ_{3} − γ_{2} = a = γ_{1} .

Da also σ_{2}(γ_{1}) = γ_{3}, σ_{2}(γ_{2}) = γ_{2} und σ_{2}(γ_{3}) = γ_{1}, folgt σ̄_{2} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \end{matrix}).

Als Ergebnis erhalten wir

Z = {(γ_{1}, γ_{2}), (γ_{1}, γ_{3}), (γ_{2}, γ_{1}), (γ_{2}, γ_{3}), (γ_{3}, γ_{1}), (γ_{3}, γ_{2})} ,

und das isomorphe Bild von Gal(Q(a, b)|Q) in S_{3} zu

\{(\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 2 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \end{matrix})\} = S_{3} .

Kurz, es ist hier Gal(X^{3} + X + 1) = Gal(Q(a, b)|Q) = Aut(Q(a, b)|Q) = S_{3}.

Man sieht also, es ist ein ganzer Baum von Fällen, Subfällen etc. abzuarbeiten.

[figure: •; •; γ_{1}; ^{•^{γ_{2}}}; ^{•^{γ_{3}}}; •; γ_{2}; ^{•^{γ_{2}}}; ^{•^{γ_{3}}}; •; γ_{3}; ^{•^{γ_{2}}}; _{•_{γ_{3}}}]

7Factorisation(XXX^2 + ga3*XXX + (ga3^2 + 1));

In Magma gibt es :

       G := GaloisGroup(X^3 + X + 1);
       {u : u in G};
       Order(G);

Vorsicht ist hier im allgemeinen aber deswegen geboten, weil die von Magma gewählte Numerierung mit der unsrigen nicht übereinstimmen muß. Im Regelfall ist in der Tat Gal(L|K) = S_{n}. Aber nicht immer !

3.4.2.2 Zykelschreibweise in der symmetrischen Gruppe

Sei n ⩾ 1. Es bezeichne ein Zykel

(s_{1}, …, s_{k})

der Länge k ⩾ 1, mit s_{i} ∈ [1, n] und s_{i} ≠ s_{j} für i, j ∈ [1, k] mit i ≠ j, das Element in S_{n}, welches s_{i} auf s_{i+1} schickt für i ∈ [1, k − 1] und s_{k} auf s_{1}, und welches die Elemente aus [1, n] ∖ {s_{1}, …, s_{k}} festläßt.

Bei Komposition disjunkter Zykeln, d.h. solchen, die keinen Eintrag gemeinsam haben, läßt man das Zeichen (∘) für Verkettung auch weg. Die Reihenfolge der Verkettung spielt bei Disjunktheit keine Rolle.

Unter der Zykelschreibweise eines Elements σ ∈ S_{n} verstehen wir eine Zerlegung von σ in ein disjunktes Produkt von Zyklen.

Für die Identität id = id_{[1,n]} existiere hierbei keine Zykelschreibweise.

Z.B. ist

(\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\ 3 & 1 & 9 & 4 & 8 & 6 & 7 & 5 & 2 \end{matrix}) = (1, 3, 9, 2)(5, 8) ∈ S_{9} .

Oder aber z.B.

S_{3} = {id, (1, 2), (1, 3), (2, 3), (1, 2, 3), (1, 3, 2)} .

Schließlich ist z.B.

(1, 3, 4, 5) ∘ (2, 4, 3)(1, 6) = (1, 6, 3, 2, 5) ∈ S_{7} .

3.4.2.3 Eine Abkürzung

3.4.2.3.1 Untergruppenerzeugnis

Sei G eine endliche Gruppe. Sei n ⩾ 1, und seien g_{1}, …, g_{n} ∈ G. Sei ⟨g_{1}, …, g_{n}⟩ der Schnitt aller Untergruppen, die alle Elemente g_{1}, …, g_{n} enthalten, also

⟨g_{1}, …, g_{n}⟩ := ⋂_{\begin{matrix}V ⩽G \\ g_{1}, ..., g_{n} ∈ G \end{matrix}} V .

Dies ist wieder eine Untergruppe von G, genannt das (Untergruppen-)Erzeugnis der Elemente g_{1}, …, g_{n}.

Es berechnet sich als Teilmenge U in G bestehend aus sämtlichen Produkten der Elemente g_{1}, …, g_{n} in beliebiger Reihenfolge. Es ist U unter Inversion abgeschlossen, da für x ∈ U auch x^{−1} = x^{o(x)−1} ∈ U liegt; vgl. Aufgabe 11. Es enthält U das Element 1_{G} als leeres Produkt. Es enthält U mit zwei Elementen auch das Produkt des ersten mit dem Inversen des zweiten. Somit ist dies eine Untergruppe von G, die g_{1}, …, g_{n} enthält. Also ist

⟨g_{1}, …, g_{n}⟩ ⩽ U .

Ferner ist U in allen Untergruppen enthalten, die g_{1}, …, g_{n} enthalten. Also ist

U ⩽ ⟨g_{1}, …, g_{n}⟩ .

Insgesamt ist folglich

U = ⟨g_{1}, …, g_{n}⟩ .

Den Fall n = 1 haben wir in Aufgabe 11.(1) besprochen. Dort haben wir auch festgestellt, daß |⟨g_{1}⟩| = o(g_{1}).

3.4.2.3.2 Untergruppenerzeugnis via Magma

Mittels Magma berechnet sich das Untergruppenerzeugnis wie folgt.

Berechnen wir z.B. ⟨(1, 2, 3), (1, 2)⟩ ⩽ S_{3}.

U := sub< SymmetricGroup(3) | (1,2,3), (1,2) >;
Order(U);
{u : u in U};

Wir erhalten |⟨(1, 2, 3), (1, 2)⟩| = 6, also ⟨(1, 2, 3), (1, 2)⟩ = S_{3}. Ferner wird eine Liste der Elemente ausgegeben.

Berechnen wir z.B. ⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)⟩ ⩽ S_{4}.

U := sub< SymmetricGroup(4) | (1,2)(3,4), (1,3) >;
Order(U);
{u : u in U};

Wir erhalten |⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)⟩| = 8, genauer

\begin{matrix}⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)⟩ = \\ \{id, (1, 2)(3, 4), (1, 2, 3, 4), (2, 4), (1, 3), (1, 4, 3, 2), (1, 4)(2, 3), (1, 3)(2, 4)\} . \end{matrix}

Es ist nun das Bild von Aut(L|K) in S_{n} eine Untergruppe. Unser Prozedere berechnete nun nacheinander Elemente dieses Bildes, bis alle Elemente gefunden waren. Berechnen wir in jedem Schritt das Erzeugnis der bereits gefundenen Elemente, so können wir bereits dann abbrechen, wenn die Ordnung dieses Erzeugnisses gleich der Ordnung [L : K] des Bildes ist. Denn da das gesuchte Bild dieses Erzeugnis enthält, tritt dann Gleichheit ein.

3.4.2.3.3 Diskussion des kleinen Beispiels aus §3.4.2.1

Gehen wir das Prozedere in §3.4.2.1 diesbezüglich durch. Es soll eine Untergruppe von S_{3} der Ordnung [Q(a, b) : Q] = 6 erreicht werden.

Im ersten Subfall erhielten wir das Element (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \end{matrix}) = id in unserer gesuchten Untergruppe von S_{3}. Es ist |⟨id⟩| = 1 < 6, wir haben also noch weitere Elemente zu suchen. Auch können wir id bei den weiters zu bildenden Erzeugnissen unterschlagen.

Im zweiten Subfall erhielten wir das Element (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{matrix}) = (2, 3). Es ist |⟨(2, 3)⟩| = 2 < 6, wir haben also noch weitere Elemente zu suchen.

Im dritten Subfall erhielten wir das Element (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \end{matrix}) = (1, 2). Es ist |⟨(1, 2), (2, 3)⟩| = 6 (^{8}). Also ist das Bild von Gal(Q(a, b)|Q) in S_{3} gleich ⟨(1, 2), (2, 3)⟩, da es letzteres enthält und dieselbe Ordnung hat, und wir sind fertig.

3.4.2.4 Ein großes Beispiel, X^{6} − X^{3} + 2 ∈ Q[X]

Sei f(X) = X^{6} − X^{3} + 2 ∈ Q[X]. In Aufgabe 34.(3) wurde der Zerfällungskörper L = Q(a, b, c) konstruiert, mit

\begin{aligned}μ_{a,Q}(X) & = & X^{6} − X^{3} + 2 \\ μ_{b,Q(a)}(X) & = & X^{3} + (a^{3} − 1) \\ μ_{c,Q(a,b)}(X) & = & X^{2} + aX + a^{2} . \end{aligned}

Es zerfiel

X^{6} − X^{3} + 2
= (X − a)(X − b)(X − c)(X + c + a)(X − \frac{1}{2}(a^{5} − a^{2})bc + b)(X + \frac{1}{2}(a^{5} − a^{2})bc)
∈ Q(a, b)[X] .

Ferner war [Q(a, b, c) : Q] = 36. (^{9}).

8Order(sub< SymmetricGroup(3) | (1,2), (2,3) >);

9 Hierzu verwandten wir Magma wie folgt.

Q := Rationals(); R<X> := PolynomialRing(Q); Factorisation(X^6 - X^3 + 2); KK<a> := ext<Q | X^6 - X^3 + 2>; RR<XX> := PolynomialRing(KK); Factorisation(XX^6 - XX^3 + 2); KKK<b> := ext<KK | XX^3 + a^3 - 1>; RRR<XXX> := PolynomialRing(KKK); Factorisation(XXX^6 - XXX^3 + 2); KKKK<c> := ext<KKK | XXX^2 + a*XXX + a^2>; RRRR<XXXX> := PolynomialRing(KKKK); Factorisation(XXXX^6 - XXXX^3 + 2);

Sei

\begin{aligned}γ_{1} & := & a \\ γ_{2} & := & b \\ γ_{3} & := & c \\ γ_{4} & := & −a − c \\ γ_{5} & := & \frac{1}{2}(a^{5} − a^{2})bc − b \\ γ_{6} & := & −\frac{1}{2}(a^{5} − a^{2})bc (^{10}) . \end{aligned}

Es ist m = 3 und n = 6. Bestimmen wir das Bild von Gal(X^{6}−X^{3}+2) = Gal(Q(a, b, c)|Q) in S_{6} .

\xymatrix{Q(a, b, c) \ar[r]^{σ_{3}}_{∼} & Q(γ′_{1}, γ′_{2}, γ′_{3}) & μ_{c,Q(a,b)}^{σ_{2}}(γ′_{3}) = 0 \\ Q(a, b) \ar[r]^{σ_{2}}_{∼} \ar[u] & Q(γ′_{1}, γ′_{2}) \ar[u] & μ_{b,Q(a)}^{σ_{1}}(γ′_{2}) = 0 \\ Q(a) \ar[r]^{σ_{1}}_{∼} \ar[u] & Q(γ′_{1}) \ar[u] & μ_{a,Q}^{σ_{0}}(γ′_{1}) = 0 \\ Q \ar[r]^{σ_{0} = id} \ar[u] & Q \ar[u]}

Im folgenden Prozedere verstehen wir unter Nullstellen stets Nullstellen in Q(a, b, c).

Die Nullstellen von

μ_{a,Q}(X) = X^{6} − X^{3} + 2

sind γ_{1}, γ_{2}, γ_{3}, γ_{4}, γ_{5} und γ_{6} (^{11}). Unter diesen haben wir ein γ′_{1} auszuwählen.

Fall γ′_{1} = γ_{1}. Es ist

μ_{b,Q(a)}^{σ_{1}}(X) = X^{3} + (γ_{1}^{3} − 1) ,

welches die Nullstellen γ_{2}, γ_{5} und γ_{6} hat (^{12}). Unter diesen haben wir ein γ′_{2} auszuwählen.

Subfall γ′_{2} = γ_{2}. Es ist

μ_{c,Q(a,b)}^{σ_{2}}(X) = X^{2} + γ_{1}X + γ_{1}^{2} (^{13}) ,

10 In Magma entsprechend :

ga1 := a; ga2 := b; ga3 := c; ga4 := -a-c; ga5 := 1/2*(a^5 - a^2)*b*c - b; ga6 := -1/2*(a^5 - a^2)*b*c;

11Factorisation(XXXX^6 - XXXX^3 + 2);

12Factorisation(XXXX^3 + (ga1^3 - 1));

welches die Nullstellen γ_{3} und γ_{4} hat (^{14}). Unter diesen haben wir ein γ′_{3} auszuwählen.

Subsubfall γ′_{3} = γ_{3}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{1}, γ_{2}, γ_{3}). Es werden

\begin{aligned}σ_{3}(γ_{4}) & = & −σ_{3}(a) − σ_{3}(c) & = & −γ_{1} − γ_{3} & = & γ_{4} \\ σ_{3}(γ_{5}) & = & \frac{1}{2}(σ_{3}(a)^{5} − σ_{3}(a)^{2})σ_{3}(b)σ_{3}(c) − σ_{3}(b) & = & \frac{1}{2}(γ_{1}^{5} − γ_{1}^{2})γ_{2}γ_{3} − γ_{2} & = & γ_{5} \\ σ_{3}(γ_{6}) & = & −\frac{1}{2}(σ_{3}(a)^{5} − σ_{3}(a)^{2})σ_{3}(b)σ_{3}(c) & = & −\frac{1}{2}(γ_{1}^{5} − γ_{1}^{2})γ_{2}γ_{3} & = & γ_{6} . \end{aligned}

Insgesamt σ̄_{3} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \end{matrix}) = id.

Zwischenstand : |⟨id⟩| = 1 < 36.

Subsubfall γ′_{3} = γ_{4}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{1}, γ_{2}, γ_{4}). Es werden

\begin{aligned}σ_{3}(γ_{4}) & = & −σ_{3}(a) − σ_{3}(c) & = & −γ_{1} − γ_{4} & = & γ_{3} \\ σ_{3}(γ_{5}) & = & \frac{1}{2}(σ_{3}(a)^{5} − σ_{3}(a)^{2})σ_{3}(b)σ_{3}(c) − σ_{3}(b) & = & \frac{1}{2}(γ_{1}^{5} − γ_{1}^{2})γ_{2}γ_{4} − γ_{2} & = & γ_{6} \\ σ_{3}(γ_{6}) & = & −\frac{1}{2}(σ_{3}(a)^{5} − σ_{3}(a)^{2})σ_{3}(b)σ_{3}(c) & = & −\frac{1}{2}(γ_{1}^{5} − γ_{1}^{2})γ_{2}γ_{4} & = & γ_{5} , \end{aligned}

wobei Magma für den letzten Schritt hilft (^{15}). Insgesamt σ̄_{3} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 1 & 2 & 4 & 3 & 6 & 5 \end{matrix}) = (3, 4)(5, 6).

Zwischenstand : |⟨(3, 4)(5, 6)⟩| = 2 < 36.

Subfall γ′_{2} = γ_{5}. Es ist

μ_{c,Q(a,b)}^{σ_{2}}(X) = X^{2} + γ_{1}X + γ_{1}^{2} ,

welches die Nullstellen γ_{3} und γ_{4} hat (^{16}). Unter diesen haben wir ein γ′_{3} auszuwählen.

Subsubfall γ′_{3} = γ_{3}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{1}, γ_{5}, γ_{3}). Es werden

\begin{aligned}σ_{3}(γ_{4}) & = & −σ_{3}(a) − σ_{3}(c) & = & −γ_{1} − γ_{3} & = & γ_{4} \\ σ_{3}(γ_{5}) & = & \frac{1}{2}(σ_{3}(a)^{5} − σ_{3}(a)^{2})σ_{3}(b)σ_{3}(c) − σ_{3}(b) & = & \frac{1}{2}(γ_{1}^{5} − γ_{1}^{2})γ_{5}γ_{3} − γ_{5} & = & γ_{6} \\ σ_{3}(γ_{6}) & = & −\frac{1}{2}(σ_{3}(a)^{5} − σ_{3}(a)^{2})σ_{3}(b)σ_{3}(c) & = & −\frac{1}{2}(γ_{1}^{5} − γ_{1}^{2})γ_{5}γ_{3} & = & γ_{2} . \end{aligned}

Insgesamt σ̄_{3} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 1 & 5 & 3 & 4 & 6 & 2 \end{matrix}) = (2, 5, 6).

13Es wurde also das in den Koeffizienten von μ_{c,Q(a,b)}(X) auftretende a durch γ′_{1} substituiert. Tauchte in μ_{c,Q(a,b)}(X) auch noch b in den Koeffizienten auf, so müßte man dafür nun γ′_{2} substitutieren. Dies ist aber zufälligerweise nicht der Fall.

14Factorisation(XXXX^2 + ga1*XXXX + ga1^2); 15E.g. 1/2*(ga1^5 - ga1^2)*ga2*ga4 - ga2;. Oder aber, wenn man etwas besser automatisieren möchte, dann kann man wie folgt vorgehen.

R3<Ga1,Ga2,Ga3> := PolynomialRing(KKKK,3); Ga4 := - Ga1 - Ga3; Ga5 := 1/2*(Ga1^5 - Ga1^2)*Ga2*Ga3 - Ga2; Ga6 := -1/2*(Ga1^5 - Ga1^2)*Ga2*Ga3; Evaluate(Ga4,[ga1,ga2,ga4]); Evaluate(Ga5,[ga1,ga2,ga4]); Evaluate(Ga6,[ga1,ga2,ga4]); Evaluate(Ga5,[ga1,ga2,ga4]) eq ga6; Evaluate(Ga6,[ga1,ga2,ga4]) eq ga5;

16Factorisation(XXXX^2 + ga1*XXXX + ga1^2);

Zwischenstand : |⟨(3, 4)(5, 6), (2, 5, 6)⟩| = 6 < 36 (^{17}).

Subsubfall γ′_{3} = γ_{4}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{1}, γ_{5}, γ_{4}). Es werden

\begin{aligned}σ_{3}(γ_{4}) & = & −σ_{3}(a) − σ_{3}(c) & = & −γ_{1} − γ_{4} & = & γ_{3} \\ σ_{3}(γ_{5}) & = & \frac{1}{2}(σ_{3}(a)^{5} − σ_{3}(a)^{2})σ_{3}(b)σ_{3}(c) − σ_{3}(b) & = & \frac{1}{2}(γ_{1}^{5} − γ_{1}^{2})γ_{5}γ_{4} − γ_{5} & = & γ_{2} \\ σ_{3}(γ_{6}) & = & −\frac{1}{2}(σ_{3}(a)^{5} − σ_{3}(a)^{2})σ_{3}(b)σ_{3}(c) & = & −\frac{1}{2}(γ_{1}^{5} − γ_{1}^{2})γ_{5}γ_{4} & = & γ_{6} . \end{aligned}

Insgesamt σ̄_{3} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 1 & 5 & 4 & 3 & 2 & 6 \end{matrix}) = (2, 5)(3, 4).

Zwischenstand : |⟨(3, 4)(5, 6), (2, 5, 6), (2, 5)(3, 4)⟩| = 6 < 36 (^{18}). Damit ist (2, 5)(3, 4) bereits in ⟨(3, 4)(5, 6), (2, 5, 6)⟩ enthalten, kann also bei weiters zu bildenden Erzeugnissen weggelassen werden.

Subfall γ′_{2} = γ_{6}. Es ist

μ_{c,Q(a,b)}^{σ_{2}}(X) = X^{2} + γ_{1}X + γ_{1}^{2} ,

welches die Nullstellen γ_{3} und γ_{4} hat (^{19}). Unter diesen haben wir ein γ′_{3} auszuwählen.

Subsubfall γ′_{3} = γ_{3}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{1}, γ_{6}, γ_{3}). Es werden

\begin{aligned}σ_{3}(γ_{4}) & = & −σ_{3}(a) − σ_{3}(c) & = & −γ_{1} − γ_{3} & = & γ_{4} \\ σ_{3}(γ_{5}) & = & \frac{1}{2}(σ_{3}(a)^{5} − σ_{3}(a)^{2})σ_{3}(b)σ_{3}(c) − σ_{3}(b) & = & \frac{1}{2}(γ_{1}^{5} − γ_{1}^{2})γ_{6}γ_{3} − γ_{6} & = & γ_{2} \\ σ_{3}(γ_{6}) & = & −\frac{1}{2}(σ_{3}(a)^{5} − σ_{3}(a)^{2})σ_{3}(b)σ_{3}(c) & = & −\frac{1}{2}(γ_{1}^{5} − γ_{1}^{2})γ_{6}γ_{3} & = & γ_{5} . \end{aligned}

Insgesamt σ̄_{3} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 1 & 6 & 3 & 4 & 2 & 5 \end{matrix}) = (2, 6, 5).

Zwischenstand : |⟨(3, 4)(5, 6), (2, 5, 6), (2, 6, 5)⟩| = 6 < 36 (^{20}). Damit ist (2, 6, 5) bereits in ⟨(3, 4)(5, 6), (2, 5, 6)⟩ enthalten (in der Tat ist (2, 5, 6) = (2, 6, 5)^{2}), kann also bei weiters zu bildenden Erzeugnissen weggelassen werden.

Subsubfall γ′_{3} = γ_{4}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{1}, γ_{6}, γ_{4}). Es werden

\begin{aligned}σ_{3}(γ_{4}) & = & −σ_{3}(a) − σ_{3}(c) & = & −γ_{1} − γ_{4} & = & γ_{3} \\ σ_{3}(γ_{5}) & = & \frac{1}{2}(σ_{3}(a)^{5} − σ_{3}(a)^{2})σ_{3}(b)σ_{3}(c) − σ_{3}(b) & = & \frac{1}{2}(γ_{1}^{5} − γ_{1}^{2})γ_{6}γ_{4} − γ_{6} & = & γ_{5} \\ σ_{3}(γ_{6}) & = & −\frac{1}{2}(σ_{3}(a)^{5} − σ_{3}(a)^{2})σ_{3}(b)σ_{3}(c) & = & −\frac{1}{2}(γ_{1}^{5} − γ_{1}^{2})γ_{6}γ_{4} & = & γ_{2} . \end{aligned}

Insgesamt σ̄_{3} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 1 & 6 & 4 & 3 & 5 & 2 \end{matrix}) = (2, 6)(3, 4).

Zwischenstand : |⟨(3, 4)(5, 6), (2, 5, 6), (2, 6)(3, 4)⟩| = 6 < 36 (^{21}). Damit ist (2, 6)(3, 4) bereits in ⟨(3, 4)(5, 6), (2, 5, 6)⟩ enthalten, kann also bei weiters zu bildenden Erzeugnissen weggelassen werden.

17Order(sub<SymmetricGroup(6) | (3,4)(5,6), (2,5,6)>); 18Order(sub<SymmetricGroup(6) | (3,4)(5,6), (2,5,6), (2,5)(3,4)>); 19Factorisation(XXXX^2 + ga1*XXXX + ga1^2); 20Order(sub<SymmetricGroup(6) | (3,4)(5,6), (2,5,6), (2,6,5)>); 21Order(sub<SymmetricGroup(6) | (3,4)(5,6), (2,5,6), (2,6)(3,4)>);

Fall γ′_{1} = γ_{2}. Es ist

μ_{b,Q(a)}^{σ_{1}}(X) = X^{3} + (γ_{2}^{3} − 1) ,

welches die Nullstellen γ_{1}, γ_{3} und γ_{4} hat (^{22}). Unter diesen haben wir ein γ′_{2} auszuwählen.

Subfall γ′_{2} = γ_{1}. Es ist

μ_{c,Q(a,b)}^{σ_{2}}(X) = X^{2} + γ_{2}X + γ_{2}^{2} ,

welches die Nullstellen γ_{5} und γ_{6} hat (^{23}). Unter diesen haben wir ein γ′_{3} auszuwählen.

Subsubfall γ′_{3} = γ_{5}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{2}, γ_{1}, γ_{5}). Es werden

\begin{aligned}σ_{3}(γ_{4}) & = & −σ_{3}(a) − σ_{3}(c) & = & −γ_{2} − γ_{5} & = & γ_{6} \\ σ_{3}(γ_{5}) & = & \frac{1}{2}(σ_{3}(a)^{5} − σ_{3}(a)^{2})σ_{3}(b)σ_{3}(c) − σ_{3}(b) & = & \frac{1}{2}(γ_{2}^{5} − γ_{2}^{2})γ_{1}γ_{5} − γ_{1} & = & γ_{3} \\ σ_{3}(γ_{6}) & = & −\frac{1}{2}(σ_{3}(a)^{5} − σ_{3}(a)^{2})σ_{3}(b)σ_{3}(c) & = & −\frac{1}{2}(γ_{2}^{5} − γ_{2}^{2})γ_{1}γ_{5} & = & γ_{4} . \end{aligned}

Insgesamt σ̄_{3} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 2 & 1 & 5 & 6 & 3 & 4 \end{matrix}) = (1, 2)(3, 5)(4, 6).

Zwischenstand : |⟨(3, 4)(5, 6), (2, 5, 6), (1, 2)(3, 5)(4, 6)⟩| = 36 = 36 (^{24}).

Abbruch der Fallunterscheidungen, da fertig !

Als Ergebnis erhalten wir das isomorphe Bild von Gal(Q(a, b, c)|Q) in S_{6} zu

⟨(3, 4)(5, 6), (2, 5, 6), (1, 2)(3, 5)(4, 6)⟩ (^{25}) .

In Magma gibt es, wie schon erwähnt :

       G := GaloisGroup(X^6 - X^3 + 2);
       {u : u in G};
       Order(G);

Vorsicht ist hier aber deswegen geboten, weil die von Magma gewählte Numerierung mit der unsrigen nicht übereinstimmen muß.

3.5 Zwischenkörper

3.5.1 Dedekinds Lemma

3.5.1.1 Fixkörper unter Mengen von Morphismen

Sei L ein Körper. Sei E ein Körper. Sei n ⩾ 1. Seien

σ_{1}, …, σ_{n} : L \overline{}E

paarweise verschiedene Körpermorphismen.

22Factorisation(XXXX^3 + (ga2^3 - 1));

23Factorisation(XXXX^2 + ga2*XXXX + ga2^2);

24Order(sub<SymmetricGroup(6) | (3,4)(5,6), (2,5,6), (1,2)(3,5)(4,6)>);

25Die Liste ihrer Elemente erhält man via {u : u in sub<SymmetricGroup(6) | (3,4)(5,6), (2,5,6), (1,2)(3,5)(4,6)>};

Satz 7 (Dedekinds Lemma) Sind λ_{1}, …, λ_{n} ∈ E gegeben mit

λ_{1}σ_{1}(x) + ⋯ + λ_{n}σ_{n}(x) = 0

für alle x ∈ L, so ist λ_{1} = ⋯ = λ_{n} = 0.

In diesem Sinne ist (σ_{1}, …, σ_{n}) also linear unabhängig über E. Beweis. Nehmen wir das Gegenteil an. Sei n ∈ Z_{⩾1} minimal so, daß es paarweise verschiedene Körpermorphismen σ_{1}, …, σ_{n} : L \overline{}E und λ_{1}, …, λ_{n} ∈ E so gibt, daß nicht λ_{1} = ⋯ = λ_{n} = 0 und daß

λ_{1}σ_{1}(x) + ⋯ + λ_{n}σ_{n}(x) = 0

für alle x ∈ L. Aus dieser Minimalität folgt λ_{i} ≠ 0 für alle i ∈ [1, n], da ein i mit λ_{i} = 0 weggelassen werden könnte. Ferner ist n ⩾ 2, da aus λ_{1}σ_{1}(1) = 0 bereits λ_{1} = 0 folgte. Da σ_{1} ≠ σ_{n}, gibt es ein y ∈ L mit σ_{1}(y) ≠ σ_{n}(y). Es ist

λ_{1}σ_{1}(y)σ_{1}(x) + λ_{2}σ_{2}(y)σ_{2}(x) + ⋯ + λ_{n}σ_{n}(y)σ_{n}(x)

= λ_{1}σ_{1}(yx) + λ_{2}σ_{2}(yx) + ⋯ + λ_{n}σ_{n}(yx)
= 0

für alle x ∈ L. Da auch

λ_{1}σ_{1}(y)σ_{1}(x) + λ_{2}σ_{1}(y)σ_{2}(x) + ⋯ + λ_{n}σ_{1}(y)σ_{n}(x) = 0

für alle x ∈ L, folgt durch Differenzbildung, daß auch

λ_{2}(σ_{2}(y) − σ_{1}(y))σ_{2}(x) + ⋯ + λ_{n}(σ_{n}(y) − σ_{1}(y))σ_{n}(x) = 0

für alle x ∈ L. Da aber λ_{n}(σ_{n}(y) − σ_{1}(y)) ≠ 0, widerspricht dies der Minimalität von n. Definition. Sei

Fix_{{σ_{1},...,σ_{n}}} L := {x ∈ L : σ_{i}(x) = σ_{j}(x) für alle i, j ∈ [1, n]}

der Fixkörper von {σ_{1}, …, σ_{n}} in L; dies ist ein Teilkörper von L. In der Tat ist 1 ∈ Fix_{{σ_{1},...,σ_{n}}} L, da σ_{i}(1) = 1 = σ_{j}(1); es sind mit x, x′ ∈ L auch x − x′ und x · x′ in Fix_{{σ_{1},...,σ_{n}}} L, da

\begin{aligned}σ_{i}(x − x′) & = & σ_{i}(x) − σ_{i}(x′) & = & σ_{j}(x) − σ_{j}(x′) & = & σ_{j}(x − x′) \\ σ_{i}(x · x′) & = & σ_{i}(x) · σ_{i}(x′) & = & σ_{j}(x) · σ_{j}(x′) & = & σ_{j}(x · x′) ; \end{aligned}

es ist für x ∈ L^{×} auch x^{−1} ∈ Fix_{{σ_{1},...,σ_{n}}} L, da

σ_{i}(x^{−1}) = σ_{i}(x)^{−1} = σ_{j}(x)^{−1} = σ_{j}(x^{−1}) ;

jeweils für i, j ∈ [1, n].

Folgerung (zu Satz 7, Dedekinds Lemma). Es ist [L : Fix_{{σ_{1},...,σ_{n}}} L] ⩾ n.

Beweis. Schreibe K := Fix_{{σ_{1},...,σ_{n}}} L. Sei angenommen, es gebe ein über K erzeugendes Tupel (x_{1}, …, x_{n−1}) in L. Sei S := (σ_{j}(x_{i}))_{i,j} ∈ E^{(n−1)×n}. Sei v = (v_{j})_{j} ∈ E^{n×1} ∖ {0} mit Sv = 0.

Sei nun y ∈ L gegeben. Schreibe y = ∑_{i∈[1,n−1]} a_{i}x_{i} mit a_{i} ∈ K. Sei w = (σ_{1}(a_{i}))_{i} ∈ E^{(n−1)×1}. Es ist

0 = w^{t}Sv
= ∑_{i∈[1,n−1], j∈[1,n]} σ_{1}(a_{i})σ_{j}(x_{i})v_{j}
= ∑_{i∈[1,n−1], j∈[1,n]} σ_{j}(a_{i})σ_{j}(x_{i})v_{j}
= ∑_{i∈[1,n−1], j∈[1,n]} σ_{j}(a_{i}x_{i})v_{j}
= ∑_{j∈[1,n]} σ_{j}( ∑_{i∈[1,n−1]} a_{i}x_{i})v_{j}
= ∑_{j∈[1,n]} σ_{j}(y)v_{j} .

Da dies für jedes y ∈ L gilt, haben wir einen Widerspruch zu Satz 7 (Dedekinds Lemma).

Bemerkung. Sei L|K eine endliche Erweiterung. Dann ist Aut(L|K) endlich und, genauer, |Aut(L|K)| ⩽ [L : K].

Vgl. auch die erste Folgerung in §3.4.1. Dort erhielten wir |Aut(L|K)| = [L : K] für unseren Zerfällungskörper L.

Beweis. Sei M eine endliche Teilmenge von Aut(L|K). Dann ist K ⊆ Fix_{M}L ⊆ L. Eine K-lineare Basis von L ist somit ein Fix_{M}L-lineares Erzeugendensystem von L. Also ist L| Fix_{M}L eine endliche Erweiterung mit [L : Fix_{M}L] ⩽ [L : K]. Mit vorstehender Folgerung wird |M| ⩽ [L : Fix_{M}L] ⩽ [L : K]. Da dies für jede endliche Teilmenge M von Aut(L|K) gilt, folgt die Endlichkeit von Aut(L|K) sowie |Aut(L|K)| ⩽ [L : K].

3.5.1.2 Die Spur

Sei L ein Körper. Sei P der Primkörper von L. Schreibe Aut(L) := Aut(L|P) = \{L \overline{}^{σ}_{∼} L\}; vgl. Bemerkungen in §2.1. Insbesondere ist Aut(L) mit der Verkettung eine Gruppe.

Sei G eine endliche Untergruppe von Aut(L), also G ⩽ Aut(L). Wir erinnern an den Fixkörper

Fix_{G}L = {x ∈ L : σ(x) = x für alle σ ∈ G} .

Definition. Sei

[figure: L; ^{Tr^{G}}; Fix_{G}L; x; Tr_{G}(x) := ∑_{σ∈G} σ(x)]

die Spur auf L unter G (engl. trace). Für x ∈ L ist in der Tat Tr_{G}(x) ∈ Fix_{G}L, da für ρ ∈ G

ρ(Tr_{G}(x)) = _{∑σ∈G} ρ(σ(x)) =^{σ̃ = ρ ∘ σ} _{∑σ̃∈G} σ̃(x) = Tr_{G}(x) .

Ferner ist Tr_{G} eine Fix_{G}L-lineare Abbildung, wie wir nun verifizieren. Die Verträglichkeit mit Summen ist ersichtlich. Sei also y ∈ Fix_{G}L. Sei x ∈ L. Es wird

Tr_{G}(yx) = _{∑σ∈G} σ(yx) = _{∑σ∈G} yσ(x) = y Tr_{G}(x) .

Bemerkung. Es ist Tr_{G} : L \overline{}Fix_{G}L surjektiv.

Beweis. Schreibe K = Fix_{G}L. Da Tr_{G} eine K-lineare Abbildung von L nach K ist, wäre ansonsten Tr_{G} die Nullabbildung. Dann aber wäre _{∑σ∈G} σ(x) = 0 für alle x ∈ L, was wegen Satz 7 (Dedekinds Lemma) nicht zutrifft.

3.5.1.3 Fixkörper unter Gruppen von Automorphismen

Satz 8 (Fixkörper unter Gruppe)

Sei L ein Körper. Sei G eine endliche Untergruppe von Aut(L), also G ⩽ Aut(L).

(1) Es ist

[L : Fix_{G}L] = |G| .

(2) Es ist

G = Aut(L| Fix_{G}L) .

Beweis. Schreibe n := |G| und G = {σ_{1}, …, σ_{n}}. Schreibe K := Fix_{G}L.

Zu (1). Mit der Folgerung zu Satz 7 aus §3.5.1.1 wissen wir, daß [L : K] ⩾ n. Sei (x_{1}, …, x_{n+1}) ein Tupel von Elementen von L. Zu zeigen ist, daß dieses linear abhängig ist über K. Wir bilden die Matrix T = (σ_{i}^{−1}(x_{j}))_{i,j} ∈ L^{n×(n+1)}. Es gibt ein v = (v_{j})_{j} ∈ L^{(n+1)×1} ∖ {0} derart, daß T v = 0. Sei etwa v_{j_{0}} ≠ 0. Sei w ∈ L derart, daß Tr_{G}(w) ≠ 0; vgl. Bemerkung in §3.5.1.2. Sei v′ = (v′_{j})_{j} := wv_{j_{0}}^{−1}v ∈ L^{(n+1)×1}. Es ist T v′ = wv_{j_{0}}^{−1}T v = 0, aber Tr_{G}(v′_{j_{0}}) = Tr_{G}(wv_{j_{0}}^{−1}v) = Tr_{G}(w) ≠ 0. Somit ist auch

x_{1}σ_{i}(v′_{1}) + ⋯ + x_{n+1}σ_{i}(v′_{n+1}) = σ_{i}(σ_{i}^{−1}(x_{1})v′_{1} + ⋯ σ_{i}^{−1}(x_{i})v′_{n+1}) = σ_{i}(0) = 0

für alle i ∈ [1, n]. Aufsummieren über i ∈ [1, n] gibt

x_{1} Tr_{G}(v′_{1}) + ⋯ + x_{n+1} Tr_{G}(v′_{n+1}) = 0 ,

was wegen Tr_{G}(v′_{j}) ∈ K stets und Tr_{G}(v′_{j_{0}}) ≠ 0 die lineare Abhängigkeit von (x_{1}, …, x_{n+1}) über K zeigt.

Zu (2). Es ist G ⩽ Aut(L|K), da jedes σ ∈ G zur Identität auf K einschränkt.

Mit der Bemerkung aus §3.5.1.1 ist aber Aut(L|K) endlich, und, genauer noch,

|G| =^{(1)} [L : K] ⩾ |Aut(L|K)| .

Insgesamt ist also G = Aut(L|K).

3.5.1.4 Galoiserweiterungen

Sei L|K eine endliche Körpererweiterung.

Definition. Es heiße L|K galoisch oder Galoiserweiterung, falls es eine endliche Untergruppe G ⩽ Aut(L) mit K = Fix_{G}L gibt.

Diesenfalls schreiben wir auch Gal(L|K) := Aut(L|K) für die Galoisgruppe von L|K.

Ist K perfekt und ist L der Zerfällungskörper eines normierten Polynoms f(X) ∈ K[X], welches dort ein Produkt verschiedener normierter irreduzibler Faktoren ist, dann haben wir in §3.4.1 diese Bezeichnung schon verwendet. Dieser Vorgriff wird sich mit dem übernächsten Lemma als zulässig erweisen.

Sei L|K eine endliche Erweiterung. Mit der Bemerkung aus §3.5.1.1 ist Aut(L|K) eine endliche Untergruppe von Aut(L).

Bemerkung. Es ist L|K galoisch genau dann, wenn K = Fix_{Aut(L|K)} L gilt.

Beweis. Es ist zu zeigen, daß aus L|K galoisch folgt, daß K = Fix_{Aut(L|K)} L. Ist aber G ⩽ Aut(L) endlich und K = Fix_{G}L, so ist mit Satz 8.(2) auch G = Aut(L|K). Somit ist in der Tat K = Fix_{G}L = Fix_{Aut(L|K)} L.

Bemerkung. Es ist L|K galoisch genau dann, wenn |Aut(L|K)| = [L : K] gilt.

Kurz, L|K ist galoisch genau dann, wenn Aut(L|K) die “maximal vorstellbare” Ordnung hat.

Beweis. Mit Satz 8.(1) haben wir

L Fix_{Aut(L|K)} L_{|Aut(L|K)|} K

Mit voriger Bemerkung ist L|K genau dann galoisch, wenn K = Fix_{Aut(L|K)} L. Dies ist wiederum äquivalent zu [L : K] = [L : Fix_{Aut(L|K)} L], d.h. zu [L : K] = |Aut(L|K)|.

Lemma. Sei L|K galoisch. Sei f(X) ∈ K[X] irreduzibel und normiert. Falls f(X) in L eine Nullstelle besitzt, so zerfällt f(X) in L[X] in ein Produkt von Linearfaktoren.

Beweis. Sei y ∈ L mit f(y) = 0. Es genügt, ein normiertes irreduzibles Polynom in K[X] mit Nullstelle y anzugeben, welches in L[X] in Linearfaktoren zerfällt. Denn dieses ist ebenso wie f(X) gleich dem Minimalpolynom von y über K; vgl. die erste Bemerkung in §2.3.2.

Sei A := {σ(y) : σ ∈ Aut(L|K)}. Ist nun ρ ∈ Aut(L|K), so ist ρ|_{A}^{A} definiert, injektiv und wegen A endlich also bijektiv. Sei

g(X) := _{∏a∈A}(X − a) .

Dann ist

g^{ρ}(X) = (_{∏a∈A}(X−a))^{ρ} = _{∏a∈A}(X−a)^{ρ} = _{∏a∈A}(X−ρ(a)) =^{ã = ρ(a)} _{∏ã∈A}(X−ã) = g(X) .

Da dies für jedes ρ ∈ Aut(L|K) zutrifft, und da K = Fix_{Aut(L|K)} L, folgt g(X) ∈ K[X].

Bleibt zu zeigen, daß g(X) in K[X] irreduzibel ist. Sei angenommen, wir hätten eine Zerlegung g(X) = u(X)v(X) mit u(X), v(X) ∈ K[X] normiert und deg u, deg v ⩾ 1 gefunden. Dann gibt es eine Teilmenge ∅ ⊊ B ⊊ A mit

u(X) = ∏_{a∈B}(X − a)

Sei b ∈ B und c ∈ A∖B. Es gibt ein ρ ∈ Aut(L|K) so, daß ρ(b) = c, denn ist b = σ(a) und c = σ̃(a) mit σ, σ̃ ∈ Aut(L|K), so kann man ρ = σ̃ ∘ σ^{−1} nehmen. Nun ist u(b) = 0, also auch 0 = ρ(u(b)) = u(ρ(b)) = u(c), und somit c ∈ B, und wir haben einen Widerspruch.

Lemma. Sei K perfekt; vgl. §3.3. Sei L|K eine endliche Erweiterung.

Die folgenden Aussagen (1, 2, 3) sind äquivalent.

(1) Es ist L|K galoisch.

(2) Es ist L Zerfällungskörper eines normierten Polynoms in K[X], welches dort ein Produkt verschiedener normierter irreduzibler Faktoren ist.

(3) Es ist L Zerfällungskörper eines normierten Polynoms in K[X].

Beweis.

Ad (2) ⇒ (1). Ist L ein solcher Zerfällungskörper, so ist |Aut(L|K)| = [L : K] nach der ersten Folgerung in §3.4.1. Nach voriger Bemerkung ist L|K also galoisch.

Ad (1) ⇒ (2). Sei umgekehrt L|K galoisch. Sei (γ_{1}, …, γ_{k}) eine K-lineare Basis von L. Insbesondere ist also L = K(γ_{1}, …, γ_{n}). Sei g(X) das Produkt über die Menge der Minimalpolynome von γ_{i} über K. In anderen Worten, wir bilden das Produkt dieser Minimalpolynome, unterbinden aber mehrfache irreduzible Faktoren. Zu zeigen bleibt, daß L der Zerfällungskörper von g(X) ist. In der Tat wird L über K von den Nullstellen von g(X) in L erzeugt, da die Menge dieser Nullstellen die Menge {γ_{1}, …, γ_{n}} umfaßt. Ferner zerfällt g(X) in L[X] in ein Produkt von Linearfaktoren, da dies nach vorangegangenem Lemma für alle seine irreduziblen Faktoren der Fall ist, deren jeder ja eine Nullstelle in L hat.

Ad (2) ⇔ (3). Zu zeigen ist nur ⇐. Sei L also der Zerfällungskörper eines normierten Polynoms f(X) ∈ K[X]. Sei f̌(X) das Produkt der Menge der irreduziblen normierten Faktoren von f(X). Wir haben zu zeigen, daß L auch der Zerfällungkörper von f̌(X) ist. Zum einen zerfällt mit f(X) auch sein Teiler f̌(X) in L[X] in ein Produkt von Linearfaktoren. Zum anderen ist die Menge der Nullstellen von f(X) dieselbe wie die von f̌(X), sodaß auch letztere L über K erzeugt.

Beispiel.

(1) Es ist Q(\sqrt[3]{2})|Q nicht galoisch, da X^{3} − 2 in Q(\sqrt[3]{2}) zwar eine Nullstelle hat, in Q(\sqrt[3]{2})[X] aber nicht in Linearfaktoren zerfällt; vgl. Beispiel in §2.5.1, Teil (2) und vorvoriges Lemma.

(2) Es ist C|R galoisch. Denn es ist R perfekt und C Zerfällungskörper des irreduziblen Polynoms X^{2} +1 ∈ R[X]; vgl. Beispiel in §2.5.1, Teil (1). In der Tat ist Gal(C|R) ≃ S_{2}; cf. Aufgabe 40.

(3) Es ist F_{8}|F_{2} galoisch als Zerfällungskörper des irreduziblen Polynoms X^{3} + X + 1 aus F_{2}[X]; vgl. Beispiel in §2.5.1, Teil (3). Es ist Gal(F_{8}|F_{2}) = ⟨Frob_{F_{8}}⟩, da | Gal(F_{8}|F_{2})| = [F_{8} : F_{2}] = 3 und o(Frob_{F_{8}}) = 3; vgl. auch §3.6 unten.

(4) Alle in den Aufgaben 30 und 34 berechneten Zerfällungskörper L sind galoisch über dem jeweiligen Grundkörper K. Jedoch ist keiner der bei der Konstruktion aufgetretenen echten Zwischenkörper galoisch über dem jeweiligen Grundkörper K, da das zu zerfällende irreduzible (^{26}) Polynom in K[X] zwar in diesem Zwischenkörper bereits eine Nullstelle hatte, über diesem aber noch nicht in Linearfaktoren zerfiel; vgl. vorvoriges Lemma.

Es ist ein offenes Problem, ob es für jede endliche Gruppe G eine Galoiserweiterung L|Q so gibt, daß Gal(L|Q) ≃ G (Stand 2009).

3.5.2 Korrespondenz von Untergruppen zu Zwischenkörpern

Lemma. Seien E|L|K endliche Körpererweiterungen. Sei E|K galoisch. Schreibe

T := \{L ^{\overline{}^{τ}} E : τ Körpermorphismus mit τ|_{K}^{K} = id_{K}\} .

(1) Es ist E|L galoisch.

E L_{⇒ galoisch} K_{galoisch}

26Außer bei Aufgabe 30.(1), aber da gab es auch keine echten Zwischenkörper.

(2) Die Abbildung

[figure: Gal(E|K); r; T; ρ; ρ|_{L} .]

ist surjektiv.

(3) Es ist |T | = [L : K].

Zu (1) vgl. auch Aufgabe 47.(1). Beweis. Schreibe G := Gal(E|K) und U := Aut(E|L) ⩽ G. Wir behaupten, daß für ρ, ρ̃ ∈ G gilt, daß genau dann ρ|_{L} = ρ̃|_{L}, wenn ρU = ρ̃U. Denn ist ρU = ρ̃U, so gibt es ein σ ∈ U mit ρ ∘ σ = ρ̃. Ist x ∈ L, so wird ρ(x) = ρ(σ(x)) = ρ̃(x). Also ist ρ|_{L} = ρ̃|_{L}. Und ist umgekehrt ρ|_{L} = ρ̃|_{L}, so ist (ρ̃^{−1} ∘ ρ)(x) = x für alle x ∈ L, also ρ̃^{−1} ∘ ρ ∈ U, woraus ρU = ρ̃(ρ̃^{−1} ∘ ρ)U = ρ̃U folgt. Dies zeigt die Behauptung. Mit der Behauptung ist für τ ∈ r(G), genauer, τ = ρ|_{L} für ein ρ ∈ G, auch

r^{−1}({τ}) = {ρ̃ ∈ G : ρ̃|_{L} = τ}
= {ρ̃ ∈ G : ρ̃|_{L} = ρ|_{L}}
= {ρ̃ ∈ G : ρ̃U = ρU}
= ρU .

Insbesondere ist |r^{−1}({τ})| = |ρU| = |U|; vgl. Aufgabe 38.(1.b). Da G = ⨆_{τ∈r(G)} r^{−1}(τ), ist |G| = |U| · |r(G)|. Mit der Folgerung zu Satz 7 aus §3.5.1.1 ist wegen K ⊆ Fix_{T} L

[L : K] ⩾ [L : Fix_{T} L] ⩾ |T | ⩾ |r(G)| .

Mit ebenjener Folgerung ist wegen L ⊆ Fix_{U}E

[E : L] ⩾ [E : Fix_{U}E] ⩾ |U| (^{27}) .

Wir erhalten mit |G| = [E : K] = [E : L][L : K] ⩾ [E : L]|T | ⩾ [E : L]|r(G)| ⩾ |U||r(G)| = |G| . Also haben wir an allen Stellen in dieser Zeile Gleichheit. Es folgt zum einen [E : L] = |U|. Mithin ist E|L galoisch, wie in (1) behauptet; vgl. die zweite Bemerkung in §3.5.1.4. Es folgt zum anderen [L : K] = |T | = |r(G)|. Mithin ist r surjektiv, wie in (2) behauptet, und |T | = [L : K], wie in (3) behauptet.

Einen alternativen Beweis zu Teil (1) im Fall K perfekt findet man in Aufgabe 47.(1).

27Letztere Ungleichung ist nach Satz 8.(1) eine Gleichheit, aber das brauchen wir nicht.

Ist G eine Gruppe und N ⊴ G ein Normalteiler darin, so erinnern wir daran, daß gemäß Aufgabe 42.(1) die Menge G/N = {gN : g ∈ G} zuu einer Gruppe wird via gN · g̃N := (g · g̃)N für g, g̃ ∈ G.

Satz 9 (Hauptsatz der Galoistheorie) Sei E|K eine endliche Galoiserweiterung mit Galoisgruppe G := Gal(E|K). Sei U := {U : U ⩽ G} die Menge der Untergruppen von G. Sei Z := {L : E|L|K} die Menge der Zwischenkörper zwischen K und E. Wir haben folgende sich invertierende Bijektionen.

[figure: U; ∼; Z; U; Fix_{U}E; Gal(E|L); L]

Unter diesen werden Normalteiler von G auf Galoiserweiterungen von K abgebildet und umgekehrt. Ist N ⊴ G, so haben wir einen Gruppenisomorphismus

G/N ^{\overline{}^{∼}} Gal(Fix_{N}E | K)
ρN \overline{}ρ|_{Fix_{N} E}^{Fix_{N} E} .

Beweis. Wir zeigen die Bijektion zwischen U und Z. Ist U ∈ U, also U ⩽ G Untergruppe, so wird sie nach Fix_{U} E und wieder zurück nach Aut(E| Fix_{U}E) abgebildet, was nach Satz 8.(2) wieder gleich U ist. Ist L ∈ Z, also E|L|K Zwischenkörper, so wird dieser nach Aut(E|L) und wieder zurück nach Fix_{Aut(E|L)} E abgebildet. Da E|L nach vorigem Lemma galoisch ist, ist dieser Zwischenkörper wieder gleich E; vgl. erste Bemerkung in §3.5.1.4. Also liegen sich invertierende Bijektionen vor. Wir zeigen, daß Normalteiler unter dieser Bijektion zu Galoiserweiterungen von K korrespondieren. Sei U ⩽ G. Schreibe L := Fix_{U} E. Schreibe wieder, wie im vorstehenden Lemma,

T := \{L ^{\overline{}^{τ}} E : τ Körpermorphismus mit τ|_{K}^{K} = id_{K}\} .

Sei L [figure: κ] E die Einbettungsabbildung. Wir haben eine injektive Abbildung

[figure: Aut(L|K); s; T; σ; κ ∘ σ]

Wir gehen wie folgt vor.

L|K galoisch ⟺^{1.} |Aut(L|K)| = [L : K]
⟺^{2.} |Aut(L|K)| = |T |
⟺^{3.} Aut(L|K) ^{\overline{}^{s}} T surjektiv
⟺^{4.} ρ|_{L} ∈ s(Aut(L|K)) für alle ρ ∈ G
⟺^{5.} ρ(L) = L für alle ρ ∈ G
⟺^{6.} ρ(Fix_{U} E) = Fix_{U} E für alle ρ ∈ G
⟺^{7.} Fix_{^{ρ}U} E = Fix_{U} E für alle ρ ∈ G
⟺^{8.} ^{ρ}U = U für alle ρ ∈ G
⟺^{9.} U ⊴ G

Zu 1. Siehe die zweite Bemerkung aus §3.5.1.4. Zu 2. Es ist |T | = [L : K]; vgl. voriges Lemma, Teil (3). Zu 3. Es ist s injektiv. Also ist s surjektiv genau dann, wenn |Aut(L|K)| = |T |. Zu 4. Es ist T = {ρ|_{L} : ρ ∈ G}; vgl. voriges Lemma, Teil (2). Zu 5. ⟹. Gibt es ein σ ∈ Aut(L|K) mit κ ∘ σ = ρ|_{L}, so ist

ρ(L) = ρ|_{L}(L) = κ(σ(L)) = κ(L) = L .

⟸. Ist ρ(L) = L, so ist ρ|_{L}^{L} als eine injektive K-lineare Selbstabbildung des endlichdimensionalen K-Vektorraums L auch surjektiv. Also ist ρ|_{L}^{L} ∈ Aut(L|K), und sodann κ ∘ ρ|_{L}^{L} = ρ|_{L}.

\xymatrix{E \ar[r]^{ρ}_{∼} & E \\ L \ar[u]^{κ} \ar[r]^{ρ|_{L}^{L}}_{∼} \ar[ur]^{ρ|_{L}} & L \ar[u]_{κ}}

Zu 6. Einsetzen. Zu 7. Sei ρ ∈ G. Sei U ∈ U. Es wird

Fix_{^{ρ}U} E = {y ∈ E : (^{ρ}σ)(y) = y für alle σ ∈ U}
= {y ∈ E : ρ(σ(ρ^{−1}(y))) = y für alle σ ∈ U}
= {y ∈ E : σ(ρ^{−1}(y)) = ρ^{−1}(y) für alle σ ∈ U}
= {y ∈ E : ρ^{−1}(y) ∈ Fix_{U}E}
= {y ∈ E : y ∈ ρ(Fix_{U}E)}
= ρ(Fix_{U}E) .

Zu 8. Sei ρ ∈ G. Da U \overline{}Z, V \overline{}Fix_{V} E bijektiv ist, ist U = ^{ρ}U genau dann, wenn Fix_{^{ρ}U} E = Fix_{U} E.

Zu 9. Definition Normalteiler.

Wir berechnen im Normalteilerfall die Galoisgruppe des korrespondierenden Körpers über K.

Sei N ⊴ G. Schreibe L := Fix_{N} E. Für alle ρ ∈ G ist, wie eben gesehen, ρ|_{L}^{L} ∈ Gal(L|K). Somit haben wir einen Gruppenmorphismus

[figure: G; Gal(L|K); ρ; ρ|_{L}^{L} .]

Dessen Kern ist gleich Gal(E|L) = N. Mit Aufgabe 42.(2) erhalten wir einen injektiven Gruppenmorphismus

[figure: G/N; Gal(L|K); ρN; ρ|_{L}^{L}]

Nun ist |G/N| = [E : K]/[E : L] = [L : K] = |Gal(L|K)|. Also ist dieser Morphismus bijektiv (^{28}).

Eine Veranschaulichung. Sei E|K eine endliche Galoiserweiterung mit Galoisgruppe G := Gal(E|K). Sei U ⩽ G; sei L := Fix_{U}E, sei N ⊴ G, sei L̃ := Fix_{N}E. Tragen wir Galoisgruppen bei Galoiserweiterungen ein, so erhalten wir

[figure: E; L; U; L̃; N; K; G; G/N; .]

Bemerkung. In der Situation von Satz 9 können wir für einen gegebenen Zwischenkörper E|L|K mit L|K galoisch den letztaufgeführten Isomorphismus auch als “Kürzungsregel” schreiben,

Gal(E|K)/ Gal(E|L) ≃ Gal(L|K) .

3.6 Galoisgruppen von Erweiterungen endlicher Körper

Sei p prim. Seien r, s ⩾ 1. Betrachte die Erweiterung

F_{p^{rs}} | F_{p^{r}}

endlicher Körper; vgl. §2.5.4. Schreibe

F := (Frob_{F_{p^{rs}}})^{r} : F_{p^{rs}} ^{\overline{}^{∼}} F_{p^{rs}} , x \overline{}x^{p^{r}} .

28Seine Surjektivität folgt auch aus den oben angeführten Surjektivitäten bzgl. T.

Für alle Elemente x von F_{p^{r}} ist x^{p^{r}} = x; vgl. Beweis zu Lemma in §2.5.4, Teil (2), oder Lösung zu Aufgabe 33.(2). Also ist F ∈ Aut(F_{p^{rs}} | F_{p^{r}}).

Lemma. Es ist F_{p^{rs}}|F_{p^{r}} eine Galoiserweiterung mit Galoisgruppe Gal(F_{p^{rs}}|F_{p^{r}}) = ⟨F ⟩ von Ordnung s.

Beweis. Sei F_{p^{rs}}^{×} = ⟨ξ⟩, wobei o(ξ) = p^{rs} − 1; vgl. Aufgabe 27.(5).

Nun ist F^{i}(ξ) = ξ^{p^{ri}} ≠ ξ für i ∈ [1, s − 1], da dann ξ^{p^{ri}−1} ≠ 1 wegen p^{ri} − 1 ∈ [1, p^{rs} − 2] = [1, o(ξ) − 1].

Auf der anderen Seite ist F^{s} = id_{F_{p^{rs}}} , da für x ∈ F_{p^{rs}} in der Tat F^{s}(x) = x^{p^{rs}} = x ist.

Also ist |⟨F ⟩| = o(F) = s.

Da mit der Bemerkung aus §3.5.1.1 aber

s = |⟨F ⟩| ⩽ |Aut(F_{p^{rs}} | F_{p^{r}})| ⩽ [F_{p^{rs}} : F_{p^{r}}] = s

ist, gilt beidesmal Gleichheit (^{29}). Also ist F_{p^{rs}} | F_{p^{r}} galoisch; vgl. zweite Bemerkung in §3.5.1.4. Da ⟨F ⟩ ⩽ Gal(F_{p^{rs}} | F_{p^{r}}) und da beide von Ordnung s sind, gilt auch hier Gleichheit.

Zu F_{p^{rs}}|F_{p^{r}} galoisch vgl. alternativ auch Aufgabe 47.(2).

29Vgl. auch Satz 8.(1).

Auflösbarkeit

Nun kehren wir zurück zum Ausgangsproblem. Sind die Nullstellen jedes Polynoms als iterierte Wurzelausdrücke schreibbar, wie dies in den Aufgaben 1 und 5 für die Polynome von Grad 3 und 4 durchgeführt wurde? Siehe dazu den Satz 11 von Abel in §4.4.3. Falls nein, kann man für ein gegebenes Polynom entscheiden, ob dies geht? Siehe dazu den Satz 10 von Galois in §4.4.2.

4.1 Auflösbare Gruppen

Alle Gruppen in diesem Abschnitt §4.1 seien endlich. Vorsicht. Sei G eine Gruppe. Seien G_{1} und G_{2} Teilmengen von G. Aus G_{1} ⩽ G_{2} ⩽ G folgt G_{1} ⩽ G. Aber aus G_{1} ⊴ G_{2} ⊴ G folgt im allgemeinen nicht G_{1} ⊴ G. So z.B. ist

⟨(1, 2)(3, 4)⟩ ⊴ ⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)⟩ ⊴ S_{4} ,

Berechne hierzu

⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)⟩ = {id, (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3)} ,

z.B. mit Magma. Alle Elemente dieser Gruppe haben Ordnung 1 oder 2. Sind x und y also daraus, so wird yx = yx(xy)^{2} = yxxyxy = xy. Somit ist diese Untergruppe abelsch. Insbesondere ist ⟨(1, 2)(3, 4)⟩ darin ein Normalteiler. Die mittlere Gruppe besteht aus id und allen Elementen der Form (a, b)(c, d) in S_{4}. Ist σ ∈ S_{4}, so wird allgemein σ ∘ (a, b)(c, d) ∘ σ^{−1} = (σ(a), σ(b))(σ(c), σ(d)). Folglich ist die mittlere Gruppe normal in S_{4} . Wohingegen

⟨(1, 2)(3, 4)⟩ ⋬ S_{4} ,

da z.B. ^{(1,3)}(1, 2)(3, 4) = (3, 2)(1, 4) = (1, 4)(2, 3) ∉ ⟨(1, 2)(3, 4)⟩.

Definition. Sei G eine Gruppe. Sei k ⩾ 0. Ein Tupel (G_{i})_{i∈[0,k]} = (G_{i})_{i} von Untergruppen von G heißt Semisubnormalreihe von G, falls

G_{0} ⊴ G_{1} ⊴ G_{2} ⊴ G_{3} ⊴ ⋯ ⊴ G_{k−1} ⊴ G_{k} = G

Die Faktorgruppe G_{i}/G_{i−1} heißt i-ter Subfaktor dieser Semisubnormalreihe. Es heißt G_{0} ihr Anfangsterm.

Falls dazuhin G_{0} = {1}, so heißt (G_{i})_{i} Subnormalreihe von G.

Definition. Eine Gruppe G heiße auflösbar, wenn es eine Subnormalreihe (G_{i})_{i} von G gibt mit G_{i}/G_{i−1} abelsch für alle i ∈ [1, k]; kurz, mit allen Subfaktoren abelsch.

In diesem Sinne ist eine auflösbare Gruppe “stückweise abelsch”.

Beispiel. Ist die Gruppe G abelsch, so ist sie auflösbar, wie man anhand der Subnormalreihe {1} ⊴ G erkennt.

Beispiel. Es ist S_{3} auflösbar wegen

{id} ⊴ ⟨(1, 2, 3)⟩ ⊴ S_{3} .

Schreibe G_{1} := ⟨(1, 2, 3)⟩. Es ist G_{1}/{id} ≃ G_{1} abelsch. Ferner ist

S_{3}/G_{1} = {σG_{1} : σ ∈ S_{3}} = {id G_{1}, (1, 2)G_{1}} = ⟨(1, 2)G_{1}⟩ ,

mithin abelsch. Dagegen ist S_{3} nicht abelsch !

Beispiel. Es ist S_{5} nicht auflösbar. Siehe Aufgabe 49.(2).

Bemerkung. Sei G ^{\overline{}^{f}} H ein Gruppenmorphismus. Sei (H_{i})_{i∈[0,k]} eine Semisubnormalreihe von H. Dann ist (f^{−1}(H_{i}))_{i} eine Semisubnormalreihe von G.

Ferner gibt es für i ∈ [1, k] einen injektiven Gruppenmorphismus

[figure: f^{−1}(H_{i})/f^{−1}(H_{i−1}); f̄_{i}; H_{i}/H_{i−1}; xf^{−1}(H_{i−1}); f(x)H_{i−1} .]

Ist f surjektiv, so ist dies ein Isomorphismus für alle i ∈ [1, k].

Beweis. Sei i ∈ [1, k]. Es ist f^{−1}(H_{i}) ⩽ G; vgl. Lösung zu Aufgabe 37.(4). Betrachten wir den Gruppenmorphismus

[figure: f^{−1}(H_{i}); f_{i}; H_{i}/H_{i−1}; x; f(x)H_{i−1} .]

Es liegt x in dessen Kern genau dann, wenn f(x) ∈ H_{i−1} , also genau dann, wenn x ∈ f^{−1}(H_{i−1}). Insbesondere ist f^{−1}(H_{i−1}) ⊴ f^{−1}(H_{i}) ; vgl. auch Aufgabe 37.(4). Eine Anwendung von Aufgabe 42.(2) auf f_{i} gibt nun den injektiven Gruppenmorphismus f̄_{i} wie oben behauptet.

Sei dazuhin f surjektiv. Wir haben f̄_{i} als surjektiv nachzuweisen. Sei yH_{i−1} ∈ H_{i}/H_{i−1} . Sei x ∈ G mit f(x) = y. Dann ist x ∈ f^{−1}(H_{i}) und f̄_{i}(xf^{−1}(H_{i−1})) = f(x)H_{i−1} = yH_{i−1} .

Lemma. Sei G eine auflösbare Gruppe. Sei U ⩽ G eine Untergruppe. Dann ist U auflösbar.

Beweis. Sei U ^{\overline{}^{ι}} G der Einbettungsmorphismus. Sei (G_{i})_{i} eine Subnormalreihe von G mit allen Subfaktoren abelsch. Mit vorstehender Bemerkung ist (U ∩ G_{i})_{i} = (ι^{−1}(G_{i}))_{i} eine Semisubnormalreihe von H mit (U ∩ G_{i})/(U ∩ G_{i−1}) isomorph zu einer Untergruppe von G_{i}/G_{i−1} , und somit insbesondere abelsch für i ∈ [1, k]. Schließlich ist U ∩ G_{0} = U ∩ {1} = {1}, so daß (U ∩ G_{i})_{i} eine Subnormalreihe ist.

Eine Gruppe heiße zyklisch, falls sie von einem Element erzeugt ist. Zyklische Gruppen sind insbesondere abelsch.

Lemma. Sei G eine auflösbare Gruppe. Dann hat G eine Subnormalreihe (G_{i})_{i} so, daß G_{i}/G_{i−1} zyklisch ist.

Beweis. Betrachten wir zunächst den speziellen Fall einer abelschen Gruppe G. Wir führen eine Induktion über |G|, nehmen also an, daß die Aussage für alle abelschen Gruppen kleinerer Ordnung gezeigt ist. Für {1} = G ist nichts zu zeigen. Sei also {1} < G, und sei x ∈ G ∖ {1}. Nach Induktionsvoraussetzung existiert eine Subnormalreihe der abelschen Gruppe G/⟨x⟩ mit allen Subfaktoren zyklisch. Ihr Urbild in G ist mit vorstehender Bemerkung eine Semisubnormalreihe in G mit Anfangsterm ⟨x⟩ und allen Subfaktoren zyklisch. Nehmen wir zu dieser noch den Term {1} hinzu, so erhalten wir eine Subnormalreihe von G mit allen Subfaktoren zyklisch.

Betrachten wir nun den allgemeinen Fall einer auflösbaren Gruppe G. Wieder führen wir eine Induktion nach |G|. Sei (G_{i})_{i∈[0,k]} eine Subnormalreihe von G mit allen Subfaktoren abelsch. Ohne Einschränkung ist k ⩾ 1 und G_{k−1} ≠ G_{k} = G.

Da auch G_{k−1} auflösbar ist, hat G_{k−1} nach Induktionsvoraussetzung eine Subnormalreihe mit allen Subfaktoren zyklisch.

Die abelsche Gruppe G/G_{k−1} hat mit dem abgehandelten speziellen Fall eine Subnormalreihe mit allen Subfaktoren zyklisch. Bilden wir deren Urbild unter G \overline{}G/G_{k−1} , g \overline{}gG_{k−1} , so erhalten wir nach vorstehender Bemerkung eine Semisubnormalreihe von G mit allen Subfaktoren zyklisch und mit Anfangsterm G_{k−1} .

Aneinanderfügen jener Subnormalreihe von G_{k−1} mit dieser Semisubnormalreihe von G gibt eine Subnormalreihe von G mit allen Subfaktoren zyklisch.

Bemerkung. Sei G ^{\overline{}^{f}} H ein Gruppenmorphismus. Sei (G_{i})_{i∈[1,k]} eine Subnormalreihe von G. Dann ist (f(G_{i}))_{i} eine Subnormalreihe von f(G). Ferner gibt es einen surjektiven Gruppenmorphismus

[figure: G_{i}/G_{i−1}; f̃_{i}; f(G_{i})/f(G_{i−1}); xG_{i−1}; f(x)f(G_{i−1})]

für i ∈ [1, k].

Beweis. Sei i ∈ [1, k]. Es ist f(G_{i}) ⩽ H; vgl. Aufgabe 37.(1). Zeigen wir, daß f(G_{i−1}) ⊴ f(G_{i}). Sei y ∈ G_{i−1} . Sei x ∈ G_{i}. In der Tat ist ^{f(x)}f(y) = f(^{x}y) ∈ f(G_{i−1}).

Ferner ist der Anfangsterm von (f(G_{i}))_{i} gleich f(G_{0}) = {1}.

Wir haben den surjektiven Gruppenmorphismus

[figure: G_{i}; f(G_{i})/f(G_{i−1}); x; f(x)f(G_{i−1}) .]

Sind x, x̃ ∈ G_{i} gegeben mit xG_{i−1} = x̃G_{i−1} , d.h. x^{−1}x̃ ∈ G_{i−1} , so ist f(x)f(G_{i−1}) = f(x̃)f(G_{i−1}), da f(x)^{−1}f(x̃) = f(x^{−1}x̃) ∈ f(G_{i−1}). Also ist f̃_{i} wohldefiniert. Ersichtlich ist auch f̃_{i} ein surjektiver Gruppenmorphismus.

Lemma. Sei G eine auflösbare Gruppe. Sei G ^{\overline{}^{f}} H ein Gruppenmorphismus. Dann ist auch f(G) auflösbar.

Beweis. Ist (G_{i})_{i} eine Subnormalreihe von G mit allen Subfaktoren abelsch, so ist mit vorstehender Bemerkung (f(G_{i}))_{i} eine Subnormalreihe von f(G). Da G_{i}/G_{i−1} stets abelsch ist, und da es einen surjektiven Gruppenmorphismus von G_{i}/G_{i−1} nach f(G_{i})/f(G_{i−1}) gibt, ist auch f(G_{i})/f(G_{i−1}) stets abelsch; vgl. Aufgabe 42.(2).

Zusammenfassung. Sei G eine auflösbare Gruppe.

(1) Untergruppen von G sind auflösbar.

(2) Bilder von G unter Gruppenmorphismen sind auflösbar.

(3) Es gibt eine Subnormalreihe von G mit allen Subfaktoren zyklisch, d.h. von einem Element erzeugt.

4.2 Ein paar Gruppen

Stellen wir einmal ein paar typische Beispiele für endliche Gruppen in einem Bild zusammen. Ohne Anspruch auf Vollständigkeit!

zyklische Gruppen ⟨(1, 2)⟩ F_{p^{s}}^{×} ⟨(1, 5, 3, 4)(2, 6)⟩ abelsche Gruppen U(Z/8Z) ⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)⟩ auflösbare Gruppen  S_{3} S_{4} Gruppen  S_{5} S_{18}

Zu ⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)⟩, vgl. §4.1, Bemerkung zur Vorsicht. Zu F_{p^{s}}^{×} mit p prim, s ⩾ 1, vgl. Lemma aus §2.5.4 und Aufgabe 27.(5). Zu U(Z/8Z), vgl. Aufgabe 44.(2).

4.3 Auflösbare Erweiterungen, auflösbare Polynome

Sei K ein perfekter Körper.

4.3.1 Auflösbare Erweiterungen

Definition. Sei L|K eine Körpererweiterung. Ein Element x ∈ L heiße radiziell über K, falls es ein m ⩾ 1 gibt mit x^{m} ∈ K (lat. radix, die Wurzel).

Beispiel. Es ist \sqrt[3]{2} ∈ C radiziell über Q, da (\sqrt[3]{2})^{6} = 4 ∈ Q (wobei der Exponent 3 natürlich auch gereicht hätte).

Beispiel. Es ist \sqrt{2} + 1 ∈ C nicht radiziell über Q. In der Tat ist (\sqrt{2} + 1)^{k} = a_{k}\sqrt{2} + b_{k} für k ⩾ 1, wobei a_{k+1} = 2a_{k} + b_{k} und b_{k+1} = a_{k} + b_{k}. Mit Induktion erkennt man, daß a_{k} > 0 und b_{k} > 0 stets. Insbesondere ist (\sqrt{2} + 1)^{k} ∉ Q stets.

Definition. Eine endliche Körpererweiterung L|K heiße auflösbar, wenn es ein k ⩾ 0 sowie Teilkörper K_{0}, …, K_{k} von L so gibt, daß

K = K_{0} ⊆ K_{1} ⊆ K_{2} ⊆ K_{3} ⊆ ⋯ ⊆ K_{k−1} ⊆ K_{k} = L

und daß für alle i ∈ [1, k] ein radizielles a_{i} ∈ K_{i} über K_{i−1} existiert mit

K_{i} = K_{i−1}(a_{i}) .

Insgesamt ist dann also L = K(a_{1}, …, a_{k}), und a_{i} radiziell über K(a_{1}, …, a_{i−1}) für i ∈ [1, k].

Beispiel. Wegen der Kette

Q ⊆ Q(\sqrt[4]{2}) ⊆ Q(\sqrt[4]{2}, \sqrt[3]{\sqrt{2} − 1})

ist Q(\sqrt[4]{2}, \sqrt[3]{\sqrt{2} − 1}) | Q auflösbar.

Ist L|K auflösbar, so ist jedes Element von L ein “iterierter Wurzelausdruck” von Elementen von K.

Bemerkung. Seien M|L|K endliche Erweiterungen. Ist M|L auflösbar und L|K auflösbar, so ist auch M|K auflösbar.

Lemma. Sei L|K eine auflösbare endliche Erweiterung. Es gibt eine endliche Erweiterung M|L mit M|K auflösbar und galoisch.

Beweis. Wir verwenden Induktion über [L : K]. Ist L = K, so kann man M = L wählen.

Sei L ≠ K. Sei L|L̃|K mit [L : L̃] > 1, mit L = L̃(b) und mit b radiziell über L̃. Sei m ⩾ 1 mit b^{m} ∈ L̃. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es ein M̃|L̃ mit M̃|K auflösbar und galoisch.

Sei

f(X) := _{∏σ∈Gal(M̃|K)}(X^{m} − σ(b^{m})) ∈ L̃[X] .

Für ρ ∈ Gal(M̃|K) ist

f^{ρ}(X) = (_{∏σ∈Gal(M̃|K)}(X^{m} − σ(b^{m})))^{ρ}
= _{∏σ∈Gal(M̃|K)}(X^{m} − σ(b^{m}))^{ρ}
= _{∏σ∈Gal(M̃|K)}(X^{m} − ρ(σ(b^{m})))
=^{σ′ = ρ ∘ σ} _{∏σ_{′}∈Gal(M|K)}(X^{m} − σ′(b^{m}))
= f(X) ,

und mithin f(X) ∈ K[X]; vgl. erste Bemerkung in §3.5.1.4. Sei f̂(X) ∈ K[X] das Produkt der Menge der normierten irreduziblen Faktoren von f(X).

Sei M der Zerfällungskörper von f̂(X) über M̃. Da f̂(b) = 0 in L, ist μ_{L̃,b}(X) ein Teiler von f̂(X) in L̃[x]; vgl. Satz 2.(2). Also gibt es eine Nullstelle b̂ von f̂(X) in M mit μ_{L̃,b}(b̂) = 0. Somit gibt es einen Körpermorphismus von L = L̃(b) nach M, der auf L̃ identisch einschränkt; vgl. Folgerung zu Satz 3. Wir fixieren einen solchen Morphismus und identifizieren ein Element in L mit seinem Bild in M. Also M|L.

[figure: M; M̃; L = L̃(b); L̃; K]

Wegen f̂(X) ∈ K[X] ist M|K galoisch; vgl. Aufgabe 45.(2).

Da M̃|K auflösbar ist, bleibt zu zeigen, daß M|M̃ auflösbar ist. Seien γ_{1}, …, γ_{k} die Nullstellen von f(X) in M. Es ist M = M̃(γ_{1}, …, γ_{k}). Für i ∈ [1, k] ist γ_{i}^{m} = σ(b^{m}) für ein σ ∈ Gal(M̃|K). Nun ist aber σ(b^{m}) ∈ σ(L̃) ⊆ M̃. Insgesamt ist γ_{i} radiziell über M̃, und so a fortiori radiziell über M̃(γ_{1}, …, γ_{i−1}). Somit zeigt die Kette

M̃ ⊆ M̃(γ_{1}) ⊆ ⋯ ⊆ M̃(γ_{1}, …, γ_{k−1}) ⊆ M̃(γ_{1}, …, γ_{k−1}, γ_{k}) = M ,

daß M|M̃ auflösbar ist.

4.3.2 Auflösbare Polynome

Definition. Sei f(X) ∈ K[X] irreduzibel und normiert. Es heiße f(X) auflösbar, wenn es eine auflösbare endliche Körpererweiterung L|K gibt, für welche ein b ∈ L mit f(b) = 0 existiert.

Beispiel. Sei K = Q. Es ist das irreduzible Polynom

X^{12} + 4X^{9} − 6X^{8} − 48X^{7} + 2X^{6} + 96X^{5} − 12X^{4} − 164X^{3} + 108X^{2} + 24X − 23 ∈ Q[X]

auflösbar, da, wie leicht zu verifizieren,

f(\sqrt[4]{2} + \sqrt[3]{\sqrt{2} − 1} ) = 0 ,

und da, wie bereits festgestellt, Q(\sqrt[4]{2}, \sqrt[3]{\sqrt{2} − 1}) | Q auflösbar ist; vgl. drittes Beispiel in §4.3.1.

Informell gesprochen heißt ein irreduzibles normiertes Polynom also auflösbar, wenn es eine Nullstelle hat, die sich als “iterierter Wurzelausdruck” von Elementen des Grundkörpers schreiben läßt.

4.4 Auflösbarkeitskriterien für Polynome

Sei K ein Körper mit char K = 0. Insbesondere ist K perfekt.

Der Grund für diese einschränkende Bedingung ist in Aufgabe 44 zu suchen.

4.4.1 Erweitern um ein radizielles Element

Sei n ⩾ 1. Zerfalle X^{n} − 1 ∈ K[X] in ein Produkt von Linearfaktoren.

Gemäß Aufgabe 44.(1) gibt es ein Element ζ_{n} ∈ K mit ⟨ζ_{n}⟩ = {z ∈ K : z^{n} = 1} und o(ζ_{n}) = n.

Lemma. Sei K(b)|K eine endliche monogene Erweiterung mit b^{n} ∈ K. Dann ist K(b)|K galoisch. Ferner gibt es einen injektiven Gruppenmorphismus von Gal(K(b)|K) nach (Z/nZ, +). Inbesondere ist Gal(K(b)|K) abelsch.

Beweis. Ohne Einschränkung ist b ≠ 0. Schreibe a := b^{n} ∈ K. Da ζ_{n}^{i}b für i ∈ [0, n − 1] eine Nullstelle von X^{n} − a ∈ K[X] ist, und da ζ_{n}^{i}b ≠ ζ_{n}^{j}b für i, j ∈ [0, n − 1] mit i ≠ j, zerfällt

X^{n} − a = _{∏i∈[0,n−1]}(X − ζ_{n}^{i}b) ∈ K(b)[X] .

Insbesondere ist K(b) Zerfällungskörper von X^{n} −a, welches in K[X] in verschiedene normierte irreduzible Faktoren zerlegt werden kann. Somit ist K(b)|K galoisch; vgl. zweites Lemma in §3.5.1.4.

Sei σ ∈ Gal(K(b)|K). Beachte, daß σ(b)^{n} − a = σ(b^{n} − a) = 0. Wähle ein j_{σ} ∈ Z mit σ(b) = ζ_{n}^{j_{σ}}b. Dies eine Abbildung

[figure: Gal(K(b)|K); Z/nZ; σ; j_{σ} + nZ .]

Das Bild hängt wegen o(ζ_{n}) = n auch nicht von der getroffenen Wahl ab. In anderen Worten, ist σ(b) = ζ_{n}^{j}b, so ist j ≡_{n} j_{σ}.

Zeigen wir, daß ein Gruppenmorphismus vorliegt. Seien σ, σ̃ ∈ Gal(K(b)|K). Dann wird

ζ_{n}^{j_{σ∘σ̃}} = (σ ∘ σ̃)(b) = σ(ζ_{n}^{jσ̃}b) = ζ_{n}^{jσ̃}σ(b) = ζ_{n}^{jσ̃}ζ_{n}^{j_{σ}}b = ζ_{n}^{j_{σ}+jσ̃}b ,

und also j_{σ∘σ̃} ≡_{n} j_{σ} + jσ̃.

Zeigen wir, daß dieser Gruppenmorphismus injektiv ist. Dazu zeigen wir, daß sein Kern gleich {id_{K(b)}} ist; vgl. letzte Bemerkung aus §3.2. Ist σ ∈ Gal(K(b)|K) mit j_{σ} ≡_{n} 0 gegeben, so wird σ(b) = ζ_{n}^{j_{σ}} = ζ_{n}^{0}b = b. Also ist σ = id_{K(b)}; vgl. dritte Bemerkung aus §3.4.1.

Lemma. Sei L|K eine endliche galoische Erweiterung mit [L : K] = m so, daß m ein Teiler von n ist und daß Gal(L|K) = ⟨σ⟩ für ein σ ∈ Gal(L|K). Dann gibt es ein b ∈ L mit b^{m} ∈ K und L = K(b).

Beweis. Es ist o(σ) = [L : K] = m. Insbesondere ist σ^{i} ≠ σ^{j} für i, j ∈ [0, m − 1] mit i ≠ j.

Schreibe ζ_{m} := ζ_{n}^{n/m} ∈ K. Es ist o(ζ_{m}) = m; vgl. Aufgabe 27.(2).

Mit Satz 7 (Dedekinds Lemma) aus §3.5.1 gibt es ein x ∈ L mit

b := _{∑i∈[0,m−1]} ζ_{m}^{−i}σ^{i}(x) ≠ 0 .

Zeigen wir, daß K(b) = L. Es genügt wegen [L : K] = m zu zeigen, daß [K(b) : K] ⩾^{!} m. Dafür wiederum genügt es, m verschiedene Nullstellen von μ_{b,K}(X) in L anzugeben. Da aber b ≠ 0, ist ζ_{m}^{i}b ≠ ζ_{m}^{j}b für i, j ∈ [0, m − 1] mit i ≠ j. Für j ∈ Z ist ferner

ζ_{m}^{j}b  =  ζ_{m}^{j} ∑_{i∈[0,m−1]} ζ_{m}^{−i}σ^{i}(x)
=  ∑_{i∈[0,m−1]} ζ_{m}^{−(i−j)}σ^{i}(x)
=^{i′ = i − j}  ∑_{i′∈[−j,m−1−j]} ζ_{m}^{−i′}σ^{i′+j}(x)
=  σ^{j}( ∑_{i′∈[−j,m−1−j]} ζ_{m}^{−i′}σ^{i′}(x))
=^{o(ζ_{m}) = o(σ) = m} σ^{j}( ∑_{i′∈[0,m−1]} ζ_{m}^{−i′}σ^{i′}(x))
=  σ^{j}(b) .

Also

μ_{b,K}(ζ_{m}^{j}b) = μ_{b,K}(σ^{j}(b)) = σ^{j}(μ_{b,K}(b)) = σ(0) = 0 .

Zeigen wir, daß b^{m} ∈ K. Es ist, wie eben nachgerechnet,

σ^{j}(b^{m}) = σ^{j}(b)^{m} = (ζ_{m}^{j}b)^{m} = ζ_{m}^{mj}b^{m} = b^{m}

für alle j ∈ Z. Also ist b^{m} ∈ Fix_{⟨σ⟩} L = Fix_{Gal(K(b)|K)} L = K; vgl. die erste Bemerkung in §3.5.1.4.

4.4.2 Der Satz von Galois

Sei daran erinnert, daß char K = 0.

Den Auflösbarkeitsbegriff für irreduzible und normierte Polynome und endliche Erweiterungen findet man in §4.3.2.

Den Auflösbarkeitsbegriff für endliche Gruppen findet man in §4.1.

Die Definition der Galoisgruppe eines Polynoms als Galoisgruppe der zugehörigen Zerfällungskörpererweiterung findet man in §3.4.1.

Satz 10 (Satz von Galois) Sei f(X) ∈ K[X] irreduzibel und normiert.

Es ist f(X) auflösbar genau dann, wenn Gal(f(X)) auflösbar ist.

Beweis. Sei zum einen f(X) auflösbar. Sei L|K eine auflösbare endliche Erweiterung, und sei y ∈ L mit f(y) = 0. Ohne Einschränkung ist L|K galoisch; cf. Lemma aus §4.3.1. Sei nun L = K(b_{1}, …, b_{ℓ}) mit b_{i}^{n_{i}} ∈ K(b_{1}, …, b_{i−1}) für i ∈ [1, ℓ], wobei n_{i} ⩾ 1. Sei n := kgV(n_{1}, …, n_{ℓ}). Dann ist auch b_{i}^{n} ∈ K(b_{1}, …, b_{i−1}) für i ∈ [1, ℓ]. Sei L(ζ_{n}) der Zerfällungskörper von X^{n} − 1 über L, wobei o(ζ_{n}) = n; vgl. Aufgabe 44.(1). Es ist L(ζ_{n})|K galoisch; vgl. Aufgabe 45.(2). Wir haben die Kette

K ⊆ K(ζ_{n}) ⊆ K(ζ_{n}, b_{1}) ⊆ K(ζ_{n}, b_{1}, b_{2}) ⊆ ⋯ ⊆ K(ζ_{n}, b_{1}, …, b_{k}) = L(ζ_{n}) ,

von Zwischenkörpern, die der Kette von Untergruppen

Gal(L(ζ_{n})|K) ⩾ Gal(L(ζ_{n})|K(ζ_{n})) ⩾ Gal(L(ζ_{n})|K(ζ_{n}, b_{1})) ⩾ Gal(L(ζ_{n})|K(ζ_{n}, b_{1}, b_{2})) ⩾ ⋯ ⩾ {id_{L(ζ_{n})}}

entspricht; vgl. Satz 9 (Hauptsatz der Galoistheorie), §3.5.2. Es ist K(ζ_{n})|K galoisch mit abelscher Galoisgruppe; vgl. Aufgabe 44.(3). Also ist

Gal(L(ζ_{n})|K) ⊵ Gal(L(ζ_{n})|K(ζ_{n}))

mit abelscher Faktorgruppe Gal(K(ζ_{n})|K); vgl. Satz 9. Für i ∈ [1, ℓ] ist K(ζ_{n}, b_{1}, …, b_{i})|K(ζ_{n}, b_{1}, …, b_{i−1}) galoisch mit abelscher Galoisgruppe; vgl. Lemma aus §4.4.1. Also ist

Gal(L(ζ_{n})|K(ζ_{n}, b_{1}, …, b_{i})) ⊵ Gal(L(ζ_{n})|K(ζ_{n}, b_{1}, …, b_{i−1}))

mit abelscher Faktorgruppe Gal(K(ζ_{n}, b_{1}, …, b_{i})|K(ζ_{n}, b_{1}, …, b_{i−1})); vgl. Satz 9. Somit ist Gal(L(ζ_{n})|K) auflösbar. Da f(X) eine Nullstelle y in L hat, zerfällt

f(X) = (X − γ_{1})(X − γ_{2}) ⋯ (X − γ_{k}) ∈ L[X]

in Linearfaktoren, wobei y = γ_{1}; vgl. erstes Lemma in §3.5.1.4. Somit ist der Teilkörper L_{0} := K(γ_{1}, …, γ_{k}) in L(ζ_{n}) ein Zerfällungskörper von f(X) über K, insbesondere also galoisch über K; vgl. zweites Lemma in §3.5.1.4. Also ist Gal(f(X)) = Gal(L_{0}|K) ≃ Gal(L(ζ_{n})|K)/ Gal(L(ζ_{n})|L_{0}). Da Gal(L(ζ_{n})|K) auflösbar ist, folgt dies auch für Gal(f(X)); vgl. Zusammenfassung in §4.1, Teil (2). Sei zum anderen Gal(f(X)) auflösbar. Sei L der Zerfällungskörper von f(X) über K. Es ist L|K galoisch; vgl. zweites Lemma in §3.5.1.4. Es ist Gal(f(X)) = Gal(L|K). Sei n := [L : K]. Sei L(ζ_{n}) der Zerfällungskörper von X^{n} − 1 über L, wobei o(ζ_{n}) = n; vgl. Aufgabe 44.(1). Es ist L(ζ_{n})|K galoisch; vgl. Aufgabe 45.(2). Da f(X) eine Nullstelle in L(ζ_{n}) hat, genügt es zu zeigen, daß L(ζ_{n})|K auflösbar ist.

Da ζ_{n} über K radiziell ist, ist K(ζ_{n})|K auflösbar. Also genügt es zu zeigen, daß L(ζ_{n})|K(ζ_{n}) auflösbar ist.

Wir haben ein Kompositum von Gruppenmorphismen

Gal(L(ζ_{n})|K(ζ_{n})) [figure] Gal(L(ζ_{n})|K) \overline{}Gal(L|K) ,

welches insgesamt σ ∈ Gal(L(ζ_{n})|K(ζ_{n})) auf σ|_{L}^{L} ∈ Gal(L|K) abbildet. Der Kern ist gleich Gal(L(ζ_{n})|L) ∩ Gal(L(ζ_{n})|K(ζ_{n})). Ein Automorphismus von L(ζ_{n}), der aber sowohl auf L identisch einschränkt als auch ζ_{n} auf ζ_{n} schickt, ist bereits die Identität; vgl. dritte Bemerkung in §3.4.1. Also ist der Kern gleich {id_{L(ζ_{n})}}, und unser Kompositum somit injektiv. Da Gal(L|K) auflösbar ist, gilt dies auch für G := Gal(L(ζ_{n})|K(ζ_{n})); vgl. Zusammenfassung in §4.1, Teil (1).

Sei

{id_{L(ζ_{n})}} = G_{0} ⊴ G_{1} ⊴ ⋯ ⊴ G_{k} = G

eine Subnormalreihe mit allen Subfaktoren G_{i}/G_{i−1} zyklisch; vgl. Zusammenfassung in §4.1, Teil (3). Diese entspricht der Kette von Zwischenkörpern

L(ζ_{n}) = Fix_{G_{0}} L(ζ_{n}) ⊇ Fix_{G_{1}} L(ζ_{n}) ⊇ ⋯ ⊇ Fix_{G_{k}} L(ζ_{n}) = K(ζ_{n}) ;

vgl. Satz 9, vgl. erste Bemerkung in §3.5.1.4. Da G_{i−1} ⊴ G_{i}, ist Fix_{G_{i−1}} L(ζ_{n})| Fix_{G_{i}} L(ζ_{n}) galoisch mit zyklischer Galoisgruppe G_{i}/G_{i−1} ; vgl. Satz 9.

Beachte, daß |G_{i}/G_{i−1}| = |G_{i}|/|G_{i−1}| gemäß Aufgabe 38.(1.c) ein Teiler von |G| = | Gal(L(ζ_{n})|K(ζ_{n}))| ist, was wiederum, via unseres injektiven Kompositums, ein Teiler von | Gal(L|K)| = [L : K] = n ist. Mit dem zweiten Lemma aus §4.4.1 folgt also, daß Fix_{G_{i−1}} L(ζ_{n}) = Fix_{G_{i}} L(ζ_{n})(b_{i}) für ein b_{i} radiziell über Fix_{G_{i}} L(ζ_{n}). Also ist in der Tat L(ζ_{n})|K(ζ_{n}) auflösbar.

4.4.3 Der Satz von Abel

Sei daran erinnert, daß char K = 0.

Wir betrachten den Körper K̂ := K(Y_{0}, …, Y_{n−1}) = frac K[Y_{0}, …, Y_{n−1}].

Lemma. Das Polynom X^{n} + Y_{n−1}X^{n−1} + ⋯ + Y_{0}X^{0} ∈ K̂[X] ist irreduzibel. Sein Zerfällungskörper hat Grad n! über K̂.

Beweis. Sei Ê der Zerfällungskörper von X^{n} + Y_{n−1}X^{n−1} + ⋯ + Y_{0}X^{0} über K̂. Gemäß Aufgabe 50 genügt es auch für die behauptete Irreduzibilität zu zeigen, daß [Ê : K̂] =^{!} n! .

Sei E := K(T_{1}, …, T_{n}) | K(s_{0}, …, s_{n−1}) =: L wie in Aufgabe 43, also

(∗)  _{∑i∈[0,n]} (−1)^{n−i}s_{i}X^{i} = (X − T_{1}) ⋯ (X − T_{n}) .

Nach Aufgabe 43.(3, 4) ist [E : L] = n! . Mit der L-Basis aus Aufgabe 43.(4) sieht man, daß E|L eine endliche und von den Nullstellen T_{i} erzeugte Erweiterung ist, so daß E auch der Zerfällungskörper von _{∑i∈[0,n]} (−1)^{n−i}s_{i}X^{i} über L ist.

Zerlege

X^{n} + Y_{n−1}X^{n−1} + ⋯ + Y_{0}X^{0} = (X − ξ_{1}) ⋯ (X − ξ_{n}) ∈ Ê[X] .

Insbesondere ist

(∗∗)  (−1)^{n−i}s_{i}(ξ_{1}, …, ξ_{n}) = Y_{i}

für i ∈ [0, n − 1], wie sich durch Einsetzen von ξ_{i} für T_{i} für i ∈ [1, n] aus (∗) und nachfolgendem Koeffizientenvergleich ergibt.

Sei K[s_{0}, …, s_{n−1}] := {f(s_{0}, …, s_{n−1}) : f(X_{0}, …, X_{n−1}) ∈ K[X_{0}, …, X_{n−1}]}; dies ist ein Teilring von L.

Mit der Gebrauchsanweisung für Polynomringe aus §1.6.2 erhalten wir einen Ringmorphismus

[figure: K[Y_{1}, …, Y_{n}]; φ; K[s_{0}, …, s_{n−1}]; Y_{i}; (−1)^{n−i}s_{i} für i ∈ [0, n − 1] ,]

welcher auf K identisch einschränkt, und welcher nach Konstruktion surjektiv ist.

Mit ebendieser Gebrauchsanweisung erhalten wir auch einen (Hilfs-)Ringmorphismus

[figure: K[T_{1}, …, T_{n}]; ψ; Ê; Y_{i}; ξ_{i} für i ∈ [1, n] ,]

welcher auf K identisch einschränkt. Es wird

ψ(φ(Y_{i})) = ψ((−1)^{n−i}s_{i}) = (−1)^{n−i}s_{i}(ξ_{1}, …, ξ_{n}) =^{(∗∗)} Y_{i}

für i ∈ [0, n − 1]. Also ist ψ|_{K[s_{0},...,s_{n−1}]} ∘ φ die Inklusionsabbildung

K[Y_{1}, …, Y_{n}] [figure] K̂ [figure] Ê .

Insbesondere ist φ injektiv, und insgesamt ein Ringisomorphismus.

Mit der Gebrauchsanweisung für Quotientenkörper aus §1.10.2 gibt es einen Körpermorphismus

K̂ = K(Y_{0}, …, Y_{n−1}) ^{\overline{}^{φ′}} K(s_{0}, …, s_{n−1}) = L

mit φ′|_{K[Y_{0},...,Y_{n−1}]}^{K[s_{0},...,s_{n−1}]} = φ. Als Körpermorphismus ist φ′ injektiv. Da s_{i} ∈ φ(K[Y_{0}, …, Y_{n−1}]) ⊆ φ′(K(Y_{0}, …, Y_{n−1})) für i ∈ [0, n − 1], und da damit auch jeder Bruch von polynomialen Ausdrücken in den s_{i} mit Koeffizienten in K im Bild von φ′ liegt, ist φ′ auch surjektiv. Insgesamt ist φ′ ein Körperisomorphismus.

Es ist (X^{n} + Y_{n−1}X^{n−1} + ⋯ + Y_{0}X^{0})^{φ} = _{∑i∈[0,n]} (−1)^{n−i}s_{i}X^{i}. Mit der Behauptung aus dem Beweis zu Satz 5 gibt es also einen Isomorphismus der jeweiligen Zerfällungskörper

Ê \overline{}^{φ′′}_{∼} E

mit φ′′|L ; K̂ = φ′.

\xymatrix{Ê \ar[r]^{φ′′}_{∼} & K(T_{1}, …, T_{n}) = E \\ K̂ = K(Y_{0}, …, Y_{n−1}) \ar[r]^{φ′}_{∼} \ar[u] & K(s_{0}, …, s_{n−1}) = L \ar[u] \\ K[Y_{0}, …, Y_{n−1}] \ar[r]^{φ}_{∼} \ar[u] & K[s_{0}, …, s_{n−1}] \ar[u]}

Nun ist dim_{L} E = n! . Faßt man E via φ′ als K̂-Vektorraum auf, so wird auch dimK̂ E = n! , da φ′ ein Isomorphismus ist. Das obere kommutative Viereck im Diagramm zeigt nun, daß Ê ^{\overline{}^{φ′′}} E ein Isomorphismus von K̂-Vektorräumen ist. Also ist auch [Ê : K̂] = dimK̂ Ê = n! .

Beispiel (Mitternachtsformel). Sei einmal n = 2. Wir wollen direkt zeigen, daß das Polynom X^{2} + Y_{1}X + Y_{0} aus K̂[X] auflösbar ist. Sei M der Zerfällungskörper von X^{2} − (\frac{1}{4}Y_{1}^{2} − Y_{0}) über K̂. Sei ω ∈ M eine der Nullstellen dieses Polynoms in M. Es ist ω^{2} = \frac{1}{4}Y_{1}^{2} − Y_{0}, insbesondere ist ω radiziell über K̂. Schreibe alternativ

ω =: \sqrt{\frac{1}{4}Y_{1}^{2} − Y_{0}} .

Es ist K̂(ω)|K̂ auflösbar (^{30}). Ferner ist

−\frac{1}{2}Y_{1} + ω = −\frac{1}{2}Y_{1} + \sqrt{\frac{1}{4}Y_{1}^{2} − Y_{0}}

eine Nullstelle von X^{2} + Y_{1}X + Y_{0} in K̂(ω), da

(−\frac{1}{2}Y_{1} + ω)^{2} + Y_{1}(−\frac{1}{2}Y_{1} + ω) + Y_{0} = \frac{1}{4}Y_{1}^{2} − Y_{1}ω + ω^{2} − \frac{1}{2}Y_{1}^{2} + ωY_{1} + Y_{0}
= ω^{2} − \frac{1}{4}Y_{1}^{2} + Y_{0}
= 0 .

Somit hat X^{2} + Y_{1}X + Y_{0} eine Nullstelle in einer auflösbaren Erweiterung von K̂ und ist also auflösbar.

Informell gesprochen ist X^{n} + Y_{n−1}X^{n−1} + ⋯ + Y_{0}X^{0} auflösbar genau dann, wenn es eine Lösungsformel für die polynomiale Gleichung n-ten Grades in “iterierten Wurzelausdrücken” in den Y_{i} gibt.

Satz 11 (Satz von Abel) Sei n ⩾ 1.

(1) Es ist Gal(X^{n} + Y_{n−1}X^{n−1} + ⋯ + Y_{0}X^{0}) ≃ S_{n}.

30Es ist auch M = K̂(ω) nach Aufgabe 36.(2), aber das brauchen wir hier nicht.

(2) Es ist X^{n} + Y_{n−1}X^{n−1} + ⋯ + Y_{0}X^{0} auflösbar, falls n ⩽ 4.

(3) Es ist X^{n} + Y_{n−1}X^{n−1} + ⋯ + Y_{0}X^{0} nicht auflösbar, falls n ⩾ 5.

Beweis. Alle drei Aussagen haben einen Sinn, da X^{n} + Y_{n−1}X^{n−1} + ⋯ + Y_{0}X^{0} ∈ K̂[X] nach vorigem Lemma irreduzibel ist.

Der Zerfällungskörper Ê von X^{n} +Y_{n−1}X^{n−1} +⋯+Y_{0}X^{0} über K̂ hat nach vorstehendem Lemma den Grad [Ê : K̂] = n! . Also ist

Gal(X^{n} + Y_{n−1}X^{n−1} + ⋯ + Y_{0}X^{0}) ≃ S_{n} ,

wie in (1) behauptet; vgl. letzte Folgerung aus §3.4.1.

Mit dem Satz 10 von Galois aus §4.4.2 ist nun X^{n} + Y_{n−1}X^{n−1} + ⋯ + Y_{0}X^{0} auflösbar genau dann, wenn S_{n} auflösbar ist. Dies ist laut Aufgabe 49 genau dann der Fall, wenn n ⩽ 4. Dies zeigt (2) und (3).

Nach Niels Henrik Abel (1802–1829) sind übrigens auch die abelschen Gruppen benannt.

Aufgaben und Lösungen

5.1 Aufgaben

Aufgabe 1 (Exkurs kubische Gleichung) Seien a, b, c ∈ C gegeben.

Wir wollen ein x ∈ C mit x^{3} + ax^{2} + bx + c = 0 bestimmen.

(1) Falls a ≠ 0, so substituiere y = x + \frac{a}{3}, x = y − \frac{a}{3}. Zeige, daß eine Gleichung der Form y^{3} + py + q = 0 resultiert, mit p, q ∈ C. Gib p, q darin in Abhängigkeit von a, b, c an.

(2) Falls p ≠ 0, so substituiere y = z − \frac{p}{3z}. Zeige, daß für eine Nullstelle z ∈ C ∖ \{0\} der substituierten Gleichung das zugehörige y Nullstelle von y^{3} + py + q = 0 ist.

(3) Löse die substituierte Gleichung aus (2).

(4) Bestimme mittels (1, 2, 3) ein x ∈ C mit x^{3} + \frac{1}{2}x^{2} + \frac{1}{2}x − \frac{1}{2} = 0. (Taschenrechner !)

Aufgabe 2 (§1.5; Euklidscher Algorithmus) Seien a, b ∈ Z_{>0} mit a < b gegeben.

Wir wollen ggT(a, b) bestimmen, sowie s, t ∈ Z mit as + bt = ggT(a, b).

(1) Division mit Rest liefert b = aq+r mit r ∈ [0, a−1]. Zeige, daß ggT(a, b) = ggT(a, r).

(2) Sei x_{0} := b und x_{1} := a. Sind x_{k}, x_{k+1} ∈ Z_{⩾0} bekannt, mit x_{k} > x_{k+1}, so schreibe,

falls x_{k+1} ≠ 0,

x_{k} = x_{k+1} · q_{k+1} + x_{k+2}

mit x_{k+2} ∈ [0, x_{k+1} − 1].

Zeige, daß es ein ℓ ⩾ 0 mit x_{ℓ} > 0 und x_{ℓ+1} = 0 gibt. Zeige, daß ggT(a, b) = x_{ℓ}.

(3) Seien s_{ℓ} := 1 und s_{ℓ+1} := 0. Sind s_{k} und s_{k+1} bekannt für ein k ∈ [2, ℓ], so setzen

wir

s_{k−1} := s_{k+1} − s_{k}q_{k−1}

Zeige, daß as_{1} + bs_{2} = x_{ℓ}. (Hinweis: Zeige x_{k}s_{k} + x_{k−1}s_{k+1} = x_{ℓ} per Induktion.)

(4) Seien a = 23, b = 87. Finde mit (1, 2, 3) Elemente s, t ∈ Z mit as + bt = ggT(a, b). Aufgabe 3 (§1.3) Wir rechnen in Z/nZ, wobei n ∈ Z_{⩾1}. Die Ergebnisse sind durch Elemente x ∈ Z mit −n/2 < x ⩽ n/2 repräsentiert anzugeben.

(1) Wir rechnen in Z/7Z. Bestimme 4 · 3 + 1. Bestimme 6 · 5 · 4.

(2) Wir rechnen in Z/32Z. Bestimme 3 · 5 · 7 · 9. Bestimme 31^{31}. Bestimme 4^{3}. Aufgabe 4 (§1.3, Aufgabe 2)

(1) Sei m ∈ Z_{⩾1} . Sei k ∈ [0, m − 1]. Zeige, daß k + mZ genau dann invertierbar ist in Z/mZ, wenn ggT(k, m) = 1. Berechne (23 + 87Z)^{−1} und (17 + 1000Z)^{−1}.

(2) Sei n teilerfremd zu 10. Schreibe 1/n als periodischen Dezimalbruch. Zeige, daß die Periodenlänge gleich min{k ⩾ 1 : 10^{k} ≡_{n} 1} ist. Bestätige dies in den Fällen n = 7 und n = 41.

Aufgabe 5 (Exkurs biquadratische Gleichung) Seien a, b, c, d ∈ C gegeben. Wir wollen ein x ∈ C mit x^{4} + ax^{3} + bx^{2} + cx + d = 0 bestimmen.

(1) Falls a ≠ 0, so substituiere y = x+ \frac{a}{4}, x = y − \frac{a}{4}. Zeige, daß eine Gleichung der Form y^{4} + py^{2} + qy + r = 0 resultiert, mit p, q, r ∈ C. Gib p, q, r darin in Abhängigkeit von a, b, c, d an.

(2) Sei α ∈ C so gewählt, daß α^{3} + \frac{1}{2}pα^{2} − rα − \frac{1}{2}pr + \frac{1}{8}q^{2} = 0 (vgl. Aufgabe 1).

Falls p + 2α = 0, so zeige, daß y^{4} + py^{2} + qy + r = 0 genau dann, wenn

(y^{2} − α)^{2} = α^{2} − r .

Falls p + 2α ≠ 0, so zeige, daß y^{4} + py^{2} + qy + r = 0 genau dann, wenn

(y^{2} − α)^{2} = −(2α + p)(y + \frac{q}{2(2α+p)})^{2} .

(3) Schreibe γ := i\sqrt{6}. Bestimme mittels (1, 2) ein x ∈ C so, daß

x^{4} + 4x^{3} + 7x^{2} + (6 + γ)x + \frac{3}{2} + γ = 0 .

Aufgabe 6 (§1.3, §1.4.3; Chinesischer Restsatz)

(1) Seien R und S kommutative Ringe. Seien auf dem kartesischen Produkt R × S Addition und Multiplikation definiert durch

\begin{aligned}(r, s) & + & (r′, s′) & := & (r + r′, s + s′) \\ (r, s) & · & (r′, s′) & := & (r · r′, s · s′) \end{aligned}

wobei r, r′ ∈ R und s, s′ ∈ S. Zeige, daß hierdurch ein kommutativer Ring R × S definiert wird. Falls R und S Körper sind, trifft das dann auch auf R × S zu?

(2) Sei R ein kommutativer Ring. Seien I, J ⊆ R Ideale derart, daß I + J = R. Zeige,

daß

[figure: R/(I ∩ J); R/I; ×; R/J; r + (I ∩ J); (r + I; ,; r + J)]

ein Isomorphismus kommutativer Ringe ist. (Hinweis: Warum genügt es für die Surjektivität, (1, 0) und (0, 1) im Bild nachzuweisen?)

(3) Seien m, n ∈ Z gegeben mit ggT(m, n) = 1. Seien mit dem Euklidschen Algorithmus auch bereits s, t ∈ Z ermittelt mit ms + nt = 1. Zeige, daß Z/mnZ ≃ Z/mZ × Z/nZ ist. Gib Isomorphismen in beide Richtungen an.

(4) Zeige, daß Z/12Z ≃ Z/3Z×Z/4Z (als kommutative Ringe). Finde Isomorphismen in beide Richtungen.

Aufgabe 7 (§1.4.1 und §1.6.2)

(1) Sei K ein Körper. Sei R ein kommutativer Ring, und sei R ≠ \{0_{R}\}. Sei K ^{\overline{}^{f}} R ein Morphismus von Ringen. Zeige, daß f injektiv ist. (Insbesondere sind Körpermorphismen stets injektiv.)

(2) Sei R ein kommutativer Ring. Zeige, daß R[X] ^{\overline{}^{φ}} R , f(X) = ∑_{i⩾0} f_{i}X^{i} \overline{}f_{0} ein Ringmorphismus ist. Berechne Kern φ. Zeige, daß R[X]/XR[X] ≃ R.

Aufgabe 8 (§1.6.4, §1.8.5; Euklidscher Algorithmus) Sei K ein Körper.

Seien f(X), h(X) ∈ K[X] mit deg f ⩽ deg h gegeben. Wir wollen ein g(X) ∈ K[X] so bestimmen, daß f(X)K[X] + h(X)K[X] = g(X)K[X].

(Ist g(X) noch normiert, so ist dies nach Definition gleichbedeutend mit ggT(f(X), h(X)) = g(X)K[X], vgl. §1.7.4.)

Ferner wollen wir s(X), t(X) ∈ K[X] so bestimmen, daß f(X)s(X)+h(X)t(X) = g(X).

(1) Division mit Rest liefert h(X) = f(X)q(X) + r(X) mit q(X), r(X) ∈ K[X] und deg r < deg q. Zeige, daß f(X)K[X] + h(X)K[X] = f(X)K[X] + r(X)K[X].

(2) Sei u_{0}(X) := h(X) und u_{1}(X) := f(X). Sind u_{k}(X), u_{k+1}(X) ∈ K[X] bekannt, so schreibe, falls u_{k+1}(X) ≠ 0, u_{k}(X) = u_{k+1}(X) · q_{k+1}(X) + u_{k+2}(X) mit q_{k+1}(X), u_{k+2}(X) ∈ K[X] und deg u_{k+2}(X) < deg u_{k+1}(X).

Zeige, daß es ein ℓ ⩾ 0 mit u_{ℓ}(X) ≠ 0 und u_{ℓ+1}(X) = 0 gibt. Setze g(X) := u_{ℓ}(X). Zeige, daß f(X)K[X] + h(X)K[X] = g(X)K[X].

(3) Seien s_{ℓ}(X) := 1 und s_{ℓ+1}(X) := 0. Sind s_{k}(X) und s_{k+1}(X) bekannt für ein k ∈ [2, ℓ], so setzen wir s_{k−1}(X) := s_{k+1}(X) − s_{k}(X)q_{k−1}(X). Zeige, daß f(X)s_{1}(X) + h(X)s_{2}(X) = g(X).

(4) Seien f(X) = X^{3} + 1 ∈ F_{2}[X] und h(X) = X^{8} + X^{3} + X + 1 ∈ F_{2}[X].

Finde mit (1, 2, 3) ein g(X) mit f(X)K[X]+h(X)K[X] = g(X)K[X] und Elemente s(X), t(X) ∈ F_{2}[X] mit f(X)s(X) + h(X)t(X) = g(X).

Aufgabe 9 (§1.6.1; Formales Ableiten) Sei R ein kommutativer Ring.

Für f(X) = ∑_{i⩾0} f_{i}X^{i} ∈ R[X] setzen wir

f′(X) := _{∑i⩾1} if_{i}X^{i−1}

(wobei ein Element aus R mit einem Element i ∈ Z_{⩾0} durch Bilden dessen i-facher Summe in R multipliziert werde).

Zeige, daß für f(X), g(X) ∈ R[X] und r, s ∈ R

\begin{aligned}(rf(X) + sg(X))′ & = & rf′(X) + sg′(X) \\ (f(X) · g(X))′ & = & f′(X) · g(X) + f(X) · g′(X) . \end{aligned}

Aufgabe 10 (§1.7.5)

(1) Sei R ein Integritätsbereich. Sei K ⊆ R ein Teilkörper von R, d.h. ein Teilring, der ein Körper ist. Sei R als K-Vektorraum endlichdimensional. Zeige, daß R ein Körper ist.

(2) Finde ein n ⩾ 0 und eine Basis (z_{1}, …, z_{n}) von C als R-Vektorraum so, daß für alle i ∈ [1, n] ein j ∈ [1, n] mit z̄_{i} = z_{j} existiert.

Aufgabe 11 (§1.8.4) Die Ordnung eines Elements g in einer (multiplikativ geschriebenen) endlichen Gruppe G ist definiert als o(g) := min{n ∈ Z_{⩾1} : g^{n} = 1}. (Diese existiert, da wegen der Endlichkeit von G es 0 ⩽ k < ℓ mit g^{k} = g^{ℓ} geben muß, woraus g^{ℓ−k} = 1 folgt.)

Schreibe b⟨a⟩ := {ba^{k} : k ∈ Z} für a, b ∈ G.

Schreibe F_{p}^{×} := F_{p} ∖ {0} für p prim.

(1) Sei a ∈ G gegeben.

(a) Zeige, daß für b, b′ ∈ G entweder b⟨a⟩ = b′⟨a⟩ oder b⟨a⟩ ∩ b′⟨a⟩ = ∅.

(b) Zeige, daß |b⟨a⟩| = o(a) für alle b ∈ G.

(c) Folgere, daß o(a) ein Teiler von |G| ist.

(2) Bestimme alle Elementordnungen in (F_{7}^{×}, ·). Verifiziere (1.c) in diesem Beispiel.

(3) Bestimme alle Elementordnungen in (F_{11}^{×} , ·). Verifiziere (1.c) in diesem Beispiel.

Aufgabe 12 (§1.8.4, Aufgabe 11) Sei p prim.

(1) Sei a ∈ F_{p}. Zeige, daß a^{p} = a (Kleiner Fermatscher Satz; Hinweis: Aufgabe 11.(1.c)).

(2) Zeige, daß X^{p} − X = ∏_{i∈F_{p}}(X − i) in F_{p}[X]. (Hinweis: (1).)

Berechne ∏_{i∈[0,3−1]}(X − i) in Z[X] und vergleiche.

(3) Zeige, daß (p − 1)! ≡_{p} −1 (Satz von Wilson; Hinweis: Koeffizientenvergleich in (2)). Ist (n − 1)! ≡_{n} −1 für alle n ∈ Z_{⩾1} ?

(4) Sei p ⩾ 3. Sei s(p) := ∑_{i∈[1,p−1]} \frac{1}{i} . Zeige, daß der Zähler von s(p) in gekürzter Bruchschreibweise durch p teilbar ist. (Hinweis: Koeffizientenvergleich bei X^{2} in (2)).

Aufgabe 13 (§1.7.2, §1.7.4)

(1) Seien a, b ∈ Z_{⩾1} . Zeige, daß aZ ∩ bZ = kgV(a, b)Z.

(2) Finde das x ∈ Z_{⩾1} mit (12Z + 30Z) ∩ 21Z = xZ.

(3) Finde das f(X) ∈ F_{2}[X] mit (X^{4} + 1)F_{2}[X] + (X^{4} + X^{3} + X + 1)F_{2}[X] + (X^{3} + 1)F_{2}[X] = f(X)F_{2}[X] .

Aufgabe 14 (§1.6.2) Gib einen Ringisomorphismus φ von F_{2}[X] nach F_{2}[X] an mit φ ≠ id_{F_{2}[X]} , aber mit φ^{2} = id_{F_{2}[X]} .

Aufgabe 15 (§1.7.3)

(1) Bestimme char(Z/8Z × Z/12Z).

(2) Sei K ^{\overline{}^{f}} L ein Morphismus von Körpern. Zeige, daß char K = char L.

Aufgabe 16 (§1.7, §1.5)

(1) Sei n ∈ Z_{⩾1} nicht prim. Zeige, daß Z/nZ kein Integritätsbereich ist.

(2) Berechne (X^{4} + 1 + (X^{7} + 1)F_{3}[X])^{−1} in F_{3}[X]/(X^{7} + 1)F_{3}[X].

(3) Wieviele Elemente enthält R := F_{2}[X]/(X^{3} + X^{2} + X + 1)F_{2}[X]? Finde ein invertierbares Element in R ∖ {1}. Ist R ein Integritätsbereich?

(4) Sei K ein Körper. Sei f(X) ∈ K[X] mit f(0) = f_{0} ≠ 0.

Bestimme (X + f(X)K[X])^{−1} in K[X]/f(X)K[X] (in Abhängigkeit von f(X)).

Aufgabe 17 (§1.8.5) Berechnen eines Elementes in F_{8} bedeute, es als F_{2}-Linearkombination in der Standardbasis (β^{0}, β^{1}, β^{2}) zu schreiben. Entsprechend in F_{4} resp. F_{9} .

(1) Bestimme die Verknüpfungstafeln von F_{4} bezüglich Addition und Multiplikation.

(2) Berechne (α^{2} + 1)^{3}, (β^{2} + 1)(β^{6} + 1) + β^{2} und (ι + 1)^{4} − ι.

(3) Berechne α^{−1}, (β^{2} + β + 1)^{−1} und (ι + 1)^{−1}.

Aufgabe 18 (§1.8.5) Ist G eine Gruppe und x ∈ G, so schreibe ⟨x⟩ = {x^{k} : k ∈ Z}. Ist K ein Körper, so schreibe K^{×} := K ∖ {0}.

(1) Finde ein x ∈ F_{4}^{×} mit ⟨x⟩ = F_{4}^{×}.

(2) Finde ein x ∈ F_{8}^{×} mit ⟨x⟩ = F_{8}^{×}.

(3) Finde ein x ∈ F_{9}^{×} mit ⟨x⟩ = F_{9}^{×}.

Aufgabe 19 (§1.8.5) Bestimme alle normierten irreduziblen Polynome in F_{q}[X] von Grad n.

(1) Sei q = 4 und n = 2.

(2) Sei q = 3 und n = 3.

(3) Sei q = 2 und n = 4.

Aufgabe 20 (§1.7, §1.8) Zeige, daß die kommutativen Ringe Z/9Z , Z/3Z×Z/3Z und F_{9} paarweise nichtisomorph sind.

Aufgabe 21 (§1.8.5)

Gibt es in F_{8} einen Teilkörper aus 4 Elementen? Warum?

Aufgabe 22 (§1.8.2)

(1) Sei R ^{\overline{}^{f}} S ein Morphismus kommutativer Ringe. Sei J ⊆ S ein Ideal. Zeige, daß f^{−1}(J) ⊆ R ein Ideal ist, das Kern f enthält.

(2) Sei R ein kommutativer Ring, und sei I ⊆ R ein maximales Ideal. Zeige mittels (1) erneut, daß R/I ein Körper ist. (Hinweis: Wir haben zu zeigen, daß R/I genau zwei Ideale enthält. Wende (1) an auf R ^{\overline{}^{ρ}} R/I. Sei J ein Ideal von R/I. In welchem Verhältnis stehen I und ρ^{−1}(J)? Verwende nun Maximalität von I.)

Aufgabe 23 (§1.10.1; Quotientenkörper)

Sei R ein Integritätsbereich. Zeige, daß frac R ein Körper ist.

Zeige also, daß Addition und Multiplikation die Axiome eines kommutativen Rings erfüllen und daß es zu jedem Element ungleich 0 in frac R ein multiplikativ inverses Element gibt; vgl. §1.10.1.

Aufgabe 24 (§1, §2.1; Frobenius)

(1) Sei K ein Körper mit char K =: p > 0. Zeige, daß

K ^{\overline{}^{Frob^{K}}} K
x  \overline{}Frob_{K}(x) := x^{p}

ein Körpermorphismus ist, der sogenannte Frobenius. Ist Frob_{K} ein Automorphismus? (Hinweis: Betrachte F_{p}(X).) Ist Frob_{K} ein Automorphismus, falls K endlich ist?

(2) Zeige unter Verwendung von Frob_{F_{p}} und der ersten Bemerkung in §2.1 den Kleinen Fermatschen Satz erneut; vgl. Aufgabe 12.(1).

(3) Konstruiere einen Körper F_{27} aus 27 Elementen.

Bestimme {x ∈ F_{27} : Frob_{F_{27}}(x) = x}.

(4) Konstruiere einen Körper F_{16} aus 16 Elementen.

Zeige, daß {x ∈ F_{16} : Frob_{F_{16}}^{2}(x) = x} ein Teilkörper von F_{16} isomorph zu F_{4} ist.

Aufgabe 25 (§1.7.4, §1.9)

(1) Sei K ein Körper mit char K = 0. Seien s, t ⩾ 1. Sei f(X) := X^{s}(X − 1)^{t}. Zeige, daß ggT(f(X), f′(X)) = X^{s−1}(X − 1)^{t−1}.

(2) Sei K ein Körper. Sei f(X) ∈ K[X] vollständig in Linearfaktoren zerlegbar. Zeige, daß genau dann ein Linearfaktor in f(X) mit Exponent ⩾ 2 auftritt (d.h. f eine doppelte Nullstelle in K hat), wenn ggT(f(X), f′(X)) ≠ 1.

(3) Sei L ein Körper, und sei K ein Teilkörper von L. Seien f(X), h(X) ∈ K[X]. Zeige, daß der in K[X] genommene ggT von f(X) und h(X) mit dem in L[X] genommenen übereinstimmt.

Aufgabe 26 (§2.1) Sei L ein endlicher Körper.

(1) Zeige, daß |L| eine Primpotenz ist. D.h. zeige, daß es eine Primzahl p gibt und ein ℓ ⩾ 1 so, daß |L| = p^{ℓ}. (Hinweis: Kann char L = 0 sein? Zeige, daß L ein endlichdimensionaler Vektorraum über seinem Primkörper ist.)

(2) Sei weiterhin |L| = p^{ℓ}. Sei K ⊆ L ein Teilkörper. Zeige, daß |K| = p^{k} für einen Teiler k von ℓ. (Hinweis: Gradsatz 1).

(3) Bestimme alle Teilkörper von F_{27} ; vgl. Aufgabe 24.(3).

Aufgabe 27 (§1; Multiplikative Gruppe eines endlichen Körpers)

Sei (G, ·) eine multiplikativ geschriebene endliche abelsche Gruppe. Seien a, b ∈ G. Sei K ein Körper. Schreibe K^{×} := K ∖ {0}. Bezüglich o(a), vgl. Aufgabe 11.

(1) Sei k ∈ Z. Zeige, daß genau dann a^{k} = 1 ist, wenn o(a) ein Teiler von k ist. Ist ggT(o(a), o(b)) = 1, so zeige o(ab) = o(a)o(b).

(2) Sei d ∈ Z_{⩾1} . Zeige o(a^{d}) = \frac{o(a)}{ggT(o(a),d)} .

Ist insbesondere d ein Teiler von o(a), dann ist o(a^{d}) = \frac{o(a)}{d} .

(3) Zeige, daß es in G ein Element von Ordnung kgV(o(a), o(b)) gibt.

(Hinweis: Schreibe o(a) = p_{1}^{s_{1}} ⋯ p_{k}^{s_{k}} und o(b) = p_{1}^{t_{1}} ⋯ p_{k}^{t_{k}} mit p_{i} prim. Mit (2) haben wir ein Element x_{i} ∈ G von Ordnung p_{i}^{max{ s_{i} , t_{i} }} für alle i, nämlich je eine geeignete Potenz von a oder von b. Bestimme o(x_{1} ⋯ x_{k}) mit (1).)

(4) Sei x ein Element von G maximaler Ordnung. Zeige, daß o(g) ein Teiler von o(x) ist für alle g ∈ G. (Hinweis: Sonst wäre o(x) < kgV(o(x), o(g)). Verwende (3).)

(5) Sei nun G ⊆ K^{×} derart, daß die Multiplikation von Elementen von G durch die Multiplikation dieser Elemente in K gegeben ist; cf. auch §3.2 später. Zeige, daß es ein x ∈ G mit o(x) = |G| gibt. Ist insbesondere K endlich und G = K^{×}, so folgt, daß es ein x ∈ K^{×} mit o(x) = |K^{×}| = |K| − 1 gibt. (Hinweis: Sei x ∈ G von maximaler Ordnung. Es ist o(x) ein Teiler von |G|. Mit (4) folgt, daß alle Elemente von G Nullstellen von X^{o(x)} − 1 sind. Ein Polynom mit |G| Nullstellen hat Grad ⩾ |G|.)

(6) Gib in F_{16}^{×} ein Element von Ordnung 15 an, samt seinen Potenzen; vgl. Aufgabe 24.(4).

(7) Finde eine Gruppe G ⊆ C^{×} wie in (5) mit |G| = 4.

Aufgabe 28 (§2.3.1) Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Sei x ∈ L. Zeige, daß x algebraisch über K ist.

Aufgabe 29 (§1.9, §2.4) Zerlege f(X) ∈ K[X] in irreduzible Polynome unter Verwendung von Magma. (Hinweis: Q via Q := Rationals(), F_{2} via F := GF(2) eingeben. Der Magma Calculator findet sich auf http://magma.maths.usyd.edu.au/calc .)

(1) f(X) = X^{4} + X + 1 ∈ Q[X].

(2) f(X) = X^{5} + X + 1 ∈ Q[X].

(3) f(X) = X^{5} + X + 1 ∈ Q(i\sqrt{3})[X].

(4) f(X) = X^{8} − X ∈ F_{2}[X].

(5) f(X) = X^{8} − X ∈ F_{8}[X].

(6) f(X) = X^{15} − X + 1 ∈ F_{9}[X].

Aufgabe 30 (§2.2, §2.3.3, implizit §2.5) Sei f(X) ∈ K[X] gegeben. Konstruiere in Magma eine endliche Körpererweiterung L von K so, daß f(X) ∈ L[X] in Linearfaktoren zerfällt. Gib diese Faktorisierung an (unter Verwendung geeigneter Bezeichnungsweisen). Bestimme [L : K].

(1) f(X) = X^{4} + X^{2} + 1 ∈ Q[X].

(2) f(X) = X^{6} + X^{2} + 1 ∈ Q[X].

(3) f(X) = X^{4} + X + 1 ∈ F_{4}[X].

Aufgabe 31 (§2.3.2) Verwende Magma für Faktorisierungen, nicht aber, um Minimalpolynome direkt auszugeben.

(1) Bestimme μ_{\sqrt{2}+\sqrt{3},Q}(X). Ist Q(\sqrt{2} + \sqrt{3}) = Q(\sqrt{2}, \sqrt{3})? (Hinweis: Gradvergleich.)

(2) Bestimme die Minimalpolynome aller Elemente von F_{8}. Gibt es einen Automorphismus von F_{8}, der nicht gleich einer Potenz des Frobeniusautomorphismus ist?

Aufgabe 32 (§2.3.2) Sei L|K eine Körpererweiterung. Sei y ∈ L algebraisch über K. Sei deg μ_{y,K} ungerade. Zeige, daß deg μ_{y^{2},K} = deg μ_{y,K} ist. Ist μ_{y,K}(X) = μ_{y^{2},K}(X)? Aufgabe 33 (§2.3.2) Sei p prim. Sei k ⩾ 2.

(1) Zeige, daß ein irreduzibles Polynom von Grad k in F_{p}[X] existiert.

(Hinweis: Nach Aufgabe 27.(5) ist F_{p^{k}}^{×} = ⟨y⟩ für ein y ∈ F_{p^{k}}^{×} ; vgl. auch Kor. in §2.5.4. Insbesondere ist F_{p^{k}} = F_{p}(y). Betrachte μ_{y,F_{p}}(X).)

(2) Sei f(X) ∈ F_{p}[X] normiert und irreduzibel mit deg f = k. Zeige, daß in F_{p}[X] das Polynom X^{p^{k}} − X von f(X) geteilt wird, nicht aber von f(X)^{2}. (Hinweis: Sei K := F_{p}[T]/f(T)F_{p}[T]. Sei y := T + f(T)F_{p}[T] ∈ K. Warum teilt f(X) = μ_{y,F_{p}}(X) das Polynom X^{p^{k}} − X? Wie zerfällt X^{p^{k}} − X in K[X] ? Wie zerfällt also f(X) in K[X] ? Wie oft kann also f(X) nur in X^{p^{k}} − X aufgehen?)

Aufgabe 34 (§2.5) Bestimme den Zerfällungskörper von f(X) ∈ K[X] via Magma. Gib seinen Grad über K an. (Hinweis: Löse wie in Aufgabe 30. Damals fiel der Begriff des Zerfällungskörpers noch nicht.)

(1) f(X) = X^{3} + X + 1 ∈ Q[X].

(2) f(X) = X^{4} + 4X^{2} + 8X + 8 ∈ Q[X].

(3) f(X) = X^{6} − X^{3} + 2 ∈ Q[X].

(4) f(X) = X^{2} + 1 ∈ Q(\sqrt{2})[X]. Aufgabe 35 (§2.5) Sei K ein Körper mit char K = p > 0. Sei a ∈ K^{×} keine p-te Potenz eines Elements von K^{×}. Sei L der Zerfällungskörper von X^{p} − a ∈ K[X]. Zeige, daß X^{p} − a ∈ K[X] irreduzibel ist. Zeige, daß [L : K] = p. (Hinweis: Sei b ∈ L eine Nullstelle. Dann ist (X − b)^{p} = X^{p} − a. Hätte X^{p} − a einen nichttrivialen Faktor f(X) ∈ K[X], so wäre dieser von der Form (X − b)^{s} für ein s ∈ [1, p − 1]. Dann aber wäre f_{0} = (−b)^{s} in K. Mit su + pv = 1 mit u, v ∈ Z wäre (−b) = (−b)^{su+pv} = ((−b)^{s})^{u}(−a)^{v} ∈ K.) Aufgabe 36 (§2.5, §2.3.2) Sei K(y)|K eine endliche monogene Körpererweiterung. Zeige oder widerlege.

(1) Es ist K(y) ein Zerfällungskörper von μ_{y,K}(X).

(2) Ist [K(y) : K] = 2, so ist K(y) ein Zerfällungskörper von μ_{y,K}(X).

Aufgabe 37 (§3.2) Sei G ^{\overline{}^{f}} H ein Gruppenmorphismus.

(1) Sei U ⩽ G. Zeige, daß f(U) ⩽ H.

(2) Zeige, daß Im f ⩽ H. (Hinweis: Spezialfall von (1).)

(3) Ist f injektiv, so zeige, daß f|^{Im f} ein Gruppenisomorphismus von G nach Im f ist.

(4) Sei N ⊴ H. Zeige, daß f^{−1}(N) ⊴ G.

(5) Zeige, daß Kern f ⊴ G. (Hinweis: Spezialfall von (4).) Aufgabe 38 (§3.2; Satz von Lagrange) Sei G eine endliche Gruppe. Sei U ⩽ G. Schreibe bU := {bu : u ∈ U} für b ∈ G.

(1) (Hinweis: Vgl. Aufgabe 11.(1).)

(a) Zeige, daß für b, b′ ∈ G entweder bU = b′U oder bU ∩ b′U = ∅ ist.

(b) Zeige, daß |bU| = |U| für alle b ∈ G.

(c) Folgere, daß |U| ein Teiler von |G| ist.

(2) Berechne (1, 3) ∘ (1, 3, 4) und (1, 6, 3) ∘ (2, 4, 3, 5) ∘ (2, 4) in S_{6} .

(3) Gib alle Untergruppen von S_{3} an. Welche davon sind normal?

(4) Verifiziere (1.c) für G = S_{12} und U = ⟨(1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12), (1, 3)⟩ via Magma.

Aufgabe 39 (§3.4) Sei K ein perfekter Körper. Sei f(X) ∈ K[X] ein Produkt verschiedener irreduzibler Polynome. Berechne Gal(f(X)). Verwende hierzu Magma (ausgenommen GaloisGroup).

(1) f(X) = X^{4} + 4X^{2} + 8X + 8 ∈ Q[X] (vgl. Aufgabe 34.(2)).

(2) f(X) = X^{6} + X^{2} + 1 ∈ Q[X] (vgl. Aufgabe 30.(2)). Aufgabe 40 (§3.4) Sei K ein perfekter Körper. Sei f(X) ∈ K[X] ein normiertes irreduzibles Polynom von Grad 2. Zeige, daß Gal(f(X)) ≃ S_{2} . Folgere, daß Gal(C|R) ≃ S_{2} . Aufgabe 41 (§3.5.1.2) Sei L der Zerfällungskörper von f(X) ∈ K[X], wobei K perfekt und f(X) ein Produkt verschiedener irreduzibler normierter Polynome ist. Sei U ⩽ Gal(L|K). Bestimme eine K-lineare Basis von Fix_{U}L. (Hinweis: Es ist Tr_{U} : L \overline{}Fix_{U}L, x \overline{}∑_{σ∈U} σ(x) eine surjektive K-lineare Abbildung.)

(1) f(X) = X^{3} + X + 1 ∈ Q[X], U ^{\overline{}^{∼}} ⟨(1, 3)⟩ in der Notation von §3.4.2.1.

(2) f(X) = X^{3} + X + 1 ∈ Q[X], U ^{\overline{}^{∼}} ⟨(1, 2, 3)⟩ in der Notation von §3.4.2.1.

(3) f(X) = X^{4} + 4X^{2} + 8X + 8 ∈ Q[X], U ^{\overline{}^{∼}} ⟨(1, 2, 3)⟩ in der Notation der Lösung zu Aufgabe 34.(2). (Hinweis: Magma !)

(4) f(X) = X^{16} − X ∈ F_{2}[X], U = ⟨Frob_{F_{16}}^{2}⟩; vgl. Aufgabe 24.(4).

Aufgabe 42 (§3.2) Sei G ^{\overline{}^{f}} H ein Gruppenmorphismus. Sei N ⊴ G ein Normalteiler. Zeige.

(1) Es ist G/N := {gN : g ∈ G} eine Gruppe mit 1_{G/N} = 1_{G}·N und gN ·g̃N = (g·g̃)N für g, g̃ ∈ G. Es heißt G/N Faktorgruppe von G nach (oder modulo) N.

(2) Es ist G/ Kern f \overline{}Im f , g Kern f \overline{}f(g) ein wohldefinierter Gruppenisomorphismus.

(3) Sind G und H endlich, so teilt |Im f| sowohl |G| als auch |H|. (Hinweis: Lagrange.)

Aufgabe 43 (§3.5.1.1, vorbereitend zu §4.4.3) Sei K ein Körper. Sei n ⩾ 1. Schreibe E := K(T_{1}, …, T_{n}).

(1) Gib einen injektiven Gruppenmorphismus S_{n} \overline{}Aut(E|K) an. Wir identifizieren S_{n} mit ihrem Bild in Aut(E|K).

(2) Definiere ∑i∈[0,n](−1)^{n−i}s_{i}X^{i} = _{∑i∈[0,n]}(−1)^{n−i}s_{i}(T_{1}, …, T_{n})X^{i} := (X−T_{1}) ⋯ (X−T_{n}) ∈ E[X] . Im Fall n = 3 berechne s_{i}(T_{1}, T_{2}, T_{3}) für i ∈ [0, 3].

(3) Definiere den Teilkörper L := K(s_{0} , …, s_{n−1}) := \{\frac{f(s_{0},...,s_{n−1})}{g(s_{0},...,s_{n−1})} : f(X_{0},...,X_{n−1}), g(X_{0},...,X_{n−1}) ∈ K[X_{0},...,X_{n−1}], g(s_{0},...,s_{n−1}) ≠ 0\} ⊆ E .

Zeige L ⊆ Fix_{S_{n}}E. Folgere [E : L] ⩾ n! . (Hinweis: Dedekind.)

(4) Zeige, daß [L(T_{1} , …, T_{i−1} , T_{i}) : L(T_{1} , …, T_{i−1})] ⩽ n + 1 − i für i ∈ [1, n]. Folgere [E : L] ⩽ n! . Folgere L = Fix_{S_{n}}E. Folgere μ_{T_{i},L(T_{1},...,T_{i−1})}(X) = (X − T_{i}) ⋯ (X − T_{n}) . Gib eine L-lineare Basis von E an. (Hinweis: (X − T_{i}) ⋯ (X − T_{n}) = \frac{(X−T_{1})···(X−T_{n})}{(X−T_{1})···(X−T_{i−1})} ∈ L(T_{1}, …, T_{i−1})[X].)

Aufgabe 44 (vorbereitend zu §4.4.2) Sei K ein Körper mit char K = 0. Sei n ⩾ 1.

Sei L der Zerfällungskörper von X^{n} − 1 ∈ K[X] über K. Zeige.

(1) Es ist {z ∈ L : z^{n} = 1} eine Untergruppe der Ordnung n von L^{×}, die von einem Element ζ_{n} der Ordnung n erzeugt wird, welches wir fixieren. Es ist L = K(ζ_{n}). (Hinweis: Vgl. Aufgaben 27.(4, 5), 25.(2)).

(2) Sei U(Z/nZ) := {k + nZ : ggT(k, n) = 1}. Zeige, daß U(Z/nZ) mit der Multiplikation aus Z/nZ eine abelsche Gruppe bildet. Bestimme alle Elementordnungen in U(Z/12Z). Ist U(Z/12Z) von einem Element erzeugt?

(3) Sei für σ ∈ Gal(L|K) das Element i_{σ} + nZ ∈ U(Z/nZ) definiert durch σ(ζ_{n}) = ζ_{n}^{i_{σ}}. Zeige, daß Gal(L|K) \overline{}U(Z/nZ), σ \overline{}i_{σ} +nZ ein injektiver Gruppenmorphismus ist. Folgere, daß Gal(L|K) abelsch ist.

Aufgabe 45 (vorbereitend zu §4.4.2)

Sei K ein perfekter Körper. Sei L|K eine endliche Erweiterung.

(1) Zeige, daß L perfekt ist. (Hinweis: L einmal wie üblich, und einmal via x ∗ y := x^{p}y für x ∈ K und y ∈ L als Vektorraum auffassen.)

(2) Sei L|K galoisch. Sei f(X) ∈ K[X] ein normiertes Polynom, welches in ein Produkt verschiedener normierter irreduzibler Polynome zerfällt. Sei M der Zerfällungskörper von f(X) über L. Zeige, daß M|K galoisch ist.

Aufgabe 46 (§3.4, §3.5.1.2)

(1) Bestimme die Galoisgruppe von X^{6} + 3X + 3 ∈ Q[X] mit Magma (ausgenommen GaloisGroup).

(2) Bestimme alle Körper zwischen Q und dem Zerfällungskörper von X^{3} + X + 1 ∈ Q[X]. (Hinweis: Aufgabe 34.(1), §3.4.2.1, Aufgabe 41.)

Aufgabe 47 (§3.5.2, §3.6)

(1) Sei K perfekt, sei E|L|K mit E|K galoisch. Zeige mit einem Zerfällungskörperargument, daß E|L galoisch ist; vgl. Lemma aus §3.5.2. (Hinweis: Aufgabe 45.(1).)

(2) Sei q eine Primpotenz, sei s ⩾ 1. Zeige mit einem Zerfällungskörperargument, daß F_{q^{s}}|F_{q} galoisch ist; vgl. Lemma aus §3.6.

Aufgabe 48 (§3.5.2)

(1) Sei G eine endliche Gruppe. Sei G = ⟨g⟩ für ein g ∈ G mit o(g) = n, also G zyklisch. Zeige, daß jede Untergruppe von G von der Form ⟨g^{d}⟩ für einen Teiler d von n ist.

(2) Sei p prim. Sei s ⩾ 1. Ordne jedem Teiler d von s einen Körper K zwischen F_{p} und F_{p^{s}} mit [K : F_{p}] = d zu. Erhält man so alle Zwischenkörper?

(3) Konstruiere F_{64} . Konstruiere alle Körper zwischen F_{2} und F_{64} .

(Hinweis: ElementToSequence gibt Koeffizienten eines Element in F_{64} in Standardbasis.)

Aufgabe 49 (§4.1) Zeige.

(1) Es ist S_{n} auflösbar für n ∈ [1, 4]. (Verwende Magma, ausgenommen IsSolvable. Hinweis: Warum ist eine Untergruppe U ⩽ G mit 2|U| = |G| normal?)

(2) Es ist S_{n} nicht auflösbar für n ⩾ 5.

(Hinweis: Sei M ⊴ N ⩽ S_{n} mit N/M abelsch. Falls N alle Zykel der Länge 3 enthält, so auch M. Denn gegeben (a, b, c) ∈ N, so wird, da N/M abelsch, (a, b, c) = (a, b, d) ∘ (a, c, e) ∘ (a, b, d)^{−1} ∘ (a, c, e)^{−1} ∈ M, wobei |{a, b, c, d, e}| = 5.)

Aufgabe 50 (§3.4.1) Sei K ein Körper. Sei f(X) ∈ K[X] normiert von Grad n ⩾ 1.

Sei L der Zerfällungskörper von f(X) über K. Zeige, daß f(X) ∈ K[X] irreduzibel ist, falls [L : K] = n! .

Aufgabe 51 (§4.4.2) Ist f(X) ∈ Q[X] auflösbar?

(Verwende Magma, ausgenommen GaloisGroup und IsSolvable. Hinweis: Aufgabe 50.)

(1) f(X) = X^{5} + 5X^{2} + 3 ∈ Q[X].

(2) f(X) = X^{5} + 5X^{2} + 2 ∈ Q[X].

Aufgabe 52 (§3.5.1.2, §3.5.1.4, §3.6)

Sei L|K eine endliche Galoiserweiterung mit Galoisgruppe G := Gal(L|K). Sei die Norm erklärt durch

[figure: L; ^{N^{G}}; K; x; N_{G}(x) := ∏_{σ∈G} σ(x)]

(1) Verifiziere, daß in der Tat N_{G}(x) ∈ K ist.

(2) Sei q eine Primpotenz. Sei s ⩾ 1. Sei L = F_{q^{s}} and K = F_{q}. Weise die Norm als surjektiv nach.

Aufgabe 53 (Aufgabe 54) Sei m ⩾ 0. Sei K ein Körper mit |K| ⩾ m.

Sei V ein Vektorraum. Sei U_{i} ⊂ V ein Teilraum für i ∈ [1, m].

Zeige ⋃_{i∈[1,m]} U_{i} ⊂ V.

Aufgabe 54 (§2.5, §3.5.1.4) Sei K ein perfekter Körper. Sei L|K eine endliche Körpererweiterung. Zeige, daß es ein t ∈ L mit L = K(t) gibt.

Aufgabe 55 (§1.8.5, §1.9) Sei f(X) = ∑_{k⩾0} a_{k}X^{k} ∈ Z[X] normiert und von Grad n := deg f gegeben.

(1) Sei f(X) = g(X)h(X) mit g(X), h(X) ∈ Q[X] normiert. Zeige g(X), h(X) ∈ Z[X].

(2) Sei p eine Primzahl. Sei a_{i} ≡_{p} 0 für i ∈ [0, n − 1], aber a_{0} ≢_{p^{2}} 0. Zeige, daß f(X) ∈ Q[X] irreduzibel ist.

5.2 Lösungen

Aufgabe 1

(1) Die Substitution liefert

\begin{aligned}x^{3} + ax^{2} + bx + c & = & (y − \frac{a}{3})^{3} + a(y − \frac{a}{3})^{2} + b(y − \frac{a}{3}) + c \\ & = & y^{3} + (b − \frac{1}{3}a^{2})y + (\frac{2}{27}a^{3} − \frac{1}{3}ab + c) . \end{aligned}

Also wird p = b − \frac{1}{3}a^{2} und q = \frac{2}{27}a^{3} − \frac{1}{3}ab + c.

(2) Die Substitution liefert für z ≠ 0

\begin{aligned}y^{3} + py + q & = & (z − \frac{p}{3z})^{3} + p(z − \frac{p}{3z}) + q \\ & = & z^{3} + q − \frac{p^{3}}{27}z^{−3} . \end{aligned}

Mit y = z − \frac{p}{3z} ist also z^{3} + q − \frac{p^{3}}{27} z^{−3} = y^{3} + py + q für z ≠ 0. Finden wir ein z ∈ C ∖ \{0\}, das Nullstelle der linken Seite ist, so ist das zugehörige y Nullstelle der rechten Seite.

(3) Beachte, daß für z ∈ C mit (z^{3})^{2} + qz^{3} − \frac{p^{3}}{27} = 0 wegen p ≠ 0 auch z ≠ 0 ist. Also ist

\begin{aligned}\{z ∈ C ∖ \{0\} : z^{3} + q − \frac{p^{3}}{27}z^{−3} = 0\} & = & \{z ∈ C : (z^{3})^{2} + qz^{3} − \frac{p^{3}}{27} = 0\} \\ & = & \{z ∈ C : z^{3} = −\frac{q}{2} ± \sqrt{\frac{q^{2}}{4} + \frac{p^{3}}{27}}\} . \end{aligned}

Beachte, daß die letzte Gleichung im Komplexen im Falle + und im Falle − im allgemeinen je 3 Lösungen hat. In der Tat, ist w = |w| exp(i arg w) ∈ C∖\{0\}, so ist z = \sqrt[3]{|w|} exp(i arg w/3+2πik/3) eine Lösung von z^{3} = w für k ∈ {0, 1, 2}

(4) Die Substitution in (1) liefert p = \frac{5}{12} und q = −\frac{31}{54}. Wir haben also gemäß (2)

z^{6} − \frac{31}{54}z^{3} + \frac{125}{46656} = 0

zu lösen. Nun ist \sqrt{\frac{1}{4}(−\frac{31}{54})^{2} − \frac{125}{46656}} = \frac{7}{24}. Also können wir etwa

z^{3} = −\frac{1}{2} · (−\frac{31}{54}) + \frac{7}{24} = \frac{125}{216}

ansetzen (Fall + in (3)) und z = \sqrt[3]{\frac{125}{216}} = \frac{5}{6} verwenden.

Somit wird y = z − \frac{1}{3} · \frac{5}{12} z^{−1} = \frac{2}{3}.

Schließlich wird x = y − \frac{1}{3} · \frac{1}{2} = \frac{1}{2} eine Lösung von x^{3} + \frac{1}{2}x^{2} + \frac{1}{2}x − \frac{1}{2} = 0.

(Die komplette Faktorisierung ergibt sich zu

x^{3} + \frac{1}{2}x^{2} + \frac{1}{2}x − \frac{1}{2} = (x − \frac{1}{2})(x + \frac{1}{2} − \frac{i}{2} \sqrt{3})(x + \frac{1}{2} + \frac{i}{2} \sqrt{3}) . )

Der Fall dreier verschiedener reeller Nullstellen (casus irreducibilis) eines Polynoms dritten Grades mit reellen Koeffizienten ist mit diesem Verfahren haarig, da man selbst bei ganzzahligen Nullstellen diese nicht immer aus den erhaltenen verschachtelten Wurzelausdrücken komplexer Zahlen erkennen kann. Aber immerhin finden wir eine Lösung, wenn auch manchmal nicht in optimaler Gestalt.

Aufgabe 2

(1) Eine positive ganze Zahl teilt a und b genau dann, wenn sie ggT(a, b) teilt. Diese Eigenschaft legt ggT(a, b) auch fest, da eine positive ganze Zahl durch die Menge ihrer Teiler bestimmt ist – als deren Maximum. Wir haben also zu zeigen, daß x ∈ Z_{⩾0} genau dann a und b teilt, wenn sie a und r teilt. Teile x die beiden Zahlen a und b. Dann ist x auch ein Teiler von b − aq = r. Teile umgekehrt x die beiden Zahlen a und r. Dann ist x auch ein Teiler von aq + r = b.

(2) Es ist x_{0} > x_{1} > x_{2} > … eine strikt fallende Folge nichtnegativer ganzer Zahlen. Diese muß an einer Stelle Null werden, was die Existenz von ℓ mit x_{ℓ} > 0 und x_{ℓ+1} = 0 zeigt. Desweiteren ist mit (1)

ggT(a, b) = ggT(x_{0}, x_{1}) = ggT(x_{1}, x_{2}) = ⋯ = ggT(x_{ℓ}, x_{ℓ+1}) = ggT(x_{ℓ}, 0) = x_{ℓ} .

(3) Wir behaupten, daß x_{k}s_{k} + x_{k−1}s_{k+1} = x_{ℓ} für alle k ∈ [1, ℓ], insbesondere also für k = 1. Wir führen eine absteigende Induktion nach k. Der Induktionsanfang ist durch x_{ℓ}s_{ℓ} + x_{ℓ−1}s_{ℓ+1} = x_{ℓ} gesichert. Für den Induktionsschritt nehmen wir x_{k}s_{k} +x_{k−1}s_{k+1} = x_{ℓ} für ein k ∈ [2, ℓ] als bekannt an. Wir erhalten

x_{k−1}s_{k−1} + x_{k−2}s_{k} = x_{k−1}(s_{k+1} − s_{k}q_{k−1}) + (x_{k−1}q_{k−1} + x_{k})s_{k}
= x_{k}s_{k} + x_{k−1}s_{k+1}
= x_{ℓ} .

(4) Euklid liefert

\begin{aligned}87 & = & 23 · 3 + 18 \\ 23 & = & 18 · 1 + 5 \\ 18 & = & 5 · 3 + 3 \\ 5 & = & 3 · 1 + 2 \\ 3 & = & 2 · 1 + 1 \\ 2 & = & 1 · 2 + 0 . \end{aligned}

Hier bricht der Algorithmus wegen des erhaltenen Restes 0 ab. Also ist x_{0} = 87, x_{1} = 23, x_{2} = 18, x_{3} = 5, x_{4} = 3, x_{5} = 2, x_{6} = 1 und x_{7} = 0. Insbesondere ist ℓ = 6. Ferner werden q_{1} = 3, q_{2} = 1, q_{3} = 3, q_{4} = 1, q_{5} = 1 und q_{6} = 2. Es folgt ggT(23, 87) = 1.

Dies hätte man auch mit Primfaktorzerlegungen erkennen können. Bei großen Zahlen ist eine solche Zerlegung allerdings schwieriger durchzuführen als der Euklidsche Algorithmus.

Darüberhinaus erhalten wir als Folge der s_{k} mittels s_{k−1} = s_{k+1} − s_{k}q_{k−1} folgendes, angefangen mit s_{7} = 0, s_{6} = 1.

\begin{aligned}s_{5} & = & 0 − 1 · 1 & = & −1 \\ s_{4} & = & 1 − (−1) · 1 & = & 2 \\ s_{3} & = & (−1) − 2 · 3 & = & −7 \\ s_{2} & = & 2 − (−7) · 1 & = & 9 \\ s_{1} & = & (−7) − 9 · 3 & = & −34 \end{aligned}

Also wird 1 = x_{ℓ} = x_{1}s_{1} + x_{0}s_{2} = 23 · (−34) + 87 · 9, wie man leicht durch Nachrechnen nochmals bestätigt.

Aufgabe 3

(1) Es ist 4 · 3 + 1 ≡_{7} 13 ≡_{7} −1.

Gemäß unserer Konvention wäre es auch zulässig gewesen, 4 · 3 + 1 = −1 zu schreiben, da aus dem Kontext hervorgeht, daß wir in Z/7Z rechnen.

Es ist 6 · 5 · 4 = 30 · 4 ≡_{7} 2 · 4 ≡_{7} 1.

(2) Es ist 3 · 5 · 7 · 9 = 15 · 63 ≡_{32} 15 · (−1) = −15.

Es ist 31^{31} ≡_{3} 2(−1)^{31} ≡_{32} −1. Es ist 4^{3} = 64 ≡_{32} 0.

Aufgabe 4

(1) Sei g := ggT(k, m) > 1. Nehmen wir an, es ist k + mZ invertierbar. Dann gibt es ein ℓ ∈ Z mit kℓ ≡_{m} 1. Somit gibt es ein u ∈ Z mit kℓ + um = 1. Da aber g sowohl k als auch m teilt, teilt g auch kℓ + um = 1, Widerspruch. Sei ggT(k, m) = 1. Mit dem Euklidschen Algorithmus aus Aufgabe 2.(3) gibt es s, t ∈ Z mit sk + tm = 1. Also ist sk ≡_{m} 1, d.h. (s + mZ)(k + mZ) = 1 + mZ. Es ist 23 · (−34) + 87 · 9 = 1, vgl. Aufgabe 2.(4). Also ist 23 · (−34) ≡_{87} 1, d.h. (23 + 87Z)^{−1} = −34 + 87Z. Um (17 + 1000Z)^{−1} zu berechnen, verwenden wir ebenfalls den Euklidschen Algorithmus. Wir erhalten

\begin{aligned}1000 & = & 17 · 58 + 14 \\ 17 & = & 14 · 1 + 3 \\ 14 & = & 3 · 4 + 2 \\ 3 & = & 2 · 1 + 1 \\ 2 & = & 1 · 2 + 0 , \end{aligned}

wobei uns ggT(1000, 17) = 1 gar nicht so sehr interessiert, sondern vielmehr

\begin{aligned}0 − 1 · 1 & = & −1 \\ 1 − (−1) · 4 & = & 5 \\ (−1) − 5 · 1 & = & −6 \\ 5 − (−6) · 58 & = & 353 , \end{aligned}

und also 353 · 17 + (−6) · 1000 = ggT(1000, 17) = 1.

(2) Ist 1/n = 0.\overline{a_{1}a_{2} … a_{k}} mit Ziffern a_{i} ∈ [0, 9], so bedeutet dies, daß \frac{a_{1}a_{2}...a_{k}}{99...9} = 1/n (k-mal die Ziffer 9), und k ⩾ 1 ist minimal so gewählt, daß dies möglich ist. In anderen Worten, k ⩾ 1 ist minimal so gewählt, daß n ein Teiler von 10^{k} − 1 ist. Abermals in anderen Worten, k ⩾ 1 ist minimal so gewählt, daß 10^{k} ≡_{n} 1. Es ist 1/7 = 0.\overline{142857}, die Periodenlänge ist also gleich 6. Und in der Tat ist

\begin{aligned}10^{1} & ≡_{7} & 3 & ≡_{7} & 3 \\ 10^{2} & ≡_{7} & 30 & ≡_{7} & 2 \\ 10^{3} & ≡_{7} & 20 & ≡_{7} & −1 \\ 10^{4} & ≡_{7} & −10 & ≡_{7} & −3 \\ 10^{5} & ≡_{7} & −30 & ≡_{7} & −2 \\ 10^{6} & ≡_{7} & −20 & ≡_{7} & 1 . \end{aligned}

Es ist 1/41 = 0.\overline{02439}, die Periodenlänge ist also gleich 5. Und in der Tat ist

\begin{aligned}10^{1} & ≡_{41} & 10 & ≡_{41} & 10 \\ 10^{2} & ≡_{41} & 100 & ≡_{41} & 18 \\ 10^{3} & ≡_{41} & 180 & ≡_{41} & 16 \\ 10^{4} & ≡_{41} & 160 & ≡_{41} & −4 \\ 10^{5} & ≡_{41} & −40 & ≡_{41} & 1 . \end{aligned}

Aufgabe 5

(1) Die Substitution liefert

\begin{aligned}x^{4} + ax^{3} + bx^{2} + cx & = & (y − \frac{a}{4})^{4} + a(y − \frac{a}{4})^{3} + b(y − \frac{a}{4})^{2} + c(y − \frac{a}{4}) + d \\ & = & y^{4} + (b − \frac{3}{8}a^{2})y^{2} + (\frac{1}{8}a^{3} − \frac{1}{2}ab + c)y + (\frac{1}{16}a^{2}b − \frac{3}{256}a^{4} − \frac{1}{4}ac + d) \end{aligned}

Also wird p = b − \frac{3}{8}a^{2}, q = \frac{1}{8}a^{3} − \frac{1}{2}ab + c und r = \frac{1}{16}a^{2}b − \frac{3}{256}a^{4} − \frac{1}{4}ac + d.

(2) Zunächst können wir in beiden Fällen die Gleichung y^{4} + py^{2} + qy + r = 0 für noch beliebiges α ∈ C äquivalent umformen zu

(∗)  (y^{2} − α)^{2} = −(2α + p)y^{2} − qy + (α^{2} − r) .

Sei nun α ∈ C so gewählt, daß α^{3} + \frac{1}{2}pα^{2} − rα − \frac{1}{2}pr + \frac{1}{8}q^{2} = 0. Ist p + 2α = 0, so kann nach Wahl von α nur q = 0 gewesen sein. Dann aber schreibt sich die Gleichung (∗)

(y^{2} − α)^{2} = α^{2} − r .

Ist p + 2α ≠ 0, dann wird

−(2α + p)(y + \frac{q}{2(2α+p)})^{2} = −(2α + p)y^{2} − qy − \frac{q^{2}}{4(2α+p)}
= −(2α + p)y^{2} − qy + \frac{2α^{3}+pα^{2}−2rα−pr}{2α+p}
= −(2α + p)y^{2} − qy + \frac{(2α+p)(α^{2}−r)}{2α+p}
= −(2α + p)y^{2} − qy + (α^{2} − r) .

Die Bedingung an α ergibt sich aus der Forderung, die Diskriminante der rechten Seite von (∗), gesehen als quadratisches Polynom in y, verschwinden zu lassen.

(3) Die Substitution in (1) liefert p = 1, q = γ und r = −\frac{1}{2}.

Ein α ∈ C, welches die Gleichung α^{3} + \frac{1}{2}α^{2} + \frac{1}{2}α − \frac{1}{2} = 0 erfüllt, ist nach Aufgabe 1.(4) z.B. mit α = \frac{1}{2} gegeben. Da p + 2α = 2 ≠ 0, haben wir ein y ∈ C mit

(y^{2} − \frac{1}{2})^{2} = −2(y + \frac{γ}{4} )^{2} .

zu finden. Hierfür lösen wir etwa

y^{2} − \frac{1}{2} = i\sqrt{2}(y + \frac{γ}{4} )

(wofür wir auch das Negative der rechten Seite hätten heranziehen können). Wir formen nach Einsetzen des Wertes von γ äquivalent um zu

y^{2} − i\sqrt{2} · y + \frac{1}{2}(\sqrt{3} − 1) = 0

Wir erhalten etwa

y = i\frac{\sqrt{2}}{2} + i \begin{matrix}^{4} & \sqrt{3} \\ √ & \overline{2} \end{matrix} ,

und also

x = −1 + i\frac{\sqrt{2}}{2} + i \begin{matrix}^{4} & \sqrt{3} \\ √ & \overline{2} \end{matrix} .

(Die vollständige Faktorisierung lautet

\begin{matrix}x^{4} + 4x^{3} + 7x^{2} + (6 + γ)x + \frac{3}{2} + γ = \\ (x + 1 − i\frac{\sqrt{2}}{2} − i \begin{matrix}^{4} & \sqrt{3} \\ √ & \overline{2} \end{matrix})(x + 1 − i\frac{\sqrt{2}}{2} + i \begin{matrix}^{4} & \sqrt{3} \\ √ & \overline{2} \end{matrix})(x + 1 + i\frac{\sqrt{2}}{2} − \begin{matrix}^{4} & \sqrt{3} \\ √ & \overline{2} \end{matrix})(x + 1 + i\frac{\sqrt{2}}{2} + \begin{matrix}^{4} & \sqrt{3} \\ √ & \overline{2} \end{matrix}) .) \end{matrix}

Aufgabe 6

(1) Setze an mit 0 = 0_{R×S} := (0_{R}, 0_{S}) und 1 = 1_{R×S} := (1_{R}, 1_{S}). Setze an mit −(r, s) := (−r, −s) für r ∈ R und s ∈ S.. Für (r, s), (r′, s′), (r′′, s′′) ∈ R × S wird

(r, s) + (r′, s′)  = (r + r′, s + s′)  = (r′ + r, s′ + s)
= (r′, s′) + (r, s)
(r, s) + (0, 0)  = (r + 0, s + 0)  = (r, s)
(r, s) + (−r, −s)  = (r − r, s − s)  = (0, 0)
((r, s) + (r′, s′)) + (r′′, s′′) = ((r + r′) + r′′, (s + s′) + s′′) = (r + (r′ + r′′), s + (s′ + s′′))
= (r, s) + ((r′, s′) + (r′′ + s′′))
(r, s) · (r′, s′) = (r · r′, s · s′) = (r′ · r, s′ · s)
= (r′, s′) · (r, s)
(r, s) · (1, 1)  = (r · 1, s · 1)  = (r, s)
((r, s) · (r′, s′)) · (r′′, s′′)  = ((r · r′) · r′′, (s · s′) · s′′)  = (r · (r′ · r′′), s · (s′ · s′′))
= (r, s) · ((r′, s′) · (r′′ · s′′))
((r, s) + (r′, s′)) · (r′′, s′′) = ((r + r′) · r′′, (s + s′) · s′′)  = (r · r′′ + r′ · r′′, s · s′′ + s′ · s′′)
= (r, s) · (r′′, s′′) + (r′, s′) · (r′′, s′′) .

Kurz, die Ringeigenschaften sind erfüllt, da sie eintragsweise erfüllt sind. Sind R und S Körper, so sind zwar (1, 0) und (0, 1) ungleich (0, 0), aber (1, 0)(0, 1) = (0, 0). Also ist R × S diesenfalls kein Körper. (Es ist noch nicht einmal ein Integritätsbereich.)

(2) Die Abbildung

[figure: R; R/I; ×; R/J; r; (r + I; ,; r + J)]

ist ein Ringmorphismus, da 1 auf 1 = (1 + I, 1 + J) abgebildet wird, da die Summe r + s auf (r + s + I, r + s + J) = (r + I, r + J) + (s + I, s + J) abgebildet wird und da für r, s ∈ R das Produkt r · s auf (r · s + I, r · s + J) = (r + I, r + J) · (s + I, s + J) abgebildet wird, wobei r, s ∈ R. Dieser hat Kern I ∩ J, da ein Element r genau dann auf 0 abgebildet wird, wenn r + I = 0 + I und r + J = 0 + J, d.h. genau dann, wenn r ∈ I ∩ J. Das Lemma aus §1.4.3 gibt den injektiven Ringmorphismus

[figure: R/(I ∩ J); R/I; ×; R/J; r + (I ∩ J); (r + I; ,; r + J) .]

Wir haben die Surjektivität dieses Ringmorphismus zu zeigen. Nun ist nach Voraussetzung I +J = R, wir können also x ∈ I und y ∈ J mit x + y = 1 finden. Es wird

x + I ∩ J \overline{}(x + I, x + J) = (0 + I, x + y + J) = (0 + I, 1 + J)

abgebildet. Ferner wird

y + I ∩ J \overline{}(y + I, y + J) = (y + x + I, 0 + J) = (1 + I, 0 + J)

abgebildet. Sei nun (u + I, v + J) ∈ R/I × R/J vorgegeben. Da ein Ringmorphismus vorliegt, wird in der Tat

uy + vx + I ∩ J  \overline{}(u + I, u + J)(y + I, y + J) + (v + I, v + J)(x + I, x + J)
= (u + I, u + J)(1 + I, 0 + J) + (v + I, v + J)(0 + I, 1 + J)
= (u + I, 0 + J) + (0 + I, v + J)
= (u + I, v + J) .

Kurz, da y auf (1, 0) und x auf (0, 1) geht, müssen nur y und x entsprechend zusammengesetzt werden, um im Bild (r + I, s + J) zu erhalten. Wir merken uns noch für Verwendung in (3), daß uy +vx+I ∩J ein Urbild, und wegen Injektivität das Urbild von (u + I, v + J) ist.

(3) Mit (2) bleibt zum einen zu zeigen, daß mZ + nZ = Z, i.e. daß mZ + nZ ⊇ Z. Da aber 1 = ms + nt ∈ mZ + nZ ist, ist auch Z = 1Z ⊆ mZ + nZ.

Zum anderen müssen wir mZ ∩ nZ = mnZ nachweisen. Die Inklusion ⊇ ist ersichtlich, auch ohne Verwendung der Voraussetzung ggT(m, n) = 1.

Zeigen wir die Inklusion ⊆. Sei x ∈ mZ ∩ nZ. Schreibe x = ma = nb für gewisse a, b ∈ Z. Insbesondere teilt n das Produkt ma. Da n und m teilerfremd sind, teilt n daher a. Wir schreiben a = nc für ein c ∈ Z. Es wird x = ma = mnc ∈ mnZ.

Der Isomorphismus in die eine Richtung ist wie in (2) gegeben durch

Z/mnZ ^{\overline{}^{∼}} Z/mZ × Z/nZ
z + mnZ \overline{}(z + mZ , z + nZ) .

Da ms + nt = 1, folgt mit der Bemerkung am Ende von (2), daß für u, v ∈ Z das Urbild eines Elements (u + mZ, v + nZ) der rechten Seite durch unt + vms + mnZ gegeben ist. Dies liefert die Umkehrbijektion

Z/mnZ ^{\overline{}^{∼}} Z/mZ × Z/nZ
unt + vms + mnZ \overline{}(u + mZ , v + nZ) .

Nach der ersten Bemerkung in §1.4.1 ist die Umkehrbijektion eines Ringisomorphismus ebenfalls ein Ringisomorphismus. (Dies hier direkt zu prüfen, wäre etwas lästig!)

(4) Die Aussage über den Isomorphismus folgt wegen ggT(3, 4) = 1 aus (3).

Finden wir nun die Isomorphismen in beide Richtungen. Es ist 3 · (−1) + 4 · 1 = 1, wie man auch ohne Euklid erkennt. Wir haben also m = 3, s = −1, n = 4 und t = 1 in die Lösung von (3) einzusetzen. Wir erhalten so

Z/12Z ^{\overline{}^{∼}} Z/3Z × Z/4Z
z + 12Z \overline{}(z + 3Z , z + 4Z) .

in die eine und

Z/12Z ^{\overline{}^{∼}} Z/3Z × Z/4Z
4u − 3v + 12Z \overline{}(u + 3Z , v + 4Z) .

in die andere Richtung.

(Elementar ausgedrückt bedeutet dies nun, daß bei gegebenen u, v ∈ Z die Lösungen des Kongruenzsystems

\begin{aligned}x & ≡_{3} & u \\ x & ≡_{4} & v \end{aligned}

gegeben sind durch x ∈ {4u − 3v + 12k : k ∈ Z}.)

Aufgabe 7

(1) Um zu zeigen, daß K ^{\overline{}^{f}} R injektiv ist, müssen wir gemäß Lemma in §1.4.3 zeigen, daß Kern f = {0_{K}}.

Mit demselben Lemma wissen wir, daß Kern f ⊆ K ein Ideal ist. Dank der letzten Bemerkung aus §1.2 wissen wir, daß dies Kern f = {0_{K}} oder Kern f = K zur Folge hat.

Sei angenommen, es ist Kern f = K. Dann bildet f alle Elemente von K auf 0_{R} ab. Insbesondere wird 1_{R} = f(1_{K}) = 0_{R}. Ist nun x ∈ R, so wird x = x · 1_{R} = x · 0_{R} = 0_{R}, und mithin R = {0_{R}}, Widerspruch.

Also ist Kern f = {0_{K}}, wie zu zeigen war.

(2) Es ist φ : K[X] \overline{}K, f(X) \overline{}f(0) = f_{0} ein Ringmorphismus, wie man entweder direkt verifiziert, oder aber aus der Bemerkung aus §1.6.2 mit n = 1, a = id_{K} und s = 0 entnimmt – kurz, die Prozedur des Einsetzens der 0 ist ein Ringmorphismus. Ist f(X) = ∑_{i⩾0} f_{i}X^{i} ∈ Kern φ, so ist f_{0} = 0, und wir können f(X) = X · (∑_{i⩾1} f_{i+1}X^{i}) schreiben. Somit ist Kern φ ⊆ XR[X]. Ist umgekehrt f(X) ∈ XR[X], so können wir f(X) = Xg(X) für ein g(X) ∈ R[X] schreiben und erhalten durch Koeffizientenvergleich f_{0} = 0. Insgesamt ist also Kern φ = XR[X]. Das Lemma aus §1.4.3 zeigt nun, da φ surjektiv ist, daß R[X]/ Kern φ ≃ R ist.

Aufgabe 8

(1) Es ist h(X) = f(X)q(X) + r(X). Wir haben zu zeigen, daß

f(X)K[X] + h(X)K[X] =^{!} f(X)K[X] + r(X)K[X] .

Da h(X) = f(X)q(X)+r(X), ist h(X) in der rechten Seite enthalten. Da auch f(X) in der rechten Seite enthalten ist, ist jedes Element der linken Seite in der rechten Seite enthalten. Da r(X) = −f(X)q(X) + h(X), ist r(X) in der linken Seite enthalten. Da auch f(X) in der linken Seite enthalten ist, ist jedes Element der rechten Seite in der linken Seite enthalten.

(2) Es ist deg u_{1} > deg u_{2} > deg u_{3} > … strikt fallend und kann daher nicht unendlich lang in Z_{⩾0} fortgesetzt werden. Also muß es ein ℓ ⩾ 0 geben, bei dem zwar noch deg u_{ℓ} ⩾ 0, aber deg u_{ℓ+1} = −∞ ist, i.e. u_{ℓ+1}(X) = 0. Mit (1) ist nun

h(X)K[X] + f(X)K[X] = u_{0}(X)K[X] + u_{1}(X)K[X]
= u_{1}(X)K[X] + u_{2}(X)K[X]
= ⋯
= u_{ℓ}(X)K[X] + u_{ℓ+1}(X)K[X]
= g(X)K[X] + 0 · K[X]
= g(X)K[X] .

(3) Wir behaupten, daß u_{k}(X)s_{k}(X) + u_{k−1}(X)s_{k+1}(X) = g(X) für alle k ∈ [1, ℓ], insbesondere also für k = 1, was dann f(X)s_{1}(X) + h(X)s_{2}(X) = g(X) gibt. Wir führen eine absteigende Induktion nach k. Der Induktionsanfang ist durch u_{ℓ}(X)s_{ℓ}(X) + u_{ℓ−1}(X)s_{ℓ+1}(X) = u_{ℓ}(X) = g(X) gesichert. Für den Induktionsschritt nehmen wir u_{k}(X)s_{k}(X) + u_{k−1}(X)s_{k+1}(X) = g(X) für ein k ∈ [2, ℓ] als bekannt an. Wir erhalten

u_{k−1}(X)s_{k−1}(X) + u_{k−2}(X)s_{k}(X)
= u_{k−1}(X)(s_{k+1}(X) − s_{k}(X)q_{k−1}(X)) + (u_{k−1}(X)q_{k−1}(X) + u_{k}(X))s_{k}(X)
= u_{k−1}(X)s_{k+1}(X) + u_{k}(X)s_{k}(X)
= g(X) .

(4) Euklid liefert

\begin{aligned}(X^{8} + X^{3} + X + 1) & = & (X^{3} + 1)(X^{5} + X^{2} + 1) + (X^{2} + X) \\ (X^{3} + 1) & = & (X^{2} + X)(X + 1) + (X + 1) \\ (X^{2} + X) & = & (X + 1)X + 0 . \end{aligned}

Also ist ℓ = 3 und g(X) = X + 1, und wir erhalten als Folge der s_{k}(X) mit s_{4}(X) = 0 und s_{3}(X) = 1

\begin{aligned}s_{2}(X) & = & 0 − 1 · (X + 1) & = & X + 1 \\ s_{1}(X) & = & 1 − (X + 1) · (X^{5} + X^{2} + 1) & = & X^{6} + X^{5} + X^{3} + X^{2} + X \end{aligned}

Es wird so f(X)s_{1}(X) + h(X)s_{2}(X) = g(X), i.e.

(X^{3} + 1)(X^{6} + X^{5} + X^{3} + X^{2} + X) + (X^{8} + X^{3} + X + 1)(X + 1) = (X + 1) ,

wie man auch leicht nachrechnet.

Aufgabe 9

Die Formel für die Addition folgt aus

rf(X) + sg(X) = (∑_{i⩾0}(rf_{i} + sg_{i})X^{i})′
= ∑_{i⩾1} i(rf_{i} + sg_{i})X^{i−1}
= r · (∑_{i⩾1} if_{i}X^{i−1}) + s · (∑_{i⩾1} ig_{i}X^{i−1})
= rf′(X) + sg′(X) .

Für die Formel für die Multiplikation zeigen wir zunächst, daß sie im Falle f(X) = X^{i} und g(X) = X^{j} gilt, wobei i, j ∈ Z_{⩾0}.

Es wird, falls i ⩾ 1 und j ⩾ 1,

(X^{i}X^{j})′ = (X^{i+j})′
= (i + j)(X^{i+j−1})
= i(X^{i−1}) · X^{j} + X^{i} · j(X^{j−1})
= (X^{i})′X^{j} + X^{i}(X^{j})′ .

Falls i = 0, so wird (X^{0}X^{j})′ = (X^{j})′ = (X^{0})′X^{j} + X^{0}(X^{j})′. Analog im Fall j = 0.

Im allgemeinen Fall wird nun, unter Verwendung der Formel für die Addition

(f(X)g(X))′ = ((∑_{i⩾0} f_{i}X^{i})(∑_{j⩾0} g_{j}X^{j}))′
= (∑_{i⩾0} ∑_{j⩾0} f_{i}g_{j}X^{i+j})′
= ∑_{i⩾0} ∑_{j⩾0} f_{i}g_{j}(X^{i+j})′
= ∑_{i⩾0} ∑_{j⩾0} f_{i}g_{j}((X^{i})′X^{j} + X^{i}(X^{j})′)
= ∑_{i⩾0} ∑_{j⩾0} f_{i}g_{j}(X^{i})′X^{j} + ∑_{i⩾0} ∑_{j⩾0} f_{i}g_{j}X^{i}(X^{j})′
= (∑_{i⩾0} f_{i}(X^{i})′)(∑_{j⩾0} g_{j}X^{j}) + (∑_{i⩾0} f_{i}X^{i})(∑_{j⩾0} g_{j}(X^{j})′)
= (∑_{i⩾0} f_{i}X^{i})′(∑_{j⩾0} g_{j}X^{j}) + (∑_{i⩾0} f_{i}X^{i})(∑_{j⩾0} g_{j}X^{j})′
= f′(X)g(X) + f(X)g′(X) .

Aufgabe 10

(1) Sei x ∈ R ∖ \{0\}. Wir haben zu zeigen, daß x invertierbar ist. Die Abbildung R \overline{}R, r \overline{}xr ist injektiv. Da für u, v ∈ K und r, s ∈ R auch gilt, daß x(ur+vs) = u(xr)+v(xs), ist diese Abbildung K-linear. Nun ist eine K-lineare Abbildung eines endlichdimensionalen Vektorraums in sich, auch als K-linearer Endomorphismus bezeichnet, genau dann injektiv, wenn die Determinante ihrer beschreibenden Matrix bezüglich einer gewählten Basis nicht verschwindet. Dann aber ist diese Matrix invertierbar, was zeigt, daß die fragliche Abbildung auch bijektiv ist.

Da nun insbesondere die Surjektivität der Abbildung R \overline{}R, r \overline{}xr nachgewiesen wurde, haben wir unter anderem das Element 1_{R} im Bild. Somit gibt es ein r ∈ R so, daß xr = 1_{R} ist. Mithin ist x invertierbar.

(2) Es ist n = dim_{R} C = 2. Zum Beispiel kann man die Basis (1 + i, 1 − i) von C über R anführen.

Eine solche Basis heißt auch Normalbasis. Siehe auch [1, §II.N].

Aufgabe 11

(1) (a) Falls b⟨a⟩ ∩ b′⟨a⟩ ≠ ∅, dann gibt es ein Element g ∈ G mit g = ba^{k} = b′a^{k′} für gewisse k, k′ ∈ Z. Wir behaupten, daß b⟨a⟩ = b′⟨a⟩. Aus Symmetriegründen genügt es zu zeigen, daß b⟨a⟩ ⊆ b′⟨a⟩. Sei ℓ ∈ Z gegeben. Wir haben zu zeigen, daß ba^{ℓ} ∈ b′⟨a⟩. In der Tat ist b = b′a^{k′−k} und also ba^{ℓ} = ba^{k′−k+ℓ} ∈ b′⟨a⟩.

(b) Zunächst einmal halten wir fest, daß Multiplikation mit b von links eine bijektive Abbildung G \overline{}G, g \overline{}bg liefert, invertiert von der Multiplikation mit b^{−1} von links. Also ist

|b⟨a⟩| = |1⟨a⟩| = |{a^{k} : k ∈ Z}| .

Wenn wir für ein k ∈ Z mit Division mit Rest k = o(a)q + r mit q ∈ Z und r ∈ [0, o(a) − 1] schreiben, so erkennen wir, daß

a^{k} = a^{o(a)q+r} = (a^{o(a)})^{q} · a^{r} = a^{r} .

Also ist {a^{k} : k ∈ Z} = {a^{k} : k ∈ [0, o(a) − 1]}. Bleibt zu zeigen, daß a^{k} ≠ a^{ℓ} für 0 ⩽ k < ℓ ⩽ o(a) − 1. Wäre dem nicht so, dann wäre a^{ℓ−k} = 1, obwohl 1 ⩽ ℓ − k < o(g), im Widerspruch zur Minimalität in der Definition von o(a).

(c) Mit (a) ist G eine disjunkte Vereinigung von Mengen der Form b⟨a⟩ für gewisse b ∈ G. Diese Mengen haben mit (b) aber alle Kardinalität o(a). Somit ist |G| ein Vielfaches von o(a).

(2) In F_{7} ist

\begin{aligned}3^{1} & = & 3 \\ 3^{2} & = & 2 \\ 3^{3} & = & −1 \\ 3^{4} & = & −3 \\ 3^{5} & = & −2 \\ 3^{6} & = & 1 . \end{aligned}

Wir entnehmen dieser Rechnung, daß

o(3^{1}) = o(3) = 6
o(3^{2}) = o(2) = 3
o(3^{3}) = o(−1) = 2
o(3^{4}) = o(−3) = 3
o(3^{5}) = o(−2) = 6
o(3^{6}) = o(1) = 1 .

Alle diese Elementordnungen sind in der Tat Teiler von 7 − 1 = 6.

(3) In F_{11} ist

\begin{aligned}2^{1} & = & 2 \\ 2^{2} & = & 4 \\ 2^{3} & = & −3 \\ 2^{4} & = & 5 \\ 2^{5} & = & −1 \\ 2^{6} & = & −2 \\ 2^{7} & = & −4 \\ 2^{8} & = & 3 \\ 2^{9} & = & −5 \\ 2^{10} & = & 1 . \end{aligned}

Wir entnehmen dieser Rechnung, daß

o(2^{1}) = o(2) = 10
o(2^{2}) = o(4) = 5
o(2^{3}) = o(−3) = 10
o(2^{4}) = o(5) = 5
o(2^{5}) = o(−1) = 2
o(2^{6}) = o(−2) = 5
o(2^{7}) = o(−4) = 10
o(2^{8}) = o(3) = 5
o(2^{9}) = o(−5) = 10
o(2^{10}) = o(1) = 1 .

Alle diese Elementordnungen sind in der Tat Teiler von 11 − 1 = 10.

Aufgabe 12

(1) Ist a = 0, so ist 0^{p} = 0.

Ist a ≠ 0, so ist mit Aufgabe 11.(1.c) ist o(a) ein Teiler von |F_{p}^{×}| = p−1, sagen wir p−1 = o(a)·m mit m ∈ Z_{⩾1}. Dann wird

a^{p−1} = a^{o(a)·m} = (a^{o(a)})^{m} = 1 ,

und also a^{p} = p.

(2) Es hat mit (1) das Polynom X^{p} − X die Nullstellen i ∈ F_{p}. Also zeigt sukzessives Abdividieren von Nullstellen, daß die linke Seite ein Vielfaches der rechten Seite ist. Da linke und rechte Seite normierte Polynome vom gleichen Grad p sind, ist die linke Seite gleich der rechten Seite. Zum Beispiel wird ∏_{i∈[0,3−1]}(X −i) = X^{3} −3X^{2} +2X in Z[X], und also in der Tat ∏_{i∈F_{3}}(X −i) = X^{3} − X in F_{3}[X].

(3) Für p = 2 ist (2 − 1)! = 1 ≡_{2} −1.

Sei nun p ⩾ 3. Der Koeffizient von X auf der linken Seite von (2) ist gleich −1. Der Koeffizient von X auf der rechten Seite dagegen ist gleich ∏_{i∈F_{p}^{×}} i. Somit ist −1 = ∏_{i∈F_{p}^{×}} i in F_{p}. In anderen Worten, es ist −1 ≡_{p} (p − 1)! in Z. Hingegen ist (4 − 1)! = 6 ≢_{4} −1. Also ist (n − 1)! ≡_{n} −1 für alle n ∈ Z_{⩾1} nicht für alle n ∈ Z_{⩾1} richtig.

Man kann alternativ auch die Elemente von F_{p}^{×} außer 1 und −1 zu sich invertierenden Paaren sortieren – beachte, daß das Polynom X^{2} = 1 nur diese beiden Nullstellen aufweist, und daher in diesen Paaren jeweils zwei verschiedene Elemente stehen. Das Produkt über alle Elemente von F_{p}^{×} ist also gleich

1 · (−1) · (Produkt aller dieser Paareinträge) = 1 · (−1) · 1 = −1 .

(4) Der Koeffizient von X^{2} auf der linken Seite von (2) ist gleich 0, da p ⩾ 3. Der Koeffizient von X^{2} auf der rechten Seite dagegen ist gleich

−∑_{j∈F_{p}^{×}}∏_{i∈F_{p}^{×}∖{j}}i .

Es folgt 0 ≡_{p} ∑_{j∈[1,p−1]} \frac{(p−1)!}{j} =: t(p) in Z. Nun ist s(p) = \frac{t(p)}{(p−1)!}. Da t(p) durch p teilbar ist, nicht aber (p − 1)!, liefert auch vollständiges Kürzen einen durch p teilbaren Zähler von s(p) in gekürzter Form.

Der Zähler von s(p) ist für p ⩾ 5 sogar durch p^{2} teilbar (Hinweis von G. Nebe; Theorem von Wolstenholme).

Betrachte hierzu

\begin{aligned}2 · s(p) & = & ( \frac{p}{1·(p−1)} + \frac{1}{p−1} ) + ( \frac{1}{2} + \frac{1}{p−2} ) + ⋯ + ( \frac{1}{p−1} + \frac{1}{1} ) \\ & = & \frac{p}{1·(p−1)} + \frac{p}{2·(p−2)} + ⋯ + \frac{p}{(p−1)·1} . \end{aligned}

Wir haben also zu zeigen, daß \frac{1}{1·(p−1)} + \frac{1}{2·(p−2)} + ⋯ + \frac{1}{(p−1)·1} in gekürzter Form einen durch p teilbaren Nenner hat. Es genügt hierzu zu zeigen, daß die ganze Zahl

\frac{(p−1)!}{1} · \frac{(p−1)!}{(p−1)} + \frac{(p−1)!}{2} · \frac{(p−1)!}{(p−2)} + ⋯ + \frac{(p−1)!}{(p−1)} · \frac{(p−1)!}{1}

durch p teilbar ist. Nun ist \frac{(p−1)!}{p−a} + \frac{(p−1)!}{a} = (p − 1)! \frac{p}{(p−a)a} eine durch p teilbare ganze Zahl für a ∈ [1, p − 1], und mithin \frac{(p−1)!}{p−a} ≡_{p} − \frac{(p−1)!}{a}. Also genügt es nach Ersetzung der jeweiligen zweiten Faktoren zu zeigen, daß

\frac{(p−1)!^{2}}{1^{2}} + \frac{(p−1)!^{2}}{2^{2}} + ⋯ + \frac{(p−1)!^{2}}{(p−1)^{2}}

durch p teilbar ist. Koeffizientenvergleich bei X^{3} in (2) liefert, da p ⩾ 5, daß 0 ≡_{p} ∑_{0⩽i<j⩽p−1} \frac{(p−1)!}{ij}. Also teilt p nach Multiplikation mit 2(p − 1)! auch

∑i, j ∈ [0,p−1], i≠j \frac{(p−1)!^{2}}{ij}

Aus (3) wissen wir, daß p (und sogar p^{2}) ein Teiler von

∑i, j ∈ [0,p−1] \frac{(p−1)!^{2}}{ij} = (_{∑i∈[0,p−1]} \frac{(p−1)!}{i})^{2}

ist. Somit teilt p auch die Differenz dieser beiden Ausdrücke, und das ist gerade

∑i∈[0,p−1] \frac{(p−1)!^{2}}{i^{2}} = \frac{(p−1)!^{2}}{1^{2}} + \frac{(p−1)!^{2}}{2^{2}} + ⋯ + \frac{(p−1)!^{2}}{(p−1)^{2}} .

Aufgabe 13

(1) Da Z ein Hauptidealbereich ist, und da aZ ∩ bZ ≠ {0} (da z.B. ab enthalten ist), gibt es genau ein x ∈ Z_{⩾1} mit aZ ∩ bZ = xZ. Wir behaupten, daß x = kgV(a, b) ist. Zum einen ist x ∈ aZ, also x Vielfaches von a, und x ∈ bZ, also x Vielfaches von b. Ist umgekehrt y ∈ Z_{⩾1} gegeben mit y Vielfaches von a und y Vielfaches von b, dann ist y ∈ aZ ∩ bZ = xZ, und folglich y Vielfaches von x, insbesondere also y ⩾ x. Also ist x das kleinste gemeinsame Vielfache von a und b, i.e. x = kgV(a, b).

Vgl. auch Aufgabe 6.(3); dort wurde der Spezialfall ggT(a, b) = 1 und also kgV(a, b) = ab gebraucht.

(2) Wir verwenden aZ ∩ bZ = kgV(a, b)Z nach (1) und aZ + bZ = ggT(a, b)Z nach §1.7.2, wobei

a, b ∈ Z. Es wird

(12Z + 30Z) ∩ 21Z = ggT(12, 30)Z ∩ 21Z
= 6Z ∩ 21Z
= kgV(6, 21)Z
= 42Z .

Also ist x = 42.

(3) Wir verwenden Aufgabe 8. Zunächst wird mit Euklid

(X^{4} + 1)F_{2}[X] + (X^{4} + X^{3} + 1)F_{2}[X] = (X^{2} + 1)F_{2}[X] .

Dann gibt Euklid

(X^{2} + 1)F_{2}[X] + (X^{3} + 1)F_{2}[X] = (X + 1)F_{2}[X]

Insgesamt also

((X^{4} + 1)F_{2}[X] + (X^{4} + X^{3} + X + 1)F_{2}[X]) + (X^{3} + 1)F_{2}[X]
= (X^{2} + 1)F_{2}[X] + (X^{3} + 1)F_{2}[X]
= (X + 1)F_{2}[X] .

Also ist f(X) = X + 1.

Vgl. auch die Definition des ggT von Polynomen im Beispiel in §1.7.4.

Aufgabe 14

Wende die Bemerkung aus §1.6.2 (Gebrauchsanweisung für Polynomringe) an auf die Situation, in den dortigen Bezeichnungen, n = 1, R = F_{2}, S = F_{2}[X], a = c die Einbettung von F_{2} nach F_{2}[X], und s_{1} = u(X) für ein noch zu spezifizierendes Polynom u(X) ∈ F_{2}[X].

Dann wird f(X) ∈ F_{2}[X] abgebildet auf f(u(X)) ∈ F_{2}[X].

(Für u(X) = X z.B. erhalten wir so die Identität auf F_{2}[X]. Für u(X) = X^{2} erhalten wir einen injektiven, aber nicht surjektiven Ringmorphismus – es liegt etwa das Polynom X nicht im Bild. Etc.)

Für u(X) = X + 1 erhalten wir einen Ringmorphismus φ von F_{2}[X] nach F_{2}[X], der nicht gleich der Identität ist. Es schickt φ das Polynom f(X) ∈ F_{2}[X] auf das Polynom f(X + 1) ∈ F_{2}[X].

Wir behaupten, daß φ ein Isomorphismus ist, der φ^{2} = id_{F_{2}[X]} erfüllt. Dazu genügt es zu zeigen, daß letzteres gilt - eine Abbildung, die quadriert die Identität ist, ist insbesondere bijektiv.

Für f(X) ∈ F_{2}[X] wird in der Tat

φ^{2}(f(X)) = φ(φ(f(X)))
= φ(f(X + 1))
= f((X + 1) + 1)
= f(X) .

Aufgabe 15

(1) Schreibe R = Z/8Z × Z/12Z. Es wird

[figure: Z; ε_{R}; Z/8Z; ×; Z/12Z; z; (z + 8Z; ×; z + 12Z) ,]

da dies ein Ringmorphismus von Z nach R ist und es nur einen solchen gibt, namentlich ε_{R}; vgl. §1.7.3. Der Kern von ε_{R} berechnet sich zu 8Z ∩ 12Z = kgV(8, 12)Z = 24Z; vgl. Aufgabe 13.(1). Also ist char(Z/8Z × Z/12Z) = 24.

(2) Betrachte folgendes Dreieck von Ringmorphismen.

\xymatrix{Z \ar[r]^{ε_{L}} \ar[d]_{ε_{K}} & L \\ K \ar@{-->}[ur]_{f}}

Dieses Dreieck kommutiert, i.e. f ∘ ε_{K} = ε_{L}, da es nur einen Ringmorphismus von Z nach L gibt, namentlich ε_{L}; vgl. §1.7.3.

Um char K =^{!} char L zu zeigen, haben wir zu zeigen, daß

(char K)Z = Kern ε_{K} =^{!} Kern ε_{L} = (char L)Z ;

vgl. §1.7.3. Beachte, daß f injektiv ist; vgl. Aufgabe 7. Also ist f(x) = 0 genau dann, wenn x = 0, wobei x ∈ K. Also wird

Kern ε_{L} = {z ∈ Z : ε_{L}(z) = 0}
= {z ∈ Z : f(ε_{K}(z)) = 0}
= {z ∈ Z : ε_{K}(z) = 0}
= Kern ε_{K} .

Aufgabe 16

(1) Sei etwa n = ab mit a, b ∈ [2, n − 1]. Dann sind a ≢_{n} 0 und b ≢_{n} 0, i.e. a + nZ ≠ 0 + nZ und b + nZ ≠ 0 + nZ. Wohl aber ist

(a + nZ)(b + nZ) = (ab + nZ) = n + nZ = 0 + nZ .

Also ist Z/nZ kein Integritätsbereich; vgl. §1.5.

(2) Euklid liefert

1 = (X^{7} + 1)(−X^{3} + X^{2} − X − 1) + (X^{4} + 1)(X^{6} − X^{5} + X^{4} + X^{3} − X^{2} + X − 1) .

Also ist

(X^{4} + 1)(X^{6} − X^{5} + X^{4} + X^{3} − X^{2} + X − 1) ≡_{X^{7}+1} 1 ,

mit anderen Worten,

(X^{4} + 1 + (X^{7} + 1)F_{3}[X])^{−1} = X^{6} − X^{5} + X^{4} − X^{3} − X^{2} + X − 1 + (X^{7} + 1)F_{3}[X] .

Vgl. Aufgabe 8, Aufgabe 4.(1).

(3) Es ist dim_{F_{2}} R = deg(X^{3}+X^{2}+X+1) = 3; vgl. Lemma aus §1.7.5. Also ist |R| = 2^{dim_{F_{2}} R} = 2^{3} = 8. Schreibe X̄ := X + (X^{3} + X^{2} + X + 1)F_{2}[X]. Es ist z.B. X̄ · (X̄^{2} + X̄ + 1) = 1 + (X̄^{3} + X̄^{2} + X̄ + 1) = 1. Also ist X̄ invertierbar. Ferner ist X̄ ≠ 1, wie man etwa mit der in loc. cit. gegebenen Basis (X̄^{0}, X̄^{1}, X̄^{2}) erkennt, oder aber direkt dank X ≢_{X^{4}−1} 1. Vgl. (4). Da wir aber in F_{2}[X]

X^{3} + X^{2} + X + 1 = (X + 1)(X^{2} + 1) = (X + 1)^{3}

haben, folgt nun, daß zwar X̄ + 1 ≠ 0 und X̄^{2} + 1 ≠ 0 (wie man z.B. mit der eben genannten Basis erkennt), aber

(X̄ + 1)(X̄^{2} + 1) = 0 .

Also ist R kein Integritätsbereich.

(4) Schreibe X̄ := X + f(X)K[X]. Sei n := deg f.

Es ist

0 = f(X) + f(X)K[X] = f(X̄) = f_{n}X̄^{n} + f_{n−1}X̄^{n−1} + ⋯ + f_{1}X̄ + f_{0} .

Also wird

1 = −f_{0}^{−1}(f_{n}X̄^{n−1} + f_{n−1}X̄^{n−2} + ⋯ + f_{1}) · X̄.

Es folgt

(X + f(X)K[X])^{−1} = X̄^{−1} = −f_{0}^{−1}(f_{n}X̄^{n−1} + f_{n−1}X̄^{n−2} + ⋯ + f_{1}) .

Aufgabe 17 (1) Wir erhalten

\begin{matrix}(+) & 0 & 1 & α & α + 1 \\ 0 & 0 & 1 & α & α + 1 \\ 1 & 1 & 0 & α + 1 & α \\ α & α & α + 1 & 0 & 1 \\ α + 1 & α + 1 & α & 1 & 0 \end{matrix}

und

\begin{matrix}(·) & 0 & 1 & α & α + 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & α & α + 1 \\ α & 0 & α & α + 1 & 1 \\ α + 1 & 0 & α + 1 & 1 & α \end{matrix}

(2) Es wird

(α^{2} + 1)^{3} = α^{3} = 1 .

Es wird (β^{2}+1)(β^{6}+1)+β^{2} = (β^{2}+1)((β+1)^{2}+1)+β^{2} = (β^{2}+1)β^{2}+β^{2} = β^{2}+β+β^{2}+β^{2} = β^{2}+β . Es wird

(ι + 1)^{4} − ι = ((ι + 1)^{2})^{2} − ι = (ι^{2} + 2ι + 1)^{2} − ι = (−ι)^{2} − ι = −ι − 1 .

(3) Es ist X(X + 1) + (X^{2} + X + 1) · 1 = 1 in F_{2}[X], und somit α^{−1} = α + 1. Man kann auch die Verknüpfungstafel aus (1) heranziehen. Es ist (X^{2} + X + 1)X^{2} + (X^{3} + X + 1)(X + 1) = 1 in F_{2}[X], und somit (β^{2} + β + 1)^{−1} = β^{2}. Es ist (X + 1)(X − 1) + (X^{2} + 1) · (−1) = 1 in F_{3}[X], und somit (ι + 1)^{−1} = (ι − 1). Man kann auch die Potenztabellen aus untenstehender Lösung zur Aufgabe 18 zur Inversion verwenden.

Aufgabe 18

(1) Es wird z.B.

\begin{aligned}α^{0} & = & 1 \\ α^{1} & = & α \\ α^{2} & = & α + 1 , \end{aligned}

und also ⟨α⟩ = F_{4}^{×}.

(2) Es wird z.B.

\begin{aligned}β^{0} & = & 1 \\ β^{1} & = & β \\ β^{2} & = & β^{2} \\ β^{3} & = & β + 1 \\ β^{4} & = & β^{2} + β \\ β^{5} & = & β^{2} + β + 1 \\ β^{6} & = & β^{2} + 1 , \end{aligned}

und also ⟨β⟩ = F_{8}^{×}.

(3) Es wird z.B.

\begin{aligned}(ι + 1)^{0} & = & 1 \\ (ι + 1)^{1} & = & ι + 1 \\ (ι + 1)^{2} & = & −ι \\ (ι + 1)^{3} & = & −ι + 1 \\ (ι + 1)^{4} & = & −1 \\ (ι + 1)^{5} & = & −ι − 1 \\ (ι + 1)^{6} & = & ι \\ (ι + 1)^{7} & = & ι − 1 \end{aligned}

und also ⟨ι + 1⟩ = F_{9}^{×}.

Beachte, daß ⟨ι⟩ ⊊ F_{9}^{×}.

Aufgabe 19

Bestimme alle normierten irreduziblen Polynome in F_{q} von Grad n.

(1) Da n ⩽ 3, suchen wir gerade die normierten Polynome in F_{4}[X] von Grad 2 ohne Nullstelle in F_{4}. Wir listen alle normierten Polynome in F_{4}[X] von Grad 2 mit nichtverschwindendem konstanten Term auf, daneben ihre Nullstellen in F_{4}.

Polynom  Nullstellenmenge
X^{2} + 1  {1}
X^{2} + α  {α^{2}}
X^{2} + α^{2}  {α}
X^{2} + X + 1  {α, α^{2}}
X^{2} + X + α  ∅
X^{2} + X + α^{2}  ∅
X^{2} + αX + 1  ∅
X^{2} + αX + α ∅
X^{2} + αX + α^{2} {1, α^{2}}
X^{2} + α^{2}X + 1 ∅
X^{2} + α^{2}X + α {1, α}
X^{2} + α^{2}X + α^{2} ∅

Somit sind die normierten irreduziblen Polynome von Grad 2 in F_{4}[X] gegeben durch

X^{2} + X + α, X^{2} + X + α^{2}, X^{2} + αX + 1, X^{2} + αX + α, X^{2} + α^{2}X + 1, X^{2} + α^{2}X + α^{2} .

(2) Da n ⩽ 3, suchen wir gerade die normierten Polynome in F_{3}[X] von Grad 3 ohne Nullstelle in F_{3}. Wir listen alle normierten Polynome in F_{3}[X] von Grad 3 mit nichtverschwindendem konstanten Term auf, daneben ihre Nullstellen in F_{3}.

Polynom  Nullstellenmenge
X^{3} + 1  {−1}
X^{3} − 1  {1}
X^{3} + X + 1  {1}
X^{3} + X − 1  {−1}
X^{3} − X + 1  ∅
X^{3} − X − 1  ∅
X^{3} + X^{2} + 1  {1}
X^{3} + X^{2} − 1  ∅
X^{3} + X^{2} + X + 1 {−1}
X^{3} + X^{2} + X − 1 ∅
X^{3} + X^{2} − X + 1 ∅
X^{3} + X^{2} − X − 1 {1, −1}
X^{3} − X^{2} + 1  ∅
X^{3} − X^{2} − 1  {−1}
X^{3} − X^{2} + X + 1 ∅
X^{3} − X^{2} + X − 1 {1}
X^{3} − X^{2} − X + 1 {1, −1}
X^{3} − X^{2} − X − 1 ∅

Somit sind die normierten irreduziblen Polynome von Grad 3 in F_{3}[X] gegeben durch

\begin{matrix}X^{3} − X + 1, X^{3} − X − 1, X^{3} + X^{2} − 1, X^{3} + X^{2} + X − 1, \\ X^{3} + X^{2} − X + 1, X^{3} − X^{2} + 1, X^{3} − X^{2} + X + 1, X^{3} − X^{2} − X − 1 . \end{matrix}

(3) Vorweg bemerken wir, daß X^{2} + X + 1 das einzige (normierte) irreduzible Polynom von Grad 2 in F_{2}[X] ist.

Die (normierten) Polynome vierten Grades in F_{2}[X] ohne Nullstelle in F_{2} sind

X^{4} + X + 1, X^{4} + X^{2} + 1, X^{4} + X^{3} + 1 .

Wenn unter diesen eines nichttrivial in zwei Faktoren zerfllt, muß dieser Faktor von Grad 2 und irreduzibel sein – bei einem reduziblen Faktor von Grad 2 würde ja auch noch ein Faktor von Grad 1 abspalten, d.h. eine Nullstelle auftreten.

In der Tat ist X^{4} + X^{2} + 1 = (X^{2} + X + 1)^{2}. Ferner sind weder X^{4} + X + 1 noch X^{4} + X^{3} + 1 durch X^{2} + X + 1 teilbar (e.g. weil α^{4} + α + 1 = 1 ≠ 0 und α^{4} + α^{3} + 1 = α ≠ 0). Also sind die irreduziblen Polynome von Grad 4 in F_{2}[X] gegeben durch

X^{4} + X + 1, X^{4} + X^{3} + 1 .

Aufgabe 20

Es gibt keinen Isomorphismus Z/9Z ^{\overline{}^{∼}} Z/3Z × Z/3Z, denn die Charakteristik von Z/9Z ist 9, die Charakteristik von Z/3Z × Z/3Z aber 3.

Es gibt keinen Isomorphismus Z/9Z ^{\overline{}^{∼}} F_{9}, denn die Charakteristik von Z/9Z ist 9, die Charakteristik von F_{9} aber 3.

Es gibt keinen Isomorphismus Z/3Z×Z/3Z \overline{}^{f}_{∼} F_{9}, denn es wäre sonst f((1, 0))f((0, 1)) = f((0, 0)) = 0, aber f((1, 0)) ≠ 0 und f((0, 1)) ≠ 0, was wegen F_{9} Körper nicht geht. Kurz, da Z/3Z × Z/3Z kein Integritätsbereich ist, F_{9} als Körper aber schon, geht das nicht. (Alternativ kann man anführen, daß es in F_{9} ein invertierbares Element der Ordnung 8 gibt, in Z/3Z × Z/3Z aber nicht.)

Aufgabe 21

Wir behaupten, daß es in F_{8} keinen Teilring aus 4 Elementen gibt.

Angenommen, doch. Sei R ⊆ F_{8} ein Teilring mit |R| = 4. Da R ein endlicher Integritätsbereich ist, ist R ein Teilkörper von F_{8}. Es ist R^{×} := R∖{0} eine Gruppe aus 3 Elementen. Nach Aufgabe 11.(1.c) teilt die Ordnung jedes Elements in R^{×} die 3. Nun haben nach loc. cit. aber alle Elemente von F_{8}^{×} eine Ordnung, die 7 teilt, insbesondere auch die von R^{×}. Da aber ggT(3, 7) = 1, müssen alle Elementordnungen von R^{×} die 1 teilen, i.e. gleich 1 sein. Nun hat aber nur die Eins einer Gruppe die Ordnung 1. Also R^{×} = {1}. Aber |R^{×}| = 3. Dies ist ein Widerspruch.

Aufgabe 22

Sei R ^{\overline{}^{f}} S ein Morphismus kommutativer Ringe. Sei I ⊆ S ein Ideal.

(1) Da f(0) = 0 ∈ J, ist 0 ∈ f^{−1}(J).

Sind x, y ∈ f^{−1}(J), so ist f(x − y) = f(x) − f(y) ∈ J, also x − y ∈ f^{−1}(J).

Ist x ∈ f^{−1}(J) und ist r ∈ R, so ist f(rx) = f(r)f(x) ∈ J, und also rx ∈ f^{−1}(J).

Also ist f^{−1}(J) ⊆ R ein Ideal.

Ist r ∈ Kern f, so ist f(r) = 0 ∈ J, und also r ∈ f^{−1}(J). Also ist Kern f ⊆ J. (Alternativ, da {0} ⊆ J, ist auch f^{−1}({0}) ⊆ f^{−1}(J).)

(2) Wir haben zu zeigen, daß R/I genau 2 Ideale enthält. Wir wenden (1) an auf R ^{\overline{}^{ρ}} R/I. Sei

J ⊆ R/I ein Ideal. Dann ist

I = Kern ρ ⊆ ρ^{−1}(J) ⊆ R .

Da I ⊆ R ein maximales Ideal ist, folgt ρ^{−1}(J) = I oder ρ^{−1}(J) = R.

Ersterenfalls ist, wegen ρ surjektiv, J = ρ(ρ^{−1}(J)) = ρ(I) = {0_{R/I}}.

Zweiterenfalls ist, wegen ρ surjektiv, J = ρ(ρ^{−1}(J)) = ρ(R) = R/I.

Die Menge der Ideale von R/I ist somit gleich {{0_{R/I}}, R/I}. Es bleibt uns anzumerken, daß R/I ≠ {0_{R/I}}, da I ⊊ R, daß also in der Tat auch zwei verschiedene Ideale aufgelistet sind.

Aufgabe 23

Addition und Multiplikation sind ersichtlich kommutativ. Die Multiplikation ist ersichtlich assoziativ. Das Element \frac{1}{1} ist ersichtlich neutral bezüglich der Multiplikation.

Die nun noch fehlenden Eigenschaften wollen wir nachweisen. Seien \frac{r}{s}, \frac{r′}{s′} , \frac{r′′}{s′′} ∈ frac R.

Es wird \frac{r}{s} + \frac{0}{1} = \frac{r·1+s·0}{s·1} = \frac{r}{s}.

Es wird \frac{r}{s} + \frac{(−r)}{s} = \frac{rs+(−r)s}{s^{2}} = \frac{0}{s^{2}} = \frac{0}{1}.

Es wird

(\frac{r}{s} + \frac{r′}{s′}) + \frac{r′′}{s′′} = \frac{rs′+r′s}{ss′} + \frac{r′′}{s′′}
= \frac{(rs′+r′s)s′′+r′′ss′}{ss′s′′}
= \frac{rs′s′′+r′ss′′+r′′ss′}{ss′s′′}
= \frac{rs′s′′+s(r′s′′+r′′s′)}{ss′s′′}
= \frac{r}{s} + \frac{r′s′′+r′′s′}{s′s′′}
= \frac{r}{s} + (\frac{r′}{s′} + \frac{r′′}{s′′}) .

Es wird

(\frac{r}{s} + \frac{r′}{s′})\frac{r′′}{s′′} = \frac{rs′+r′s}{ss′} \frac{r′′}{s′′}
= \frac{(rs′+r′s)r′′}{ss′s′′}
= \frac{(rs′+r′s)r′′s′′}{ss′s^{′′2}}
= \frac{rr′′s′s′′+r′r′′ss′′}{ss′′s′s′′}
= \frac{rr′′}{ss′′} + \frac{r′r′′}{s′s′′} .

Es ist \frac{r}{s} = \frac{0}{1} genau dann, wenn r · 1 = s · 0; i.e. genau dann, wenn r = 0. Sei also r ≠ 0. Es wird \frac{r}{s} \frac{s}{r} = \frac{rs}{sr} = \frac{1}{1}.

Aufgabe 24

(1) Es ist Frob_{K}(1) = 1^{p} = 1. Es ist Frob_{K}(xy) = (xy)^{p} = x^{p}y^{p} für x, y ∈ K. Für die Verträglichkeit mit der Addition merken wir an, daß der Binomialkoeffizient (\begin{matrix}p \\ i \end{matrix}) = \frac{p!}{i!(p−i)!} für i ∈ [1, p − 1] im Zähler einen Faktor p enthält, nicht aber im Nenner. Also ist diesenfalls (\begin{matrix}p \\ i \end{matrix}) ein Vielfaches von p. Es folgt

Frob_{K}(x+y) = (x+y)^{p} = x^{p}+(\begin{matrix}p \\ 1 \end{matrix}) x^{p−1}y^{1}+⋯+(\begin{matrix}p \\ p−1 \end{matrix}) x^{1}y^{p−1}+y^{p} = x^{p}+y^{p} = Frob_{K}(x)+Frob_{K}(y) ,

da in K gilt, daß p = 0. Als Morphismus von Körpern ist Frob_{K} injektiv; vgl. Aufgabe 7.(1). Ist K ein endlicher Körper, so ist Frob_{K} als injektive Selbstabbildung einer endlichen Menge auch bijektiv, und mithin ein Automorphismus. Allgemein ist das aber nicht der Fall. So z.B. ist Frob_{F_{p}(X)} nicht surjektiv, da X ∈ F_{p}(X) nicht in

Frob_{K}(F_{p}(X)) liegt. Denn wäre X = (\frac{f(X)}{g(X)})^{p} für gewisse f(X) ∈ F_{p}[X] und g(X) ∈ F_{p}[X] ∖ \{0\}, dann wäre Xg(X)^{p} = f(X)^{p}, und also

1 ≡_{p} 1 + p deg g = deg(Xg(X)^{p}) = deg(f(X)^{p}) = p deg f ≡_{p} 0 ,

Widerspruch.

(2) Es ist Frob_{F_{p}} ein Automorphismus von F_{p}.

Nach der ersten Bemerkung in §2.1 operiert aber jeder Automorphismus eines Körpers K von Charakteristik p identisch auf dem Primkörper, d.h. auf den Elementen im Bild von ε_{K}. Im Falle K = F_{p} ist nun ε_{F_{p}} surjektiv, i.e. es ist F_{p} sein eigener Primkörper. Es folgt Frob_{F_{p}} = id_{F_{p}}. Elementweise geschrieben heißt dies, daß x^{p} = Frob_{F_{p}}(x) = x für alle x ∈ F_{p}. In anderen Worten, es ist z^{p} ≡_{p} z für alle z ∈ Z, und dies ist die Aussage des Kleinen Fermatschen Satzes.

(3) Z.B. ist X^{3} − X + 1 ∈ F_{3}[X] mangels Nullstelle irreduzibel. Sei

F_{27} := F_{3}[X]/(X^{3} − X + 1)F_{3}[X] .

Schreibe γ := X + (X^{3} − X + 1)F_{3}[X]. Dann ist γ^{3} = γ − 1 und 3 = 0 in F_{27}. Eine Basis von F_{27} über F_{3} ist gegeben durch (γ^{0}, γ^{1}, γ^{2}), und insbesondere ist |F_{27}| = 3^{3} = 27 wie gewünscht. Sei x = λ_{2}γ^{2} + λ_{1}γ^{1} + λ_{0}γ^{0} ∈ F_{27}, wobei λ_{i} ∈ F_{3} für i ∈ [0, 2]. Es wird

Frob_{F_{27}}(x) − x = (λ_{2}γ^{2} + λ_{1}γ^{1} + λ_{0}γ^{0})^{3} − (λ_{2}γ^{2} + λ_{1}γ^{1} + λ_{0}γ^{0})
= (λ_{2}^{3}γ^{6} + λ_{1}^{3}γ^{3} + λ_{0}^{3}γ^{0}) − (λ_{2}γ^{2} + λ_{1}γ^{1} + λ_{0}γ^{0})
= (λ_{2}γ^{6} + λ_{1}γ^{3} + λ_{0}γ^{0}) − (λ_{2}γ^{2} + λ_{1}γ^{1} + λ_{0}γ^{0})
= λ_{2}γ^{6} + λ_{1}γ^{3} − λ_{2}γ^{2} − λ_{1}γ^{1}
= λ_{2}(γ − 1)^{2} + λ_{1}(γ − 1) − λ_{2}γ^{2} − λ_{1}γ^{1}
= λ_{2}γ^{1} + (λ_{1} + λ_{2})γ^{0} .

Dies ist wegen der linearen Unabhängigkeit von (γ^{0}, γ^{1}, γ^{2}) über F_{3} genau dann gleich 0, wenn λ_{2} = 0 und λ_{1} = 0. Also ist

{x ∈ F_{27} : Frob_{F_{27}}(x) = x} = {λ_{2}γ^{2} + λ_{1}γ^{1} + λ_{0}γ^{0} : λ_{i} ∈ F_{3}, λ_{1} = λ_{2} = 0} = F_{3} .

Alternativ kann man hierfür anführen, daß Frob_{F_{27}}(x) = x gilt für alle Elemente des Primkörpers F_{3}, daß das Polynom X^{3} −X höchstens 3 Nullstellen in F_{27} haben kann und daß somit genau diese drei Elemente von F_{3} Nullstellen davon sind.

(4) Z.B. ist X^{4} + X + 1 ∈ F_{2}[X] irreduzibel; vgl. Aufgabe 19.(3). Sei

F_{16} := F_{2}[X]/(X^{4} + X + 1)F_{2}[X] .

Schreibe δ := X + (X^{4} + X + 1)F_{2}[X]. Dann ist δ^{4} = δ + 1 und 2 = 0 in F_{16}. Eine Basis von F_{16} über F_{2} ist gegeben durch (δ^{0}, δ^{1}, δ^{2}, δ^{3}), und insbesondere ist |F_{16}| = 2^{4} = 16 wie gewünscht. Sei x = λ_{3}δ^{3} + λ_{2}δ^{2} + λ_{1}δ^{1} + λ_{0}δ^{0} ∈ F_{16}, wobei λ_{i} ∈ F_{2} für i ∈ [0, 3]. Es wird

Frob_{F_{16}}^{2}(x) − x = (λ_{3}δ^{3} + λ_{2}δ^{2} + λ_{1}δ^{1} + λ_{0}δ^{0})^{4} − (λ_{3}δ^{3} + λ_{2}δ^{2} + λ_{1}δ^{1} + λ_{0}δ^{0})
= (λ_{3}δ^{12} + λ_{2}δ^{8} + λ_{1}δ^{4} + λ_{0}δ^{0}) + (λ_{3}δ^{3} + λ_{2}δ^{2} + λ_{1}δ^{1} + λ_{0}δ^{0})
= (λ_{3}(δ + 1)^{3} + λ_{2}(δ + 1)^{2} + λ_{1}(δ + 1)) + (λ_{3}δ^{3} + λ_{2}δ^{2} + λ_{1}δ^{1})
= λ_{3}(δ^{2} + δ + 1) + λ_{2} + λ_{1} .

Wegen der linearen Unabhängigkeit von (δ^{0}, δ^{1}, δ^{2}, δ^{3}) über F_{2} ist dies genau dann gleich 0, wenn λ_{3} = 0 und λ_{1} = λ_{2}. Also ist

K := {x ∈ F_{16} : Frob_{F_{16}}^{2}(x) = x} = {λ_{1}(δ^{2} + δ) + λ_{0} : λ_{0}, λ_{1} ∈ F_{2}} .

Es ist K ein Teilkörper, da Frob_{F_{16}}^{2}(1) = 1, und da aus x, y ∈ F_{16} mit Frob_{F_{16}}^{2}(x) = x und Frob_{F_{16}}^{2}(y) = y folgt, daß

Frob_{F_{16}}^{2}(x − y) = Frob_{F_{16}}^{2}(x) − Frob_{F_{16}}^{2}(y) = x − y ,

daß

Frob_{F_{16}}^{2}(xy) = Frob_{F_{16}}^{2}(x) Frob_{F_{16}}^{2}(y) = xy

und daß, falls x ≠ 0,

Frob_{F_{16}}^{2}(x^{−1}) = Frob_{F_{16}}^{2}(x)^{−1} = x^{−1} .

Also ist K ein Teilring abgeschlossen unter Inversion von nichtverschwindenden Elementen, und somit ein Teilkörper. (Festgestellt zu haben, daß ein Teilring eines endlichen Körpers vorliegt, hätte auch gereicht, da ein endlicher Integritätsbereich notwendig ein Körper ist.) Nun ist

(δ^{2} + δ)^{2} + (δ^{2} + δ) + 1 = δ^{4} + δ^{2} + δ^{2} + δ + 1 = 0 .

Also faktorisiert der Ringmorphismus

[figure: F_{2}[X]; F_{16}; X; δ^{2} + δ]

über den Ringmorphismus

[figure: F_{2}[X]/(X^{2} + X + 1)F_{2}[X]; F_{16}; X + (X^{2} + X + 1)F_{2}[X]; δ^{2} + δ .]

In der Tat schickt ersterer das Polynom X^{2} + X + 1 auf (δ^{2} + δ)^{2} + (δ^{2} + δ) + 1 = 0_{F_{16}}, und also das Ideal (X^{2} + X + 1)F_{2}[X] auf {0_{F_{16}}}.

In Standardnotation umgeschrieben liest sich letzterer nun

[figure: F_{4}; F_{16}; α; δ^{2} + δ .]

Als Körpermorphismus ist dieser nun injektiv; vgl. Aufgabe 7. Da F_{4} = ⟨1, α⟩_{F_{2}} (Vektorraumerzeugnis über F_{2}), und da dieser Morphismus F_{2}-linear ist, ist das Bild gegeben durch ⟨1, δ^{2} + δ⟩_{F_{2}}. Dies ist aber gerade gleich K. Somit liefert unser injektiver Körpermorphismus durch Einschränkung des Bildbereichs einen Körperisomorphismus

[figure: F_{4}; K; α; δ^{2} + δ .]

Man hätte zur Konstruktion von F_{16} alternativ auch ein irreduzibles Polynom von Grad 2 in F_{4}[X] verwenden können; vgl. Aufgabe 19.(3).

Aufgabe 25

(1) Es ist f′(X) = X^{s−1}(X − 1)^{t−1}(tX + s(X − 1)). Um also zu zeigen, daß ggT(f(X), f′(X)) = X^{s−1}(X − 1)^{t−1}, genügt es, zu zeigen, daß X(X − 1) und tX + s(X − 1) teilerfremd sind. Und in der Tat, X teilt letzteres Polynom nicht, da X wegen s ≠ 0 den Summanden s(X − 1) nicht teilt. Genauso teilt (X − 1) letzteres Polynom nicht, da es wegen t ≠ 0 den Summanden tX nicht teilt.

So zu argumentieren können wir uns leisten, da wir in K[X] die eindeutige Zerlegung in irreduzible Polynome kennen; vgl. §1.9.

(2) Nach Voraussetzung können wir f(X) = ∏_{i∈[1,r]}(X − γ_{i})^{s_{i}} für gewisse r ⩾ 0, γ_{i} ∈ K und s_{i} ⩾ 1 schreiben, wobei γ_{i} ≠ γ_{j} falls i ≠ j. Beachte, daß

f′(X) = ∑_{k∈[1,r]} s_{i}(X − γ_{i})^{s_{i}−1} ∏_{i∈[1,r]∖{k}}(X − γ_{i})^{s_{i}} .

Ist s_{i} = 1 für alle i ∈ [1, r], so wird f′(γ_{j}) = ∏_{i∈[1,r]∖{j}}(γ_{j} − γ_{i}) ≠ 0 und somit f′(X) kein Vielfaches von (X − γ_{j}) für alle j ∈ [1, r]. Folglich ist ggT(f(X), f′(X)) = 1. Ist umgekehrt s_{j} ⩾ 2 für ein j ∈ [1, r], so wird f′(γ_{j}) = s_{j}(γ_{i} − γ_{i})^{s_{j}−1} ∏_{i∈[1,r]∖{j}}(γ_{j} − γ_{i}) = 0. Also ist (X −γ_{j}) ein Teiler von f′(X), und also insgesamt ein Teiler von ggT(f(X), f′(X)). Folglich ist ggT(f(X), f′(X)) ≠ 1.

(3) Sei g_{K}(X) der in K[X] genommene ggT von f(X) und h(X).

Sei g_{L}(X) der in L[X] genommene ggT von f(X) und h(X). Mit dem Euklidschen Algorithmus gibt es s_{K}(X), t_{K}(X) ∈ K[X] mit

(∗)  f(X)s_{K}(X) + h(X)t_{K}(X) = g_{K}(X)

und s_{L}(X), t_{L}(X) ∈ L[X] mit

(∗∗)  f(X)s_{L}(X) + h(X)t_{L}(X) = g_{L}(X) ;

vgl. Aufgabe 8. Da g_{L}(X) ein Teiler von f(X) und von h(X) in L[X] ist, zeigt (∗), daß g_{L}(X) auch ein Teiler von g_{K}(X) in L[X] ist. Da g_{K}(X) ein Teiler von f(X) und von h(X) in K[X] ist, zeigt (∗∗), daß g_{K}(X) auch ein Teiler von g_{L}(X) in L[X] ist. Insgesamt folgt g_{K}(X) = g_{L}(X).

Aufgabe 26

(1) Es ist char L > 0, da char L = 0 zur Folge hätte, daß Z ^{\overline{}^{ε_{L}}} L den Kern (char L)Z = \{0\} hätte, und somit injektiv wäre, was wegen L endlich nicht geht. Schreibe also char L =: p > 0. Wir haben den Primkörper F_{p} ⊆ L; vgl. §2.1. Es ist L ein F_{p}-Vektorraum; vgl. die erste Bemerkung in §1.7.5. Da L endlich ist, ist L ein endlichdimensionaler F_{p}-Vektorraum. Sei ℓ := dim_{F_{p}} L = [L : F_{p}]. Es folgt |L| = p^{ℓ}.

(2) Erste Lösung. Es ist ℓ = [L : F_{p}] = [L : K][K : F_{p}]. Folglich ist [K : F_{p}] =: k ein Teiler von ℓ. Ferner ist |K| = p^{k}. Zweite Lösung, alternativ. Es ist L ein endlichdimensionaler K-Vektorraum. Schreibe m := [L : K]. Mit (1) gibt es ein k ⩾ 1 mit K = p^{k}; beachte char K = char L = p. Also ist (p^{k})^{m} = p^{ℓ}. Mithin ist km = ℓ.

(3) Nach (2) haben alle Teilkörper von F_{27} eine Kardinalität 3^{k} mit k einem Teiler von 3. Es folgt, daß diese Kardinalität 3^{1} = 3 oder 3^{3} = 27 haben. Also sind der Primkörper F_{3} und der gesamte Körper F_{27} die einzigen Teilkörper von F_{27}.

Vgl. auch Aufgabe 21.

Aufgabe 27

(1) Zur ersten Behauptung.

Ist o(a) ein Teiler von k, ist also k = o(a)ℓ für ein ℓ ∈ Z, dann ist a^{k} = a^{o(a)ℓ} = (a^{o(a)})^{ℓ} = 1^{ℓ} = 1. Sei umgekehrt a^{k} = 1. Schreibe k = o(a)ℓ + r mit ℓ ∈ Z und r ∈ [0, o(a) − 1]. Dann ist

1 = a^{k} = a^{o(a)ℓ+r} = (a^{o(a)})^{ℓ} · a^{r} = a^{r} .

Wäre r ⩾ 1, so wäre dies im Widerspruch zur Minimalität von o(a). Also ist r = 0, i.e. o(a) ein Teiler von k. Zur zweiten Behauptung. Zum einen ist (ab)^{o(a)o(b)} = (a^{o(a)})^{o(b)}(b^{o(b)})^{o(a)} = 1^{o(b)}1^{o(a)} = 1. Sei zum anderen (ab)^{k} = 1 für ein k ∈ Z_{⩾1}. Dann ist a^{k} = b^{−k}. Es ist a^{k} ∈ ⟨a⟩, und ⟨a⟩ ist eine Gruppe mit |⟨a⟩| = o(a) nach Aufgabe 11.(1.b). Nach Aufgabe 11.(1.c), angewandt auf diese Gruppe ⟨a⟩, ist o(a^{k}) ein Teiler von o(a). (Hierfür kann alternativ auch folgendes vorgebracht werden. Es ist (a^{k})^{o(a)} = a^{ko(a)} = (a^{o(a)})^{k} = 1^{k} = 1. Mit der ersten Behauptung folgt, daß o(a^{k}) ein Teiler von o(a) ist.) Analog ist o(b^{−k}) ein Teiler von o(b). Somit ist o(a^{k}) = o(b^{−k}) ein gemeinsamer Teiler von o(a) und von o(b), und also gleich 1, da ggT(o(a), o(b)) = 1. Dies aber hat a^{k} = b^{−k} = 1 zur Folge. Dank der ersten Behauptung folgt, daß o(a) und o(b) beide Teiler von k sind. Wegen ggT(o(a), o(b)) = 1 folgt, daß o(a)o(b) ein Teiler von k ist, insbesondere, daß o(a)o(b) ⩽ k ist. Somit ist o(a)o(b) der minimale positive Exponent, dessen Potenz von ab gleich 1 ist. In anderen Worten, es ist in der Tat o(ab) = o(a)o(b).

(2) Schreibe g := ggT(o(a), d).

Da g ein Teiler von d ist, folgt zum einen (a^{d})^{\frac{o(a)}{g}} = a^{\frac{o(a)d}{g}} = (a^{o(a)})^{\frac{d}{g}} = 1. Sei zum anderen k ∈ Z_{⩾1} mit (a^{d})^{k} = 1 gegeben. Dank (1) ist o(a) ein Teiler von dk und somit \frac{o(a)}{g} ein Teiler von \frac{d}{g} ·k. Da \frac{o(a)}{g} und \frac{d}{g} aber teilerfremd sind, folgt, daß \frac{o(a)}{g} bereits ein Teiler von k ist. Insbesondere gilt \frac{o(a)}{g} ⩽ k. Somit ist \frac{o(a)}{g} der minimale positive Exponent, dessen Potenz von a^{d} gleich 1 ist. In anderen Worten, es ist in der Tat o(a^{d}) = \frac{o(a)}{g} .

(3) Schreibe o(a) = p_{1}^{s_{1}} ⋯ p_{k}^{s_{k}} und o(b) = p_{1}^{t_{1}} ⋯ p_{k}^{t_{k}} mit k ⩾ 0, p_{i} > 0 prim und s_{i}, t_{i} ∈ Z_{⩾0} für i ∈ [1, k], wobei p_{i} ≠ p_{j} für i, j ∈ [1, k] mit i ≠ j. Sei i ∈ [1, k] gegeben. Mit (2) gibt es ein Element von Ordnung p_{i}^{s_{i}} in G, nämlich eine geeignete Potenz von a. Mit (2) gibt es auch ein Element von Ordnung p_{i}^{t_{i}} in G, nämlich eine geeignete Potenz von b. Somit gibt es auch ein Element x_{i} ∈ G von Ordnung p_{i}^{max{s_{i},t_{i}}} in G. Mit (1) folgt aus der Teilerfremdheit der Primpotenzen, daß

o(x_{1} ⋯ x_{k}) = o(x_{1}) ⋯ o(x_{k}) = p_{1}^{max{s_{1},t_{1}}} ⋯ p_{k}^{max{s_{k},t_{k}}} = kgV(o(a), o(b)) .

(4) Wäre o(g) kein Teiler von o(x) ist für ein g ∈ G, so wäre o(x) < kgV(o(x), o(g)). Sei g̃ ein mit (3) existentes Element von G von Ordnung kgV(o(x), o(g)). Dann ist o(x) < o(g̃). Wir haben einen Widerspruch zur Maximalität von o(x).

(5) Sei x ∈ G von maximaler Ordnung.

Zunächst ist o(x) ein Teiler von |G|; vgl. Aufgabe 11.(1.c). Mit (4) folgt andererseits, daß für alle g ∈ G gilt, daß o(g) ein Teiler von o(x) ist, und insbesondere, daß g^{o(x)} = 1 ist. Folglich sind alle Elemente von G Nullstellen von X^{o(x)} − 1. Ein Polynom mit |G| Nullstellen hat aber Grad ⩾ |G|, da zu diesen Nullstellen gehörige Linearfaktoren abdividiert werden können; cf. §1.6.4. Also ist o(x) ⩾ |G|. Insgesamt folgt o(x) = |G|.

(6) Wir verwenden die Schreibweise der Lösung von Aufgabe 24.(4). Sei also δ ∈ F_{4} mit δ^{4} + δ + 1 = 0. Wir erhalten folgende Potenzen, ausgedrückt in der Standardbasis (1, δ, δ^{2}, δ^{3}) über F_{2}.

δ^{0} = 1
δ^{1} = δ
δ^{2} = δ^{2}
δ^{3} = δ^{3}
δ^{4} = δ + 1
δ^{5} = δ^{2} + δ
δ^{6} = δ^{3} + δ^{2}
δ^{7} = δ^{3} + δ + 1
δ^{8} = δ^{2} + 1
δ^{9} = δ^{3} + δ
δ^{10} = δ^{2} + δ + 1
δ^{11} = δ^{3} + δ^{2} + δ
δ^{12} = δ^{3} + δ^{2} + δ + 1
δ^{13} = δ^{3} + δ^{2} + 1
δ^{14} = δ^{3} + 1
δ^{15} = 1  (zur Probe)

Vgl. auch Aufgabe 11.(2, 3) und Aufgabe 18.

(7) Es ist G = {1, i, −1, −i} ⊆ C^{×} eine Gruppe mit |G| = 4, deren Multiplikation von der Multiplikation in C stammt.

Aufgabe 28

Schreibe n := [L : K]. Das Tupel (x^{0}, x^{1}, …, x^{n}) hat Länge n + 1, ist also linear abhängig. Somit gibt es λ_{i} ∈ K für i ∈ [0, n] so, daß

λ_{0}x^{0} + ⋯ + λ_{n}x^{n} = 0 ,

aber so, daß λ_{j} ≠ 0 für wenigstens ein j ∈ [0, n]. Setzen wir f(X) = ∑_{i∈[0,n]} λ_{i}X^{i} ∈ K[X], so haben wir also ein Polynom ungleich 0 gefunden, welches f(x) = 0 erfüllt. Folglich ist x algebraisch über K.

Aufgabe 29

(1) Es ist X^{4} + X + 1 irreduzibel in Q[X].

Magma:

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
Factorisation(X^4 + X + 1);

(2) Es ist

X^{5} + X + 1 = (X^{2} + X + 1)(X^{3} − X^{2} + 1)

die Zerlegung in irreduzible Faktoren in Q[X].

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
Factorisation(X^5 + X + 1);

(3) Schreibe γ := i\sqrt{3}. Es ist

X^{5} + X + 1 = (X + \frac{1 − γ}{2} )(X + \frac{1 + γ}{2} )(X^{3} − X^{2} + 1)

die Zerlegung in irreduzible Faktoren in Q(γ)[X].

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
KK<ga> := ext<Q | X^2 + 3>;
RR<XX> := PolynomialRing(KK);
Factorisation(XX^5 + XX + 1);

(4) Es ist

X^{8} − X = X(X + 1)(X^{3} + X + 1)(X^{3} + X^{2} + 1)

die Zerlegung in irreduzible Faktoren in F_{2}[X].

F := GF(2);
R<X> := PolynomialRing(F);
Factorisation(X^8 - X);

(5) Es ist

X^{8} − X = X(X + 1)(X + β)(X + β^{2})(X + β^{3})(X + β^{4})(X + β^{5})(X + β^{6})

die Zerlegung in irreduzible Faktoren in F_{8}[X] (was man auch ohne Magma erkennt, da jedes Element von F_{8} eine Nullstelle von X^{8} − X ist).

F := GF(2);
R<X> := PolynomialRing(F);
FF<b> := ext<F | X^3 + X + 1>;
RR<XX> := PolynomialRing(FF);
Factorisation(XX^8 - XX);

(6) Es ist

\begin{matrix}X^{15} − X + 1 = \\ (X + ι + 1)(X − ι + 1)(X^{2} + X + ι − 1)(X^{2} + X − ι − 1)(X^{9} − X^{8} − X^{7} − X^{4} − X^{3} + X^{2} − X + 1) \end{matrix}

die Zerlegung in irreduzible Faktoren in F_{9}[X].

F := GF(3);
R<X> := PolynomialRing(F);
FF<i> := ext<F | X^2 + 1>;
RR<XX> := PolynomialRing(FF);
Factorisation(XX^15 - XX + 1);

Aufgabe 30

(1) Es ist X^{4} + X^{2} + 1 = (X^{2} + X + 1)(X^{2} − X + 1) die Zerlegung in irreduzible Polynome in Q[X]. Sei Q(a)|Q mit a^{2} + a + 1 = 0. Es ist X^{4} + X^{2} + 1 = (X + a)(X − a)(X + a + 1)(X − a − 1) die Zerlegung in irreduzible Polynome in Q(a)[X]. Mit L = Q(a) und K = Q ist [L : K] = 2.

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
Factorisation(X^4 + X^2 + 1);
KK<a> := ext<Q | X^2 + X + 1>;
RR<XX> := PolynomialRing(KK);
Factorisation(XX^4 + XX^2 + 1);

(2) Es ist X^{6} + X^{2} + 1 irreduzibel in Q[X]. Sei Q(a)|Q mit a^{6} + a^{2} + 1 = 0.

Es ist X^{6} + X^{2} + 1 = (X + a)(X − a)(X^{4} + a^{2}X^{2} + (a^{4} + 1)) die Zerlegung in irreduzible Polynome in Q(a)[X]. Sei Q(a, b)|Q(a) mit b^{4} + a^{2}b^{2} + (a^{4} + 1) = 0. Es ist X^{6} + X^{2} + 1 = (X + a)(X − a)(X + b)(X − b)(X^{2} + (a^{2} + b^{2})) die Zerlegung in irreduzible Polynome in Q(a, b)[X]. Sei Q(a, b, c)|Q(a, b) mit c^{2} + (a^{2} + b^{2}) = 0. Es ist X^{6} + X^{2} + 1 = (X + a)(X − a)(X + b)(X − b)(X + c)(X − c) die Zerlegung in irreduzible Polynome in Q(a, b, c)[X]. Mit L = Q(a) und K = Q ist

[L : K] = [Q(a, b, c) : Q(a, b)][Q(a, b) : Q(a)][Q(a) : Q] = 6 · 4 · 2 = 48 ,

wie man den Graden der jeweiligen Minimalpolynome entnimmt.

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
Factorisation(X^6 + X^2 + 1);
KK<a> := ext<Q | X^6 + X^2 + 1>;
RR<XX> := PolynomialRing(KK);
Factorisation(XX^6 + XX^2 + 1);
KKK<b> := ext<KK | XX^4 + a^2*XX^2 + a^4 + 1>;
RRR<XXX> := PolynomialRing(KKK);
Factorisation(XXX^6 + XXX^2 + 1);
KKKK<c> := ext<KKK | XXX^2 + b^2 + a^2>;
RRRR<XXXX> := PolynomialRing(KKKK);
Factorisation(XXXX^6 + XXXX^2 + 1);

(3) Es ist X^{4} + X + 1 = (X^{2} + X + α)(X^{2} + X + α^{2}) die Zerlegung in irreduzible Polynome in F_{4}[X]. Sei F_{4}(b)|F_{4} mit b^{2} + b + α = 0. Es ist X^{4} + X + 1 = (X + b)(X + b + α)(X + b + 1)(X + b + α + 1) die Zerlegung in irreduzible Polynome in F_{4}(b)[X]. Mit L = F_{4}(b) und K = F_{4} ist [L : K] = 2 (und insbesondere |F_{4}(b)| = 16.).

F := GF(2);
R<X> := PolynomialRing(F);
FF<a> := ext<F | X^2 + X + 1>;
RR<XX> := PolynomialRing(FF);
Factorisation(XX^4 + XX + 1);
FFF<b> := ext<FF | XX^2 + XX + a>;
RRR<XXX> := PolynomialRing(FFF);
Factorisation(XXX^4 + XXX + 1);

… plus eine Umformung der entstandenen Koeffizienten von Hand.

Aufgabe 31

(1) Zunächst stellen wir mittels Magma fest, daß X^{2} − 2 ∈ Q[X] und X^{2} − 3 ∈ Q(\sqrt{2})[X] irreduzibel sind. Folglich ist

[Q(\sqrt{2}, \sqrt{3}) : Q] = [Q(\sqrt{2}, \sqrt{3}) : Q(\sqrt{2})][Q(\sqrt{2}) : Q] = 2 · 2 = 4 .

Eine Basis von Q(\sqrt{2}, \sqrt{3}) über Q ist gegeben durch

(1, \sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6}) ,

wofür wir \sqrt{2}\sqrt{3} = \sqrt{6} vereinfacht haben. Wir verwenden die Charakterisierung von μ_{\sqrt{2}+\sqrt{3},Q}(X) als normiertes Polynom minimalen Grades in Q[X] mit Nullstelle \sqrt{2} + \sqrt{3}. Wir berechnen also einmal die Potenzen von \sqrt{2} + \sqrt{3}, ausgedrückt in der vorstehenden Basis.

\begin{aligned}(\sqrt{2} + \sqrt{3})^{0} & = & 1 · 1 & + & 0 · \sqrt{2} & + & 0 · \sqrt{3} & + & 0 · \sqrt{6} \\ (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{1} & = & 0 · 1 & + & 1 · \sqrt{2} & + & 1 · \sqrt{3} & + & 0 · \sqrt{6} \\ (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{2} & = & 5 · 1 & + & 0 · \sqrt{2} & + & 0 · \sqrt{3} & + & 2 · \sqrt{6} \\ (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{3} & = & 0 · 1 & + & 11 · \sqrt{2} & + & 9 · \sqrt{3} & + & 0 · \sqrt{6} \\ (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{4} & = & 49 · 1 & + & 0 · \sqrt{2} & + & 0 · \sqrt{3} & + & 20 · \sqrt{6} \end{aligned}

Es stellt sich mittels Linearer Algebra heraus, daß

((\sqrt{2} + \sqrt{3})^{0}, (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{1}, (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{2}, (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{3})

linear unabhängig ist. Ferner stellt sich mittels Linearer Algebra heraus, daß

(\sqrt{2} + \sqrt{3})^{4} − 10(\sqrt{2} + \sqrt{3})^{2} + (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{0} = 0 .

Dies, zusammen mit der vorher festgestellen linearen Unabhängigkeit, zeigt, daß X^{4} − 10X^{2} + 1 das normierte Polynom kleinsten Grades mit Nullstelle \sqrt{2}+\sqrt{3} ist. In anderen Worten, wir haben

μ_{\sqrt{2}+\sqrt{3},Q}(X) = X^{4} − 10X^{2} + 1 .

Insbesondere ist [Q(\sqrt{2} + \sqrt{3}) : Q] = 4. Aus Dimensionsgründen folgt, daß Q(\sqrt{2} + \sqrt{3}) = Q(\sqrt{2}, \sqrt{3}).

(2) Zunächst ist natürlich

\begin{aligned}μ_{0,F_{2}}(X) & = & X \\ μ_{1,F_{2}}(X) & = & X + 1 . \end{aligned}

Es hat das irreduzible Polynom X^{3} + X + 1 ∈ F_{2}[X] die Nullstelle β, und also auch die Nullstellen β^{2} und β^{4}, wie eine Anwendung des Frobenius liefert; vgl. Bemerkung in §2.3.4. Also

\begin{aligned}μ_{β,F_{2}}(X) & = & X^{3} + X + 1 \\ μ_{β^{2},F_{2}}(X) & = & X^{3} + X + 1 \\ μ_{β^{4},F_{2}}(X) & = & X^{3} + X + 1 . \end{aligned}

Berechnen wir das Minimalpolynom von β^{3}. Die Potenzen von β^{3}, ausgedrückt in der Standardbasis (β^{0}, β^{1}, β^{2}), sind gegeben durch

\begin{aligned}(β^{3})^{0} & = & 1 · β^{0} & + & 0 · β^{1} & + & 0 · β^{2} \\ (β^{3})^{1} & = & 1 · β^{0} & + & 1 · β^{1} & + & 0 · β^{2} \\ (β^{3})^{2} & = & 1 · β^{0} & + & 0 · β^{1} & + & 1 · β^{2} \\ (β^{3})^{3} & = & 0 · β^{0} & + & 0 · β^{1} & + & 1 · β^{2} . \end{aligned}

Wir sehen, daß

((β^{3})^{0}, (β^{3})^{1}, (β^{3})^{2})

linear unabhängig über F_{2} ist. Ferner ist

(β^{3})^{3} + (β^{3})^{2} + (β^{3})^{0} = 0 .

Beides zusammen gibt X^{3} +X^{2} +1 als normiertes Polynom minimalen Grades mit Nullstelle β^{3}, in anderen Worten, μ_{β^{3},F_{2}}(X) = X^{3} + X^{2} + 1 ∈ F_{2}[X]. Anwendung des Frobenius liefert die weiteren Nullstellen β^{6} und β^{12} = β^{5}; vgl. Bemerkung in §2.3.4. Also

\begin{aligned}μ_{β^{3},F_{2}}(X) & = & X^{3} + X^{2} + 1 \\ μ_{β^{5},F_{2}}(X) & = & X^{3} + X^{2} + 1 \\ μ_{β^{6},F_{2}}(X) & = & X^{3} + X^{2} + 1 . \end{aligned}

Ein Automorphismus von F_{8} = F_{2}(β) schränkt nach der ersten Bemerkung in §2.1 identisch auf F_{2} ein und muß mit der Bemerkung in §2.3.4 folglich das Element β auf eine Nullstelle seines Minimalpolynoms X^{3} + X + 1 über F_{2} schicken, als da wären β, β^{2} und β^{4}. Nun schickt aber Frob_{F_{8}}^{0} bereits β nach β, Frob_{F_{8}}^{1} schickt β nach β^{2} und Frob_{F_{8}}^{2} schickt β nach β^{4}. Da ein Körpermorphismus von F_{8} = F_{2}(β) in einen anderen Körper bereits durch das Bild von β festliegt, gibt es also außer den Potenzen des Frobenius keine weiteren Automorphismen von F_{8}.

Aufgabe 32

Es ist K(y)|K(y^{2})|K. Um zu zeigen, daß deg μ_{y^{2},K} = deg μ_{y,K} ist, genügt es zu zeigen, daß K(y^{2}) = K(y); vgl. Satz 2.(2) (Minimalpolynom).

Nun ist K(y) = K(y^{2})(y) ebenfalls eine endliche monogene Erweiterung. Es ist y eine Nullstelle von X^{2} − y^{2} ∈ K(y^{2})[X]. Also ist μ_{y,K(y^{2})}(X) ein Teiler von X^{2} − y^{2}, und insbesondere von Grad 1 oder von Grad 2. Dies zieht [K(y) : K(y^{2})] ∈ {1, 2} nach sich.

Mit Satz 1 (Gradsatz) ist nun [K(y) : K] = [K(y) : K(y^{2})][K(y^{2}) : K]. Da [K(y) : K] ungerade ist, folgt [K(y) : K(y^{2})] = 1, und mithin K(y) = K(y^{2}).

Zur Frage, ob μ_{y,K}(X) = μ_{y^{2},K}(X) ist. Dies ist im allgemeinen nicht der Fall. Sei z.B. K = Q und y = \sqrt[3]{2}. Es ist

μ_{\sqrt[3]{2},Q}(X) = X^{3} − 2 ,

wohingegen sich

μ_{( \sqrt[3]{2})^{2},Q}(X) = X^{3} − 4

ergibt. Denn beide Polynome sind laut Magma irreduzibel und haben das jeweilig angegebene Element als Nullstelle.

Ferner liefert der Grad des ersten Minimalpolynoms, daß in der Tat [Q(\sqrt[3]{2}) : Q] = 3 ungerade ist.

Aufgabe 33

(1) Nach dem Korollar in §2.5.4 existiert (bis auf Isomorphie genau) ein Körper mit p^{k} Elementen, genannt F_{p^{k}}.

Nach Aufgabe 27.(5) gibt es in F_{p^{k}}^{×} ein Element y mit o(y) = p^{k} − 1. Mit Aufgabe 11.(1.b) ist |⟨y⟩| = o(y), und folglich

F_{p^{k}}^{×} = ⟨y⟩ .

In der Lösung zu Aufgabe 11.(1.b) haben wir gesehen, daß

⟨y⟩ = {y^{i} : i ∈ Z} = {y^{i} : i ∈ [0, o(y) − 1]} = {y^{i} : i ∈ [0, p^{k} − 2]} .

Insgesamt ist also

F_{p^{k}}^{×} = {y^{i} : i ∈ [0, p^{k} − 2]}

Insbesondere ist

F_{p^{k}} = F_{p}(y) = {f(y) : f(X) ∈ F_{p}[X]} ,

da in letzterer Menge das Element y^{i} für alle i ⩾ 0 und das Element 0 auftreten.

Mit Satz 2.(2) (Minimalpolynom) ist

deg μ_{y,F_{p}} = [F_{p}(y) : F_{p}] = [F_{p^{k}} : F_{p}] = k .

Mit Satz 2.(3) ist μ_{y,F_{p}}(X) irreduzibel.

(2) Sei K := F_{p}[T]/f(T)F_{p}[T]. Sei y := T + f(T)F_{p}[T] ∈ K^{×}. Es ist o(y) ein Teiler von |K^{×}| = p^{k} − 1. Also ist y^{p^{k}} = y · y^{p^{k}−1} = y.

Da y somit eine Nullstelle von X^{p^{k}} − X ist ist mit Satz 2.(2) das Minimalpolynom μ_{y,F_{p}}(X) ein Teiler von X^{p^{k}} −X in F_{p}[X]. Nun ist aber μ_{y,F_{p}}(X) = f(X), e.g. da dies ein normiertes irreduzibles Polynom mit Nullstelle y ist.

Sei z ∈ K^{×}. Genauso wie für y folgt auch, daß z eine Nullstelle von X^{p^{k}} − X ist. Ferner ist 0 eine Nullstelle dieses Polynoms. Also hat dieses Polynom sämtliche Elemente von K als Nullstelle. Sukzessives Abdividieren und Gradvergleich liefert

X^{p^{k}} − X = ∏_{z∈K}(X − z) ∈ K[X] .

Da nun f(X) auch in K[X] ein Teiler von X^{p^{k}} − X ist, folgt, daß f(X) in K[X] in Linearfaktoren zerfällt (von denen keiner mit Exponent ⩾ 2 auftritt).

Da in der Zerlegung von X^{p^{k}} − X in K[X] kein Linearfaktor mit Exponent ⩾ 2 auftritt, kann f(X)^{2} das Polynom X^{p^{k}} − X in K[X] und daher auch in F_{p}[X] nicht teilen. (Es folgt auch noch, daß in der Zerlegung von f(X) in K[X] kein Linearfaktor mit Exponent ⩾ 2 auftritt.)

Aufgabe 34

(1) Sei Q(a, b)|Q mit a^{3} + a + 1 = 0 und b^{2} + ab + (a^{2} + 1) = 0. Dann wird

X^{3} + X + 1 = (X − a)(X − b)(X + a + b) ∈ Q(a, b)[X]

Da auch Q(a, b, −a − b) = Q(a, b), ist Q(a, b) der Zerfällungskörper von X^{3} + X + 1 ∈ Q[X]. Es ist [Q(a, b) : Q] = [Q(a, b) : Q(a)][Q(a) : Q] = 2 · 3 = 6.

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
Factorisation(X^3 + X + 1);
KK<a> := ext<Q | X^3 + X + 1>;
RR<XX> := PolynomialRing(KK);
Factorisation(XX^3 + XX + 1);
KKK<b> := ext<KK | XX^2 + a*XX + a^2 + 1>;
RRR<XXX> := PolynomialRing(KKK);
Factorisation(XXX^3 + XXX + 1);

(2) Sei Q(a, b)|Q mit a^{4} + 4a^{2} + 4a + 8 = 0 und b^{3} + ab^{2} + (a^{2} + 4)b + (a^{3} + 4a + 8) = 0. In Q(a, b)[X] wird

X^{4} + 4X^{2} + 8X + 8
= (X − a) · (X − b)·

·(X + \frac{1}{28}(−2a^{3} + 3a^{2} − 2a − 6)b^{2} + \frac{1}{14}(3a^{3} − a^{2} + 10a + 16)b + \frac{1}{14}(−2a^{3} + 3a^{2} − 2a − 20))· ·(X + \frac{1}{28}(2a^{3} − 3a^{2} + 2a + 6)b^{2} + \frac{1}{14}(−3a^{3} + a^{2} − 10a − 2)b + \frac{1}{14}(2a^{3} − 3a^{2} + 16a + 20)) .

Da Q(a, b) von den Nullstellen dieses Polynoms erzeugt wird, ist Q(a, b) der Zerfällungskörper von X^{4} + 4X^{2} + 8X + 8 ∈ Q[X]. Es ist [Q(a, b) : Q] = [Q(a, b) : Q(a)][Q(a) : Q] = 3 · 4 = 12.

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
Factorisation(X^4 + 4*X^2 + 8*X + 8);
KK<a> := ext<Q | X^4 + 4*X^2 + 8*X + 8>;
RR<XX> := PolynomialRing(KK);
Factorisation(XX^4 + 4*XX^2 + 8*XX + 8);
KKK<b> := ext<KK | XX^3 + a*XX^2 + (a^2 + 4)*XX + a^3 + 4*a + 8>;
RRR<XXX> := PolynomialRing(KKK);
Factorisation(XXX^4 + 4*XXX^2 + 8*XXX + 8);

(3) Sei Q(a, b, c)|Q mit a^{6} − a^{3} + 2 = 0, b^{3} + (a^{3} − 1) = 0 und c^{2} + ac + a^{2} = 0. In Q(a, b, c)[X] wird

X^{6} − X^{3} + 2 = (X − a)(X − b)(X − c)(X + c + a)(X − \frac{1}{2}(a^{5} − a^{2})bc + b)(X + \frac{1}{2}(a^{5} − a^{2})bc) .

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
Factorisation(X^6 - X^3 + 2);
KK<a> := ext<Q | X^6 - X^3 + 2>;
RR<XX> := PolynomialRing(KK);
Factorisation(XX^6 - XX^3 + 2);
KKK<b> := ext<KK | XX^3 + a^3 - 1>;
RRR<XXX> := PolynomialRing(KKK);
Factorisation(XXX^6 - XXX^3 + 2);
KKKK<c> := ext<KKK | XXX^2 + a*XXX + a^2>;
RRRR<XXXX> := PolynomialRing(KKKK);
Factorisation(XXXX^6 - XXXX^3 + 2);

Da Q(a, b, c) von den Nullstellen dieses Polynoms erzeugt wird, ist Q(a, b, c) der Zerfällungskörper von X^{6} − X^{3} + 2 ∈ Q[X].

Es ist [Q(a, b, c) : Q] = [Q(a, b, c) : Q(a, b)][Q(a, b) : Q(a)][Q(a) : Q] = 2 · 3 · 6 = 36.

(4) In Q(\sqrt{2}, i) wird

X^{2} + 1 = (X + i)(X − i) .

Somit ist Q(\sqrt{2}, i) der Zerfällungskörper von X^{2} + 1 über Q(\sqrt{2}).

Es wird [Q(\sqrt{2}, i) : Q(\sqrt{2})] = 2, da X^{2} + 1 in Q(\sqrt{2})[X] irreduzibel ist, da es ja sogar in R[X] irreduzibel ist.

Magma ist nicht unbedingt erforderlich. Will man es anwenden, sieht das z.B. wie folgt aus.

Q := Rationals();
S<T> := PolynomialRing(Q);
K<a> := ext<Q | T^2 - 2>;
R<X> := PolynomialRing(K);
Factorisation(X^2 + 1);
KK<b> := ext<K | X^2 + 1>;
RR<XX> := PolynomialRing(KK);
Factorisation(XX^2 + 1);

Teilaufgabe (4) diene nur der Illustration, daß der Grundkörper auch eine Erweiterung von Q sein kann.

Aufgabe 35

Sei L ein Zerfällungskörper von X^{p} − a. Sei b ∈ L eine Nullstelle von X^{p} − a, i.e. sei b^{p} = a. Dann ist (X − b)^{p} = X^{p} − b^{p} = X^{p} − a in L[X].

Sei angenommen, es hat X^{p} − a einen nichttrivialen normierten Faktor f(X) ∈ K[X]. Dann ist f(X) in L[X] von der Form (X − b)^{s} für ein s ∈ [1, p − 1]. Insbesondere ist f_{0} = (−b)^{s} ∈ K. Seien u, v ∈ Z so, daß su + pv = 1. Es folgt

−b = (−b)^{su+pv} = \underbrace{((−b)^{s})^{u}}_{∈ K} \underbrace{(−1)^{pv}a^{v}}_{∈ K} ∈ K ,

und mithin b ∈ K. Also ist a die p-te Potenz des Elements b von K, im Widerspruch zur Voraussetzung an a.

Somit ist X^{p} − a als in K[X] irreduzibel nachgewiesen.

Nun ist μ_{b,K}(X) = X^{p} − a, da dies ein normiertes irreduzibles Polynom in K[X] mit Nullstelle b ist. Mit Satz 2.(2) (Minimalpolynom) folgt nun, daß [K(b) : K] = p. Da andererseits, wie oben schon festgestellt,

X^{p} − a = (X − b)^{p} ∈ K(b)[X]

ist, ist K(b) ein Zerfällungskörper von X^{p} − a.

Da zwei Zerfällungskörper isomorph sind, folgt [L : K] = [K(b) : K] = p. (Da desweiteren K(b) ⊆ L, folgt K(b) = L.)

Da der Frobenius für endliche Körper bijektiv ist, kann ein Element a ∈ K wie in der Aufgabenstellung vorausgesetzt nur für einen unendlichen Körper K der Charakteristik p (wie z.B. F_{p}(T)) existieren.

Aufgabe 36

(1) Die Aussage ist falsch. So z.B. ist in Aufgabe 34.(1) (in den Bezeichnungen der dortigen Lösung) zwar μ_{a,Q}(X) = X^{3} + X + 1, aber Q(a) kein Zerfällungskörper von X^{3} + X + 1, da die Zerlegung dieses Polynom in irreduzible Faktoren in Q(a)[X] die Gestalt

X^{3} + X + 1 = (X − a)(X^{2} + aX + a^{2} + 1)

hat, und darin also ein Faktor von Grad ⩾ 2 aufgetreten ist.

(2) Die Aussage ist richtig. Denn es ist X − y ein Teiler von μ_{y,K}(X) in K(y)[X], da μ_{y,K}(y) = 0. Es ist aber mit Satz 2.(2) (Minimalpolynom) deg μ_{y,K} = [K(y) : K] = 2. Somit liefert Division die Zerlegung

μ_{y,K}(X) = (X − y)(X − z)

in K(y)[X]. Da insbesondere z ∈ K(y) ist, ist K(y, z) = K(y) der Zerfällungskörper von μ_{y,K}(X).

Aufgabe 37

(1) Zum einen ist 1_{H} = f(1_{G}) ∈ f(U). Seien zum anderen x, y ∈ f(U) gegeben. Schreibe x = f(u) und y = f(v) mit u, v ∈ U. Es wird

xy^{−1} = f(u)f(v)^{−1} = f(uv^{−1}) ∈ f(U) .

(2) Da G ⩽ G, können wir (1) anwenden und erhalten Im f = f(G) ⩽ H.

(3) Mit (2) ist Im f ⩽ G, und insbesondere Im f eine Gruppe, mit von H vererbter Multiplikation. Da f ein Gruppenmorphismus ist, gilt dies auch für f|^{Im f}. Da nun nach Voraussetzung f injektiv ist, ist f|^{Im f} bijektiv. Insgesamt ist f|^{Im f} also ein Gruppenisomorphismus.

(4) Zeigen wir zunächst, daß aus N ⩽ H folgt, daß f^{−1}(N) ⩽ G. Zum einen ist f(1_{G}) = 1_{H} ∈ N, also 1_{G} ∈ f^{−1}(N). Seien zum anderen x, y ∈ f^{−1}(N), d.h. f(x), f(y) ∈ N. Dann ist

f(xy^{−1}) = f(x)f(y)^{−1} ∈ N ,

also xy^{−1} ∈ f^{−1}(N). Zeigen wir nun, daß aus N ⊴ H noch folgt, daß f^{−1}(N) ⊴ G. Sei g ∈ G. Wir behaupten, daß ^{g}f^{−1}(N) ⊆ f^{−1}(N). Sei hierzu x ∈ f^{−1}(N), d.h. f(x) ∈ N. Dann wird

f(^{g}x) = f(gxg^{−1}) = f(g)f(x)f(g)^{−1} = ^{f(g)}f(x) ∈ N ,

da N ⊴ H, also ^{g}x ∈ f^{−1}(N). Dies zeigt die Behaupptung.

Diese Behauptung auf g^{−1} statt g angewandt liefert ^{g^{−1}}f^{−1}(N) ⊆ f^{−1}(N). Diese Inklusionsbeziehung auf beiden Seiten von links mit g konjugiert gibt

f^{−1}(N) = ^{g}(^{g^{−1}}f^{−1}(N)) ⊆ ^{g}f^{−1}(N) .

Insgesamt also ^{g}f^{−1}(N) = f^{−1}(N).

(5) Da {1_{H}} ⊴ H, können wir (4) anwenden und erhalten Kern f = {g ∈ G : f(g) = 1_{H}} = f^{−1}({1_{H}}) ⊴ G.

Aufgabe 38

(1) Sei U ⩽ G. Die Voraussetzung |G| endlich werden wir erst im Teil (c) brauchen.

(a) Seien b, b′ ∈ G. Sei bU ∩ b′U ≠ ∅. Zu zeigen ist, daß bU = b′U. Durch Rollenvertauschung von b und b′ genügt es zu zeigen, daß bU ⊆ b′U. Sei also x ∈ bU ∩ b′U. Schreibe x = bu = b′v mit u, v ∈ U. Sei y ∈ bU. Wir haben zu zeigen, daß y ∈ b′U. Schreibe y = bw mit w ∈ U. In der Tat wird

y = bw = b′ \underbrace{vu^{−1}w}_{∈U} ∈ b′U .

(b) Die Abbildungen U \overline{}bU, u \overline{}bu und bU \overline{}U, x \overline{}b^{−1}x invertieren sich wechsel-

seitig, da

u \overline{}bu \overline{}b^{−1}bu = u

und

x \overline{}b^{−1}x \overline{}bb^{−1}x = x .

Insbesondere ist U \overline{}bU, u \overline{}bu eine Bijektion.

(c) Sei nun |G| endlich. Mit (a) ist G eine disjunkte Vereinigung von Teilmengen der Form bU für gewisse b ∈ G. Mit (b) haben alle Teilnehmer dieser disjunkten Vereinigung die Kardinalität |U|. Also ist |U| ein Teiler von |G|.

(2) Es ist (1, 3) ∘ (1, 3, 4) = (3, 4). Es ist (1, 6, 3) ∘ (2, 4, 3, 5) ∘ (2, 4) = (1, 6, 3, 5, 2).

(3) Nichtnormale Untergruppen :

⟨(1, 2)⟩, ⟨(1, 3)⟩, ⟨(2, 3)⟩ ⩽ S_{3} .

Normale Untergruppen :

{id}, ⟨(1, 2, 3)⟩, S_{3} ⊴ S_{3} .

Man erhält die komplette Liste durch sukzessives Hinzufügen von Erzeugenden. Auf diese Weise kann man die Untergruppen erhalten, die minimal über einer gegebenen Untergruppe liegen, d.h. so, daß echt dazwischen keine weitere liegt. So z.B. erkennt man (von Hand oder via Magma), daß für jedes Element x ∈ S_{3} ∖{(1, 2)} gilt, daß bereits ⟨(1, 2), x⟩ = S_{3}. Also kann es echt zwischen ⟨(1, 2)⟩ und S_{3} keine weiteren Untergruppen mehr geben. Schließlich prüft man die erhaltene Liste von Untergruppen auf Normalität durch.

(4) Mittels Order(sub<SymmetricGroup(12) | (1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12), (1,3)>); erhal-

ten wir die Ordnung der angegebenen Untergruppe

|⟨(1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12), (1, 3)⟩| = 1036800 .

Ferner ist

|S_{12}| = 12! = 479001600

Und in der Tat ist 479001600/1036800 = 462.

Aufgabe 39

(1) In Aufgabe 34.(2) wurde der Zerfällungskörper Q(a, b) konstruiert, mit

\begin{aligned}μ_{a,Q}(X) & = & X^{4} + 4X^{2} + 4X + 8 \\ μ_{b,Q(a)}(X) & = & X^{3} + aX^{2} + (a^{2} + 4)X + (a^{3} + 4a + 8) . \end{aligned}

Insbesondere war [Q(a, b) : Q] = 12 festgestellt worden. Es zerfiel

X^{4} + 4X^{2} + 8X + 8

= (X − a) · (X − b)·

·(X + \frac{1}{28}(−2a^{3} + 3a^{2} − 2a − 6)b^{2} + \frac{1}{14}(3a^{3} − a^{2} + 10a + 16)b + \frac{1}{14}(−2a^{3} + 3a^{2} − 2a − 20))· ·(X + \frac{1}{28}(2a^{3} − 3a^{2} + 2a + 6)b^{2} + \frac{1}{14}(−3a^{3} + a^{2} − 10a − 2)b + \frac{1}{14}(2a^{3} − 3a^{2} + 16a + 20)) .

An den für all dies notwendig gewesenen Magma-Quelltext hängen wir noch die Definitionen

\begin{aligned}γ_{1} & := & a \\ γ_{2} & := & b \\ γ_{3} & := & \frac{1}{28}(2a^{3} − 3a^{2} + 2a + 6)b^{2} + \frac{1}{14}(−3a^{3} + a^{2} − 10a − 16)b + \frac{1}{14}(2a^{3} − 3a^{2} + 2a + 20) \\ γ_{4} & := & \frac{1}{28}(−2a^{3} + 3a^{2} − 2a − 6)b^{2} + \frac{1}{14}(3a^{3} − a^{2} + 10a + 2)b + \frac{1}{14}(−2a^{3} + 3a^{2} − 16a − 20) \end{aligned}

an.

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
Factorisation(X^4 + 4*X^2 + 8*X + 8);
KK<a> := ext<Q | X^4 + 4*X^2 + 8*X + 8>;
RR<XX> := PolynomialRing(KK);
Factorisation(XX^4 + 4*XX^2 + 8*XX + 8);
KKK<b> := ext<KK | XX^3 + a*XX^2 + (a^2 + 4)*XX + a^3 + 4*a + 8>;
RRR<XXX> := PolynomialRing(KKK);
Factorisation(XXX^4 + 4*XXX^2 + 8*XXX + 8);
ga1 := a;
ga2 := b;
ga3 := 1/28*(2*a^3 - 3*a^2 + 2*a + 6)*b^2 + 1/14*(-3*a^3 + a^2 - 10*a - 16)*b
       + 1/14*(2*a^3 - 3*a^2 + 2*a + 20);
ga4 := 1/28*(-2*a^3 + 3*a^2 - 2*a - 6)*b^2 + 1/14*(3*a^3 - a^2 + 10*a + 2)*b
       + 1/14*(-2*a^3 + 3*a^2 - 16*a - 20);

Es ist m = 2 und n = 4. Bestimmen wir das Bild von Gal(X^{4} + 4X^{2} + 8X + 8) in S_{4}.

[figure: Q(a, b); σ_{2}; ∼; Q(γ′_{1}, γ′_{2}); Q(a); σ_{1}; ∼; Q(γ′_{1}); Q; Q]

Nullstellen bedeute im folgenden stets Nullstellen in Q(a, b).

Die Nullstellen von

μ_{a,Q}(X) = X^{4} + 4X^{2} + 8X + 8

sind γ_{1}, γ_{2}, γ_{3} und γ_{4} (^{31}). Unter diesen haben wir ein γ′_{1} auszuwählen.

Fall γ′_{1} = γ_{1}. Es ist

μ_{b,Q(a)}^{σ_{1}}(X) = X^{3} + γ_{1}X^{2} + (γ_{1}^{2} + 4)X + (γ_{1}^{3} + 4γ_{1} + 8) ,

welches die Nullstellen γ_{2}, γ_{3} und γ_{4} hat (^{32}). Unter diesen haben wir ein γ′_{2} auszuwählen.

Subfall γ′_{2} = γ_{2}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{1}, γ_{2}). Es werden

σ_{2}(γ_{3}) = \frac{1}{28}(2γ_{1}^{3} − 3γ_{1}^{2} + 2γ_{1} + 6)γ_{2}^{2} + \frac{1}{14}(−3γ_{1}^{3} + γ_{1}^{2} − 10γ_{1} − 16)γ_{2} + \frac{1}{14}(2γ_{1}^{3} − 3γ_{1}^{2} + 2γ_{1} + 20)
= γ_{3}
σ_{2}(γ_{4}) = \frac{1}{28}(−2γ_{1}^{3} + 3γ_{1}^{2} − 2γ_{1} − 6)γ_{2}^{2} + \frac{1}{14}(3γ_{1}^{3} − γ_{1}^{2} + 10γ_{1} + 2)γ_{2} + \frac{1}{14}(−2γ_{1}^{3} + 3γ_{1}^{2} − 16γ_{1} − 20)
= γ_{4}

  31Factorisation(XXX^4 + 4*XXX^2 + 8*XXX + 8);
  32Factorisation(XXX^3 + ga1*XXX^2 + (ga1^2 + 4)*XXX + (ga1^3 + 4*ga1 + 8));

Insgesamt σ̄_{2} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{matrix}) = id. Das war klar, denn schickt man γ_{1} auf γ_{1} und γ_{2} auf γ_{2}, so erhält man die Identität. Der Systematik halber haben wir es vollständig angeführt.

Zwischenstand : |⟨id⟩| = 1 < 12.

Subfall γ′_{2} = γ_{3}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{1}, γ_{3}). Es werden

σ_{2}(γ_{3}) = \frac{1}{28}(2γ_{1}^{3} − 3γ_{1}^{2} + 2γ_{1} + 6)γ_{3}^{2} + \frac{1}{14}(−3γ_{1}^{3} + γ_{1}^{2} − 10γ_{1} − 16)γ_{3} + \frac{1}{14}(2γ_{1}^{3} − 3γ_{1}^{2} + 2γ_{1} + 20)
= γ_{4}
σ_{2}(γ_{4}) = \frac{1}{28}(−2γ_{1}^{3} + 3γ_{1}^{2} − 2γ_{1} − 6)γ_{3}^{2} + \frac{1}{14}(3γ_{1}^{3} − γ_{1}^{2} + 10γ_{1} + 2)γ_{3} + \frac{1}{14}(−2γ_{1}^{3} + 3γ_{1}^{2} − 16γ_{1} − 20)
= γ_{2} ,

wobei Magma für den letzten Schritt hilft (^{33}).

Insgesamt σ̄_{2} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 3 & 4 & 2 \end{matrix}) = (2, 3, 4).

Zwischenstand : |⟨(2, 3, 4)⟩| = 3 < 12.

Subfall γ′_{2} = γ_{4}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{1}, γ_{4}). Es werden

σ_{2}(γ_{3}) = \frac{1}{28}(2γ_{1}^{3} − 3γ_{1}^{2} + 2γ_{1} + 6)γ_{4}^{2} + \frac{1}{14}(−3γ_{1}^{3} + γ_{1}^{2} − 10γ_{1} − 16)γ_{4} + \frac{1}{14}(2γ_{1}^{3} − 3γ_{1}^{2} + 2γ_{1} + 20)
= γ_{2}
σ_{2}(γ_{4}) = \frac{1}{28}(−2γ_{1}^{3} + 3γ_{1}^{2} − 2γ_{1} − 6)γ_{4}^{2} + \frac{1}{14}(3γ_{1}^{3} − γ_{1}^{2} + 10γ_{1} + 2)γ_{4} + \frac{1}{14}(−2γ_{1}^{3} + 3γ_{1}^{2} − 16γ_{1} − 20)
= γ_{3}

Insgesamt σ̄_{2} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 4 & 2 & 3 \end{matrix}) = (2, 4, 3).

Zwischenstand : |⟨(2, 3, 4), (2, 4, 3)⟩| = 3 < 12. Es kann (2, 4, 3) weiters wieder entfallen.

Fall γ′_{1} = γ_{2}. Es ist

μ_{b,Q(a)}^{σ_{2}}(X) = X^{3} + γ_{2}X^{2} + (γ_{2}^{2} + 4)X + (γ_{2}^{3} + 4γ_{2} + 8) ,

welches die Nullstellen γ_{1}, γ_{3} und γ_{4} hat (^{34}). Unter diesen haben wir ein γ′_{2} auszuwählen.

Subfall γ′_{2} = γ_{1}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{2}, γ_{1}). Es werden

σ_{2}(γ_{3}) = \frac{1}{28}(2γ_{2}^{3} − 3γ_{2}^{2} + 2γ_{2} + 6)γ_{1}^{2} + \frac{1}{14}(−3γ_{2}^{3} + γ_{2}^{2} − 10γ_{2} − 16)γ_{1} + \frac{1}{14}(2γ_{2}^{3} − 3γ_{2}^{2} + 2γ_{2} + 20)
= γ_{4}
σ_{2}(γ_{4}) = \frac{1}{28}(−2γ_{2}^{3} + 3γ_{2}^{2} − 2γ_{2} − 6)γ_{1}^{2} + \frac{1}{14}(3γ_{2}^{3} − γ_{2}^{2} + 10γ_{2} + 2)γ_{1} + \frac{1}{14}(−2γ_{2}^{3} + 3γ_{2}^{2} − 16γ_{2} − 20)
= γ_{3}

Insgesamt σ̄_{2} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 1 & 4 & 3 \end{matrix}) = (1, 2)(3, 4).

33Man kann wie folgt vorgehen.

R2<Ga1,Ga2> := PolynomialRing(KKK,2);
Ga3 := 1/28*(2*Ga1^3 - 3*Ga1^2 + 2*Ga1 + 6)*Ga2^2 + 1/14*(-3*Ga1^3 + Ga1^2 - 10*Ga1 - 16)*Ga2
       + 1/14*(2*Ga1^3 - 3*Ga1^2 + 2*Ga1 + 20);
Ga4 := 1/28*(-2*Ga1^3 + 3*Ga1^2 - 2*Ga1 - 6)*Ga2^2 + 1/14*(3*Ga1^3 - Ga1^2 + 10*Ga1 + 2)*Ga2
       + 1/14*(-2*Ga1^3 + 3*Ga1^2 - 16*Ga1 - 20);
Evaluate(Ga3,[ga1,ga3]);
Evaluate(Ga4,[ga1,ga3]);
Evaluate(Ga3,[ga1,ga3]) eq ga4;
  34Factorisation(XXX^3 + ga2*XXX^2 + (ga2^2 + 4)*XXX + (ga2^3 + 4*ga2 + 8));

Zwischenstand : |⟨(2, 3, 4), (1, 2)(3, 4)⟩| = 12 (^{35}).

Abbruch der Fallunterscheidungen, da fertig!

Als Ergebnis erhalten wir das isomorphe Bild von Gal(X^{4} + 4X^{2} + 8X + 8) in S_{4}

⟨(2, 3, 4), (1, 2)(3, 4)⟩ .

Die Liste ihrer Elemente erhält man via {u : u in sub<SymmetricGroup(4) | (2,3,4), (1,2)(3,4)>};,

sie war nicht verlang, sieht hier aber noch ganz hübsch aus :

\begin{matrix}⟨(2, 3, 4), (1, 2)(3, 4)⟩ = \\ \{id, (1, 2, 3), (1, 2, 4), (1, 3, 2), (1, 3, 4), (1, 4, 2), (1, 4, 3), (2, 3, 4), (2, 4, 3), (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3)\} . \end{matrix}

(2) In Aufgabe 30.(2) wurde der Zerfällungskörper Q(a, b, c) konstruiert, mit

\begin{aligned}μ_{a,Q}(X) & = & X^{6} + X^{2} + 1 \\ μ_{b,Q(a)}(X) & = & X^{4} + a^{2}X^{2} + (a^{4} + 1) \\ μ_{c,Q(a,b,c)}(X) & = & X^{2} + (a^{2} + b^{2}) . \end{aligned}

Insbesondere war [Q(a, b, c) : Q] = 48 festgestellt worden. Es zerfiel

X^{6} + X^{2} + 1 = (X − a)(X − b)(X − c)(X + a)(X + b)(X + c) .

An den damaligen Magma-Quelltext hängen wir noch die Definitionen

\begin{aligned}γ_{1} & = & a \\ γ_{2} & = & b \\ γ_{3} & = & c \\ γ_{4} & = & −a \\ γ_{5} & = & −b \\ γ_{6} & = & −c \end{aligned}

an.

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
Factorisation(X^6 + X^2 + 1);
KK<a> := ext<Q | X^6 + X^2 + 1>;
RR<XX> := PolynomialRing(KK);
Factorisation(XX^6 + XX^2 + 1);
KKK<b> := ext<KK | XX^4 + a^2*XX^2 + a^4 + 1>;
RRR<XXX> := PolynomialRing(KKK);
Factorisation(XXX^6 + XXX^2 + 1);
KKKK<c> := ext<KKK | XXX^2 + b^2 + a^2>;
RRRR<XXXX> := PolynomialRing(KKKK);
Factorisation(XXXX^6 + XXXX^2 + 1);
ga1 := a;
ga2 := b;
ga3 := c;
ga4 := -a;
ga5 := -b;
ga6 := -c;
  35Order(sub<SymmetricGroup(4) | (2,3,4), (1,2)(3,4)>);

Es ist m = 3 und n = 6. Bestimmen wir das Bild von Gal(X^{6} + X^{2} + 1) in S_{6}.

[figure: Q(a, b, c); σ_{3}; ∼; Q(γ′_{1}, γ′_{2}, γ′_{3}); Q(a, b); σ_{2}; ∼; Q(γ′_{1}, γ′_{2}); Q(a); σ_{1}; ∼; Q(γ′_{1}); Q; Q]

Nullstellen bedeute im folgenden stets Nullstellen in Q(a, b, c). Die Nullstellen von

μ_{a,Q}(X) = X^{6} + X^{2} + 1

sind γ_{1}, γ_{2}, γ_{3}, γ_{4}, γ_{5} und γ_{6} (^{36}). Unter diesen haben wir ein γ′_{1} auszuwählen. Fall γ′_{1} = γ_{1}. Es ist

μ_{b,Q(a)}^{σ_{1}}(X) = X^{4} + γ_{1}^{2}X^{2} + (γ_{1}^{4} + 1) ,

welches die Nullstellen γ_{2}, γ_{3}, γ_{5} und γ_{6} hat (^{37}). Unter diesen haben wir ein γ′_{2} auszuwählen. Subfall γ′_{2} = γ_{2}. Es ist

μ_{c,Q(a,b)}^{σ_{2}}(X) = X^{2} + (γ_{1}^{2} + γ_{2}^{2}) ,

welches die Nullstellen γ_{3} und γ_{6} hat (^{38}). Unter diesen haben wir ein γ′_{3} auszuwählen. Subsubfall γ′_{3} = γ_{3}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{1}, γ_{2}, γ_{3}). Es werden

\begin{aligned}σ_{3}(γ_{4}) & = & −γ_{1} & = & γ_{4} \\ σ_{3}(γ_{5}) & = & −γ_{2} & = & γ_{5} \\ σ_{3}(γ_{6}) & = & −γ_{3} & = & γ_{6} . \end{aligned}

Insgesamt σ̄_{3} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \end{matrix}) = id.

Zwischenstand : |⟨id⟩| = 1 < 48.

Subsubfall γ′_{3} = γ_{6}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{1}, γ_{2}, γ_{6}). Es werden

\begin{aligned}σ_{3}(γ_{4}) & = & −γ_{1} & = & γ_{4} \\ σ_{3}(γ_{5}) & = & −γ_{2} & = & γ_{5} \\ σ_{3}(γ_{6}) & = & −γ_{6} & = & γ_{3} . \end{aligned}

Insgesamt σ̄_{3} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 1 & 2 & 6 & 4 & 5 & 3 \end{matrix}) = (3, 6).

Zwischenstand : |⟨(3, 6)⟩| = 2.

  36Factorisation(XXXX^6 + XXXX^2 + 1);
  37Factorisation(XXXX^4 + ga1^2 * XXXX^2 + (ga1^4 + 1));
  38Factorisation(XXXX^2 + (ga1^2 + ga2^2));

Subfall γ′_{2} = γ_{3}. Es ist

μ_{c,Q(a,b)}^{σ_{2}}(X) = X^{2} + (γ_{1}^{2} + γ_{3}^{2}) ,

welches die Nullstellen γ_{2} und γ_{5} hat (^{39}). Unter diesen haben wir ein γ′_{3} auszuwählen. Subsubfall γ′_{3} = γ_{2}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{1}, γ_{3}, γ_{2}). Es werden

\begin{aligned}σ_{3}(γ_{4}) & = & −γ_{1} & = & γ_{4} \\ σ_{3}(γ_{5}) & = & −γ_{3} & = & γ_{6} \\ σ_{3}(γ_{6}) & = & −γ_{2} & = & γ_{5} . \end{aligned}

Insgesamt σ̄_{3} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 1 & 3 & 2 & 4 & 6 & 5 \end{matrix}) = (2, 3)(5, 6). Zwischenstand : |⟨(3, 6), (2, 3)(5, 6)⟩| = 8 < 48 (^{40}). Subsubfall γ′_{3} = γ_{5}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{1}, γ_{3}, γ_{5}). Es werden

\begin{aligned}σ_{3}(γ_{4}) & = & −γ_{1} & = & γ_{4} \\ σ_{3}(γ_{5}) & = & −γ_{3} & = & γ_{6} \\ σ_{3}(γ_{6}) & = & −γ_{5} & = & γ_{2} . \end{aligned}

Insgesamt σ̄_{3} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 1 & 3 & 5 & 4 & 6 & 2 \end{matrix}) = (2, 3, 5, 6).

Zwischenstand : |⟨(3, 6), (2, 3)(5, 6), (2, 3, 5, 6)⟩| = 8 < 48 (^{41}). Es kann (2, 3, 5, 6) weiters wieder entfallen.

Subfall γ′_{2} = γ_{5}. Es ist

μ_{c,Q(a,b)}^{σ_{2}}(X) = X^{2} + (γ_{1}^{2} + γ_{5}^{2}) ,

welches die Nullstellen γ_{3} und γ_{6} hat (^{42}). Unter diesen haben wir ein γ′_{3} auszuwählen. Subsubfall γ′_{3} = γ_{3}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{1}, γ_{5}, γ_{3}). Es werden

\begin{aligned}σ_{3}(γ_{4}) & = & −γ_{1} & = & γ_{4} \\ σ_{3}(γ_{5}) & = & −γ_{5} & = & γ_{2} \\ σ_{3}(γ_{6}) & = & −γ_{3} & = & γ_{6} . \end{aligned}

Insgesamt σ̄_{3} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 1 & 5 & 3 & 4 & 2 & 6 \end{matrix}) = (2, 5).

Zwischenstand : |⟨(3, 6), (2, 3)(5, 6), (2, 5)⟩| = 8 < 48 (^{43}). Es kann (2, 5) weiters wieder entfallen. Subsubfall γ′_{3} = γ_{6}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{1}, γ_{5}, γ_{6}). Es werden

\begin{aligned}σ_{3}(γ_{4}) & = & −γ_{1} & = & γ_{4} \\ σ_{3}(γ_{5}) & = & −γ_{5} & = & γ_{2} \\ σ_{3}(γ_{6}) & = & −γ_{6} & = & γ_{3} . \end{aligned}

Insgesamt σ̄_{3} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 1 & 5 & 6 & 4 & 2 & 3 \end{matrix}) = (2, 5)(3, 6).

39Factorisation(XXXX^2 + (ga1^2 + ga3^2));
40Order(sub<SymmetricGroup(6) | (3,6), (2,3)(5,6)>);
41Order(sub<SymmetricGroup(6) | (3,6), (2,3)(5,6), (2,3,5,6)>);
42Factorisation(XXXX^2 + (ga1^2 + ga5^2));
43Order(sub<SymmetricGroup(6) | (3,6), (2,3)(5,6), (2,5)>);

Zwischenstand : |⟨(3, 6), (2, 3)(5, 6), (2, 5)(3, 6)⟩| = 8 < 48 (^{44}). Es kann (2, 5)(3, 6) weiters wieder entfallen.

Subfall γ′_{2} = γ_{6}. Es ist

μ_{c,Q(a,b)}^{σ_{2}}(X) = X^{2} + (γ_{1}^{2} + γ_{6}^{2}) ,

welches die Nullstellen γ_{2} und γ_{5} hat (^{45}). Unter diesen haben wir ein γ′_{3} auszuwählen.

Subsubfall γ′_{3} = γ_{2}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{1}, γ_{6}, γ_{2}). Es werden

\begin{aligned}σ_{3}(γ_{4}) & = & −γ_{1} & = & γ_{4} \\ σ_{3}(γ_{5}) & = & −γ_{6} & = & γ_{3} \\ σ_{3}(γ_{6}) & = & −γ_{2} & = & γ_{5} . \end{aligned}

Insgesamt σ̄_{3} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 1 & 6 & 2 & 4 & 3 & 5 \end{matrix}) = (2, 6, 5, 3).

Zwischenstand : |⟨(3, 6), (2, 3)(5, 6), (2, 6, 5, 3)⟩| = 8 < 48 (^{46}). Es kann (2, 6, 5, 3) weiters wieder entfallen.

Subsubfall γ′_{3} = γ_{5}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{1}, γ_{6}, γ_{5}). Es werden

\begin{aligned}σ_{3}(γ_{4}) & = & −γ_{1} & = & γ_{4} \\ σ_{3}(γ_{5}) & = & −γ_{6} & = & γ_{3} \\ σ_{3}(γ_{6}) & = & −γ_{5} & = & γ_{2} . \end{aligned}

Insgesamt σ̄_{3} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 1 & 6 & 5 & 4 & 3 & 2 \end{matrix}) = (2, 6)(3, 5).

Zwischenstand : |⟨(3, 6), (2, 3)(5, 6), (2, 6)(3, 5)⟩| = 8 < 48 (^{47}). Es kann (2, 6)(3, 5) weiters wieder entfallen.

Fall γ′_{1} = γ_{2}. Es ist

μ_{b,Q(a)}^{σ_{1}}(X) = X^{4} + γ_{2}^{2}X^{2} + (γ_{2}^{4} + 1) ,

welches die Nullstellen γ_{1}, γ_{3}, γ_{4} und γ_{6} hat (^{48}). Unter diesen haben wir ein γ′_{2} auszuwählen.

Subfall γ′_{2} = γ_{1}. Es ist

μ_{c,Q(a,b)}^{σ_{2}}(X) = X^{2} + (γ_{2}^{2} + γ_{1}^{2}) ,

welches die Nullstellen γ_{3} und γ_{6} hat (^{49}). Unter diesen haben wir ein γ′_{3} auszuwählen.

Subsubfall γ′_{3} = γ_{3}. Wir erhalten das zulässige Tupel (γ_{2}, γ_{1}, γ_{3}). Es werden

\begin{aligned}σ_{3}(γ_{4}) & = & −γ_{2} & = & γ_{5} \\ σ_{3}(γ_{5}) & = & −γ_{1} & = & γ_{4} \\ σ_{3}(γ_{6}) & = & −γ_{3} & = & γ_{6} . \end{aligned}

Insgesamt σ̄_{3} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 2 & 1 & 3 & 5 & 4 & 6 \end{matrix}) = (1, 2)(4, 5).

44Order(sub<SymmetricGroup(6) | (3,6), (2,3)(5,6), (2,5)(3,6)>);
45Factorisation(XXXX^2 + (ga1^2 + ga6^2));
46Order(sub<SymmetricGroup(6) | (3,6), (2,3)(5,6), (2,6,5,3)>);
47Order(sub<SymmetricGroup(6) | (3,6), (2,3)(5,6), (2,6)(3,5)>);
48Factorisation(XXXX^4 + ga2^2 * XXXX^2 + (ga2^4 + 1));
49Factorisation(XXXX^2 + (ga2^2 + ga1^2));

Zwischenstand : |⟨(3, 6), (2, 3)(5, 6), (1, 2)(4, 5)⟩| = 48 (^{50}).

Abbruch der Fallunterscheidungen, da fertig!

Als Ergebnis erhalten wir das isomorphe Bild von Gal(X^{6} + X^{2} + 1) in S_{6}

⟨(3, 6), (2, 3)(5, 6), (1, 2)(4, 5)⟩ .

Die Liste ihrer Elemente erhält man mit

{u : u in sub<SymmetricGroup(6) | (3,6), (2,3)(5,6), (1,2)(4,5)>};

Mit etwas mehr Erfahrung kann man sich auch “verdächtige Fälle” auswählen, um so ein langes Stagnieren des Erzeugnisses, wie hier geschehen, zu verhindern zu versuchen.

Aufgabe 40

Sei K(a)|K mit μ_{a,K}(X) = f(X). Es ist K(a) Zerfällungskörper von f(X); vgl. Aufgabe 36.(2). Folglich ist |Gal(f(X))| = [K(a) : K] = 2. Auf der anderen Seite ist deg f = 2, und mithin Gal(f(X)) isomorph zu einer Untergruppe von S_{2}. Folglich ist Gal(f(X)) ≃ S_{2}.

Ist speziell K = R und f(X) = X^{2} + 1 ∈ R[X], so folgt S_{2} ≃ Gal(X^{2} + 1) = Gal(R(i)|R) = Gal(C|R).

Aufgabe 41

(1) In der Notation von §3.4.2.1 ist der Zerfällungskörper von X^{3} + X + 1 ∈ Q[X] gegeben durch Q(a, b) mit a^{3} + a + 1 = 0 und b^{2} + ab + (a^{2} + 1) = 0. Insbesondere ist

(1, a, a^{2}, b, ba, ba^{2})

eine Q-lineare Basis von Q(a, b). Es waren γ_{1} = a, γ_{2} = b und γ_{3} = −a − b die Nullstellen von f(X) in Q(a, b). Das Bild von Gal(Q(a, b)|Q) in S_{3} bezüglich dieser Nullstellennumerierung ist gleich S_{3}. Es ist ⟨(1, 3)⟩ = {id, (1, 3)}. Die zugehörigen Automorphismen schicken

[figure: a; id; a; a; (1,3); −a − b; b; b; b; b .]

Da Tr_{⟨(1,3)⟩} : Q(a, b) \overline{}Fix_{⟨(1,3)⟩} Q(a, b) eine surjektive Q-lineare Abbildung ist, ist das Bildtupel der Q-Basis (1, a, a^{2}, b, ba, ba^{2}) von Q(a, b) ein Q-Erzeugendensystem von Fix_{⟨(1,3)⟩} Q(a, b). Berechnen wir dieses eintragsweise, so erhalten wir

( Tr_{⟨(1,3)⟩}(1), Tr_{⟨(1,3)⟩}(a), Tr_{⟨(1,3)⟩}(a^{2}), Tr_{⟨(1,3)⟩}(b), Tr_{⟨(1,3)⟩}(ba), Tr_{⟨(1,3)⟩}(ba^{2}))
= (1 + 1, a + (−a − b), a^{2} + (−a − b)^{2}, b + b, ba + b(−a − b), b(a^{2} + (−a − b)^{2}a^{2}))
= (2, −b, 2a^{2} + 2ab + b^{2}, 2b, −b^{2}, b(2a^{2} + 2ab + b^{2}))
= (2, −b, 2a^{2} + 2ab − ab − (a^{2} + 1), 2b, ab + (a^{2} + 1), b(2a^{2} + 2ab − ab − (a^{2} + 1)))
= (2, −b, a^{2} + ba − 1, 2b, a^{2} + ba + 1, b(a^{2} + ab − 1))
= (2, −b, a^{2} + ba − 1, 2b, a^{2} + ba + 1, ba^{2} − a(ab + (a^{2} + 1)) − 1)
= (2, −b, a^{2} + ba − 1, 2b, a^{2} + ba + 1, ba^{2} − ba^{2} − a^{3} − a − 1)
= (2, −b, a^{2} + ba − 1, 2b, a^{2} + ba + 1, 0) .

Dieses Q-Erzeugendensystem kann etwa zur Q-Basis

(1, b, a^{2} + ba + 1)

von Fix_{⟨(1,3)⟩} Q(a, b) umgeformt und ausgedünnt werden. Man erkennt auch, daß

Fix_{⟨(1,3)⟩} Q(a, b) = Q(b) ,

da −b^{2} = ba + a^{2} + 1.

50Order(sub<SymmetricGroup(6) | (3,6), (2,3)(5,6), (1,2)(4,5)>);

(2) Die allgemeine Situation ist wie in (1).

Es ist ⟨(1, 2, 3)⟩ = {id, (1, 2, 3), (1, 3, 2)}. Die zugehörigen Automorphismen schicken

[figure: a; id; a; a; (1,2,3); b; a; (1,3,2); −a − b; b; b; b; −a − b; b; a .]

Da Tr_{⟨(1,2,3)⟩} : Q(a, b) \overline{}Fix_{⟨(1,2,3)⟩} Q(a, b) eine surjektive Q-lineare Abbildung ist, ist das Bildtupel der Q-Basis (1, a, a^{2}, b, ba, ba^{2}) von Q(a, b) ein Q-Erzeugendensystem von Fix_{⟨(1,2,3)⟩} Q(a, b). Berechnen wir dieses eintragsweise, so erhalten wir.

( Tr_{⟨(1,3)⟩}(1), Tr_{⟨(1,3)⟩}(a), Tr_{⟨(1,3)⟩}(a^{2}), Tr_{⟨(1,3)⟩}(b), Tr_{⟨(1,3)⟩}(ba), Tr_{⟨(1,3)⟩}(ba^{2}))
= (1 + 1 + 1, a + b + (−a − b), a^{2} + b^{2} + (−a − b)^{2},
b + (−a − b) + a, ba + (−a − b)b + a(−a − b), ba^{2} + (−a − b)b^{2} + a(−a − b)^{2})
= (3, 0, 2a^{2} + 2b^{2} + 2ab, 0, −a^{2} − b^{2} − ab, −b^{3} + a^{3} + 3a^{2}b)
= (3, 0, −2, 0, 1, −a + b + 3a^{2}b)

Dieses Q-Erzeugendensystem kann etwa zur Q-Basis

(1, −a + b + 3a^{2}b)

von Fix_{⟨(1,2,3)⟩} Q(a, b) umgeformt und ausgedünnt werden. Man erkennt auch, daß

Fix_{⟨(1,2,3)⟩} Q(a, b) = Q(−a + b + 3a^{2}b) (^{51}) .

(3) In der Notation der Lösung zu Aufgabe 34.(2) ist der Zerfällungskörper von X^{4} + 4X^{2} + 8X + 8 ∈ Q[X] gegeben durch Q(a, b) mit a^{4} + 4a^{2} + 8a + 8 = 0 und b^{3} + ab^{2} + (a^{2} + 4)b + a^{3} + 4a + 8 = 0. Insbesondere ist

(1, a, a^{2}, a^{3}, b, ba, ba^{2}, ba^{3}, b^{2}, b^{2}a, b^{2}a^{2}, b^{2}a^{3})

eine Q-lineare Basis von Q(a, b). Wir verwenden Magma; vgl. auch Lösung zu Aufgabe 39.(1).

Seien

\begin{aligned}γ_{1} & := & a \\ γ_{2} & := & b \\ γ_{3} & := & \frac{1}{28}(2a^{3} − 3a^{2} + 2a + 6)b^{2} + \frac{1}{14}(−3a^{3} + a^{2} − 10a − 16)b + \frac{1}{14}(2a^{3} − 3a^{2} + 2a + 20) \\ γ_{4} & := & \frac{1}{28}(−2a^{3} + 3a^{2} − 2a − 6)b^{2} + \frac{1}{14}(3a^{3} − a^{2} + 10a + 2)b + \frac{1}{14}(−2a^{3} + 3a^{2} − 16a − 20) \end{aligned}

die Nullstellen von X^{4} + 4X^{2} + 8X + 8 in Q(a, b).

In Magma kann man Tr_{⟨(1,2,3)⟩} (nach Eingabe der benötigten Daten wir in Lösung zu Aufgabe 39.(1)) z.B. wie folgt eingeben.

RBIG<A,B> := PolynomialRing(KKK,2);
Tr := func< u | Evaluate(u,[ga1,ga2]) + Evaluate(u,[ga2,ga3]) + Evaluate(u,[ga3,ga1])>;

Will man damit die Spur von, sagen wir, a^{2}b wissen, muß Tr(A^2*B); eingegeben werden.

51Cf. MinimalPolynomial(b*a^2 + (-a-b)*b^2 + a*(-a-b)^2,Q); , vorausgesetzt, Q(a, b) ist in

Magma wie in §3.4.2.1 eingegeben.

Das Resultat notieren wir als Matrix. In den Zeilen stehen die Koeffizienten der Bilder der obigen Basiselemente von Q(a, b), ausgedrückt in ebendieser Basis.

\frac{1}{28} (^{a^{0}b^{0} a^{1}b^{0} a^{2}b^{0} a^{3}b^{0} a^{0}b^{1} a^{1}b^{1} a^{2}b^{1} a^{3}b^{1} a^{0}b^{2} a^{1}b^{2} a^{2}b^{2} a^{3}b^{2} Tr_{⟨(1,2,3)⟩}(a^{0}b^{0})  84  0  0  0  0  0  0  0  0  0  0  0 Tr_{⟨(1,2,3)⟩}(a^{1}b^{0})  40  32  −6  4  −4 −20  2  −6  6  2  −3  2 Tr_{⟨(1,2,3)⟩}(a^{2}b^{0})  −48  40  −4  12 −40 −32  −8  −4  32  20  −2  6 Tr_{⟨(1,2,3)⟩}(a^{3}b^{0})  −560 −112  0  0  0  56 −28  28  0  0  14  0 Tr_{⟨(1,2,3)⟩}(a^{0}b^{1})  40  32  −6  4  −4 −20  2  −6  6  2  −3  2 Tr_{⟨(1,2,3)⟩}(a^{1}b^{1})  −64 −40  4 −12  40  32  8  4 −32 −20  2  −6 Tr_{⟨(1,2,3)⟩}(a^{2}b^{1})  −48 −16 −32 −16 128  24  20  −4 −80 −64  −2  −8 Tr_{⟨(1,2,3)⟩}(a^{3}b^{1})  96 −192 −48  32 −32  64 −96  64  48  16  32  16 Tr_{⟨(1,2,3)⟩}(a^{0}b^{2})  −48  40  −4  12 −40 −32  −8  −4  32  20  −2  6 Tr_{⟨(1,2,3)⟩}(a^{1}b^{2})  176 −16  80 −16 −96  24  20  −4  32  48  −2  −8 Tr_{⟨(1,2,3)⟩}(a^{2}b^{2})  288  96 −32 −16 128 −32  48 −32 −80 −64 −16  −8 Tr_{⟨(1,2,3)⟩}(a^{3}b^{2})  512  320 −368  96 352 −256 −64 −32 −80 −176 −16  48} )

In Magma kann man Matrizen mit Einträgen in Q wie folgt eingeben. Der Quelltext

Q := Rationals();
M := RMatrixSpace(Q,2,3)!Matrix([[1,2,3],[4,5,6]]);

z.B. liefert die 2 × 3-Matrix M = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{matrix}) ∈ Q^{2×3}. Unsere 12 × 12-Matrix kann unter Zuhilfenahme von Magma via EchelonForm(M); zeilenweise umgeformt werden zu

( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 8 & 0 & 0 & 0 & −4 & 2 & −2 & 0 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & −2 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & −4 & 2 & 0 & −4 & −2 & 0 & 2 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} )

Wir erhalten als Q-Basis von Fix_{⟨(1,2,3)⟩} Q(a, b)

(1, 8a − 4ab + 2a^{2}b − 2a^{3}b − a^{2}b^{2}, a^{2} − 2b + b^{2} + ab^{2}, 4a − 4a^{2} + 2a^{3} − 4ab − 2a^{2}b + 2b^{2} + a^{3}b^{2}) .

Da MinimalPolynomial(a^2 - 2b + b^2 + a b^2,Q); das Minimalpolynom des dritten Ba-

siselements über Q zu X^{4} + 8X^{3} + 80X^{2} − 192 ∗ X + 128 ∋ Q[X] liefert, ist in der Tat

Fix_{⟨(1,2,3)⟩} Q(a, b) = Q(a^{2} − 2b + b^{2} + ab^{2}) .

(4) Sei F_{16} = F_{4}(δ) mit δ^{4} + δ + 1 = 0; vgl. Lösung zu Aufgabe 24.(4). Es ist F_{16} der Zerfällungskörper von X^{16} − X; vgl. §2.5.4. Es ist o(Frob_{F_{16}}) = 4, also ⟨Frob_{F_{16}}^{2}⟩ = {Frob_{F_{16}}^{0}, Frob_{F_{16}}^{2}}. Die F_{2}-Basis (1, δ, δ^{2}, δ^{3}) von F_{16} wird also abgebildet auf

( Tr_{⟨Frob_{F_{16}}^{2} ⟩}(1), Tr_{⟨Frob_{F_{16}}^{2} ⟩}(δ), Tr_{⟨Frob_{F_{16}}^{2} ⟩}(δ^{2}), Tr_{⟨Frob_{F_{16}}^{2} ⟩}(δ^{3}))
= (1 + 1, δ + δ^{4}, δ^{2} + δ^{8}, δ^{3} + δ^{1}2)
= (0, 1, 1, δ^{2} + δ + 1) .

Vgl. Lösung zu Aufgabe 27.(6). Dies kann zur Basis

(1, δ^{2} + δ)

von Fix_{⟨Frob_{F_{16}}^{2} ⟩} F_{4} umgeformt werden. Vgl. auch das Ergebnis von Aufgabe 24.(4).

Es fällt auf, daß in allen betrachteten Beispielen [L : Fix_{U} L] = |U| ist. Wir werden dies noch allgemein bestätigen; cf. Satz 8.(1).

Aufgabe 42

(1) Für die Wohldefiniertheit der Multiplikation ist zu zeigen, daß im Falle gN = g′N und g̃N = g̃′N auch (g · g̃)N = (g′ · g̃′)N ist, wobei g, g′, g̃, g̃′ ∈ G. In der Tat ist dann g′ = gn und g̃′ = g̃ñ für gewisse n, ñ ∈ N, und es wird

g′g̃′ = gng̃ñ = gg̃ \underbrace{\underbrace{g̃^{−1}ng̃}_{∈N} ñ}_{∈N} ,

mithin g′g̃′N = gg̃N. Die Gruppeneigenschaften wie Assoziativität, Einselement 1_{G}N und Inverses g^{−1}N zu gN ∈ G/N vererben sich nun alle aus denen für G.

(2) Für die Wohldefiniertheit ist zu zeigen, daß aus g Kern f = g′ Kern f auch f(g) = f(g′) folgt, wobei g, g′ ∈ G. In der Tat haben wir diesenfalls g′ = gn für ein n ∈ Kern f. Es wird f(g′) = f(gn) = f(g)f(n) = f(g) · 1_{H} = f(g). Nach Konstruktion liegt nun ein surjektiver Gruppenmorphismus G/N \overline{}Im f , g Kern f \overline{}f(g) vor. Für die Injektivität ist zu zeigen, daß sein Kern gleich {1_{G}} ist. Sei g ∈ G so, daß g Kern f \overline{}f(g) = 1_{H}. Dann ist g ∈ Kern f, i.e. g Kern f = 1_{G} Kern f.

(3) Nach Aufgaben 38.(1.c), 37.(2) ist |Im f| ein Teiler von |H|. Nach Aufgabe 37.(5) ist insbesondere N ⩽ G. Die Lösung zur Aufgabe 38.(1.c) zeigt nun, daß |G| = |N||G/N| – in der Tat kann G in |G/N| Teilmengen der Kardinalität |N| disjunkt zerlegt werden. Mit (2) ist also |Im f| = |G/N| ein Teiler von |G|.

Aufgabe 43

(1) Sei σ ∈ S_{n}. Wir behaupten, daß es genau einen Automorphismus σ̂ von K(T_{1}, …, T_{n}) mit σ̂(T_{i}) = T_{σ(i)} für i ∈ [1, n] und σ̃|_{K}^{K} = id_{K} gibt, sowie, daß für σ, ρ ∈ S_{n} gilt, daß { \atop ρ ∘ σ} = ρ̂ ∘ σ̂. Nach der Gebrauchsanweisung für Polynomringe gibt es genau einen Ringmorphismus

σ̃ : K[T_{1}, …, T_{n}] \overline{}K[T_{1}, …, T_{n}]

mit σ(T_{i}) = T_{σ(i)} für i ∈ [1, n] und σ̃|_{K} gleich der Einbettung K ^{\overline{}^{c}} K[T_{1}, …, T_{n}], i.e. σ̃|_{K}^{K} = id_{K}; vgl. §1.6.2. Nach der Gebrauchsanweisung für Quotientenkörper, angewandt auf das Kompositum

K[T_{1}, …, T_{n}] ^{\overline{}^{σ̃}} K[T_{1}, …, T_{n}] ^{\overline{}^{λ}} K(T_{1}, …, T_{n}) ,

gibt es genau einen Ringmorphismus – dann auch Körpermorphismus –

σ̂ : K(T_{1}, …, T_{n}) ^{\overline{}^{σ̂}} K(T_{1}, …, T_{n})

mit σ̂ ∘ λ = λ ∘ σ̃.

\xymatrix{K[T_{1}, …, T_{n}] \ar[r]^{σ̃} \ar[d]_{λ} & K[T_{1}, …, T_{n}] \ar[d]^{λ} \\ K(T_{1}, …, T_{n}) \ar[r]^{σ̂} & K(T_{1}, …, T_{n}) .}

Insgesamt gibt es genau einen Körpermorphismus K(T_{1}, …, T_{n}) ^{\overline{}^{σ̂}} K(T_{1}, …, T_{n}) mit mit σ̂(T_{i}) = T_{σ(i)} für i ∈ [1, n]. Seien nun σ, ρ ∈ S_{n} gegeben. Es ist { \atop ρ ∘ σ} der einzige Körpermorphismus von K(T_{1}, …, T_{n}) in sich mit

{ \atop ρ ∘ σ}(T_{i}) = T_{{ \atop ρ∘σ}(i)} = T_{(ρ(σ(i))}

für i ∈ [1, n]. Nun ist aber auch für den Körpermorphismus ρ̂ ∘ σ̂ von K(T_{1}, …, T_{n}) in sich

(ρ̂ ∘ σ̂)(T_{i}) = ρ̂(σ̂(T_{i})) = ρ̂(T_{σ(i)}) = T_{ρ(σ(i))}

für i ∈ [1, n]. Also ist { \atop ρ ∘ σ} = ρ̂ ∘ σ̂.

Beachte noch, daß îd = id, da die Identität die verlangte Eigenschaft id(T_{i}) = T_{i} = T_{id(i)} hat.

Insbesondere zeigt σ̂^{−1} ∘ σ̂ = { \atop σ^{−1} ∘ σ} = îd = id, daß σ̂ auch surjektiv und damit ein Automorphismus von K(T_{1}, …, T_{n}) ist. Dies zeigt die Behauptung. Damit haben wir einen Gruppenmorphismus S_{n} \overline{}Aut (K(T_{1}, …, T_{n})|K), σ \overline{}σ̂, definiert. Dieser ist injektiv, da σ̂ = id insbesondere zu T_{σ(i)} = σ̂(T_{i}) = T_{i} für i ∈ [1, n] führt, und somit zu σ = id. Die angesprochene Identifikation bedeutet in der Praxis, daß wir fürderhin einfach wieder σ statt σ̂ schreiben.

(2) Wir setzen

u(X) := +s_{n}X^{n} − s_{n−1}X^{n−1} + ⋯ ± s_{1}X ∓ s_{0} := (X − T_{1})(X − T_{2}) ⋯ (X − T_{n}) ∈ E[X] .

In anderen Worten, es ist s_{i} die Summe aus allen Produkten aus n − i verschiedenen Faktoren aus {T_{1}, …, T_{n}}, wobei i ∈ [0, n]. Z.B. wird für n = 3

\begin{aligned}s_{0} & = & T_{1}T_{2}T_{3} \\ s_{1} & = & T_{1}T_{2} + T_{1}T_{3} + T_{2}T_{3} \\ s_{2} & = & T_{1} + T_{2} + T_{3} \\ s_{3} & = & 1 . \end{aligned}

(3) Ist σ ∈ S_{n}, so wird, in der Notation der Lösung zu (2),

u^{σ}(X) =^{1.} ((X − T_{1})(X − T_{2}) ⋯ (X − T_{n}))^{σ}
= (X − T_{1})^{σ}(X − T_{2})^{σ} ⋯ (X − T_{n})^{σ}
= (X − σ(T_{1}))(X − σ(T_{2})) ⋯ (X − σ(T_{n}))
= (X − T_{σ(1)})(X − T_{σ(2)}) ⋯ (X − T_{σ(n)})
= (X − T_{1})(X − T_{2}) ⋯ (X − T_{n})
= u(X)
= +s_{n}X^{n} − s_{n−1}X^{n−1} + ⋯ ± s_{1}X ∓ s_{0}
=^{2.} (+s_{n}X^{n} − s_{n−1}X^{n−1} + ⋯ ± s_{1}X ∓ s_{0})^{σ}
= +σ(s_{n})X^{n} − σ(s_{n−1})X^{n−1} + ⋯ ± σ(s_{1})X ∓ σ(s_{0}) .

Koeffizientenvergleich gibt σ(s_{i}) = s_{i} für i ∈ [0, n]. Ist Beachte, daß L ein Teilkörper von E ist, da L das Element 1_{E} enthält, und da Differenz und Quotient zweier Elemente von L wieder in L liegen, wobei bei der Quotientenbildung der Nenner ungleich 0 sei.

Ist \frac{f(s_{0},...,s_{n−1})}{g(s_{0},...,s_{n−1})} wie in der Aufgabenstellung ein beliebig gewähltes Element aus L, und ist σ ∈ S_{n}, so wird

σ(\frac{f(s_{0},...,s_{n−1})}{g(s_{0},...,s_{n−1})}) = \frac{σ(f(s_{0},...,s_{n−1}))}{σ(g(s_{0},...,s_{n−1}))} = \frac{f(σ(s_{0}),...,σ(s_{n−1})))}{g(σ(s_{0}),...,σ(s_{n−1})))} = \frac{f(s_{0},...,s_{n−1})}{g(s_{0},...,s_{n−1})} .

Also ist σ|_{L}^{L} = id_{L}. Da dies für alle σ ∈ S_{n} gilt, ist L ⊆ Fix_{S_{n}} E. Mit der Folgerung zu Satz 7 (Dedekinds Lemma) ist also [E : L] ⩾ [E : Fix_{S_{n}} E] ⩾ |S_{n}| = n! .

(4) Sei i ∈ [1, n]. Betrachte

g_{i}(X) := (X − T_{i}) ⋯ (X − T_{n}) = \frac{u(X)}{(X − T_{1}) ⋯ (X − T_{i−1})} ∈ E(X) .

Ersterer Ausdruck zeigt, daß g_{i}(X) ∈ E[X] liegt. Insbesondere geht die Polynomdivision von u(X) durch (X − T_{1}) ⋯ (X − T_{i−1}) auf. Nun liegen aber u(X) ∈ L[X] ⊆ L(T_{1}, …, T_{i−1})[X] und (X − T_{1}) ⋯ (X − T_{i−1}) ∈ L(T_{1}, …, T_{i−1})[X]. Der Polynomdivisionsalgorithmus zeigt nun, daß auch der Quotient g_{i}(X) in L(T_{1}, …, T_{i−1})[X] liegt. Es ist also g_{i}(X) ein normiertes Polynom mit Nullstelle T_{i}. Insbesondere ist T_{i} algebraisch über L(T_{1}, …, T_{i−1}). Ferner ist μ_{T_{i}, L(T_{1},...,T_{i−1})}(X) ein Teiler von g_{i}(X); vgl. Satz 2.(2), §2.3.2. Mit loc. cit. ist auch

[L(T_{1}, …, T_{i−1}, T_{i}) : L(T_{1}, …, T_{i−1})] = deg μ_{T_{i}, L(T_{1},...,T_{i−1})} ⩽ deg g_{i} = n − i + 1 .

Beachte schließlich, daß L(T_{1}, …, T_{n}) = E. In der Tat ist jedes Polynom in T_{1}, …, T_{n} mit Koeffizienten in K in der linken Seite enthalten. Ist ein solches Polynom ungleich null, so ist, da L(T_{1}, …, T_{n}) ein Teilkörper von E ist, also auch sein Inverses in L(T_{1}, …, T_{n}). Damit ist auch jedes beliebige Element von E, das sich ja als Bruch zweier solcher Polynome mit Nenner ungleich null schreiben läßt, in L(T_{1}, …, T_{n}). In der Produktzerlegung

[E : L] = [L(T_{1}) : L] ⋯ [L(T_{1}, T_{2}) : L(T_{1})] ⋯ [L(T_{1}, …, T_{n}) : L(T_{1}, …, T_{n−1})]

ist der i-te Faktor ⩽ n − i + 1, wohingegen das Produkt ⩾ n! = ∏_{i∈[1,n]}(n − i + 1) ist. Mithin ist der i-te Faktor

[L(T_{1}, …, T_{i−1}, T_{i}) : L(T_{1}, …, T_{i−1})] = n − i + 1

für i ∈ [1, n]. Somit ist μ_{T_{i}, L(T_{1},...,T_{i−1})}(X) = g_{i}(X) = (X − T_{i}) ⋯ (X − T_{n}) für i ∈ [1, n]; vgl. Satz 2.(2). Eine L-lineare Basis von E ist also etwa gegeben durch

(T_{1}^{α_{1}} ⋯ T_{n}^{α_{n}} : α_{i} ∈ [0, n − i] für i ∈ [1, n]) .

In der Tat folgt aus Gradgründen auch L(T_{1}, …, T_{n−1}) = E. Dies sieht man auch direkt ein, denn T_{n} = s_{n−1} − (T_{1} + ⋯ + T_{n−1}).

Aufgabe 44

(1) Schreibe Z := {z ∈ L : z^{n} = 1}. Es ist 1 ∈ Z. Sind z, z̃ ∈ Z, so ist auch (zz̃^{−1})^{n} = z^{n}(z̃^{n})^{−1} = 1, also zz̃^{−1} ∈ Z. Also ist Z ⩽ L^{×}. Es zerfällt X^{n} − 1 in L[X] in Linearfaktoren. Da nun

ggT(X^{n} − 1, (X^{n} − 1)′) = ggT(X^{n} − 1, nX^{n−1}) = 1 (^{52}) ,

enthält diese Produktzerlegung von X^{n}−1 auch n verschiedene Linearfaktoren; vgl. Aufgabe 25.(2). Da aber Z gerade die Nullstellenmenge von X^{n} − 1 in L ist, folgt |Z| = n. Wir verwenden die Argumente für Aufgabe 27.(5). Sei ζ_{n} ein Element von Z maximaler Ordnung. Es ist o(ζ_{n}) ein Teiler von |Z| = n.

52Wofür man char K = 0 benötigt.

Mit Aufgabe 27.(4) ist o(z) ein Teiler von o(ζ_{n}) für alle z ∈ Z. Also ist z eine Nullstelle von X^{o(ζ_{n})} − 1 in L. Da letzteres Polynom mithin n verschiedene Nullstellen in L hat, folgt n ⩽ deg(X^{o(ζ_{n})} − 1) = o(ζ_{n}). Zusammen ist o(ζ_{n}) = n. Aber dies impliziert |⟨ζ_{n}⟩| = o(ζ_{n}) = n = |Z|, und somit ⟨ζ_{n}⟩ = Z; vgl. Aufgabe 11.(1.b). Da L = K(z : z ∈ Z) als Zerfällungskörper von X^{n} − 1 ∈ K[X], und da Z = {ζ_{n}^{i} : i ∈ [0, n − 1]}, ist L = K(ζ_{n}).

(2) Zunächst einmal halten wir fest, daß ggT(k, n) = ggT(k + zn, n) für z ∈ Z, und also das Auswahlkriterium für U(Z/nZ), es sei ggT(k, n) = 1, unabhängig vom betrachteten Repräsentanten k ist. Wir haben zu zeigen, daß das Produkt zweier Elemente von U(Z/nZ) wieder in dieser Menge liegt, daß eine Eins in U(Z/nZ) liegt, und daß zu jedem Element von U(Z/nZ) ein multiplikativ Inverses in U(Z/nZ) vorhanden ist. Dann ist U(Z/nZ) mit der Multiplikation eine Gruppe; abelsch, da Z/nZ ein kommutativer Ring ist. Seien k + nZ, k̃ + nZ ∈ U(Z/nZ). Dann ist ggT(k, n) = 1 und ggT(k̃, n) = 1, und somit auch ggT(kk̃, n) = 1, i.e. (k + nZ)(k̃ + nZ) ∈ U(Z/nZ). Es ist 1 + nZ ∈ U(Z/nZ) ein Einselement. Sei k + nZ ∈ U(Z/nZ). Da ggT(k, n) = 1, gibt es s, t ∈ Z mit sk + tn = 1; vgl. Aufgabe 2. Es ist ggT(s, n) = 1, da ein gemeinsamer Faktor von s und n auch in sk + tn = 1 auftreten würde. Also ist s + nZ ∈ U(Z/nZ). Ferner ist

(s + nZ)(k + nZ) = sk + nZ = (sk + tn) + nZ = 1 + nZ .

Die Elementordnungen in U(Z/12Z) ergeben sich wie folgt. Wir verwenden die Konvention, z für z + 12Z zu schreiben.

\begin{aligned}o(1) & = & 1 \\ o(5) & = & 2 \\ o(−5) & = & 2 \\ o(−1) & = & 2 \end{aligned}

Folglich ist U(Z/12Z) nicht von einem Element erzeugt, denn dieses müßte Ordnung 4 haben; vgl. Aufgabe 11.(1.b).

Ist jedoch p prim, so ist U(Z/pZ) = F_{p}^{×} von einem Element erzeugt, vgl. Aufgabe 27.(5).

(3) Zeigen wir, daß eine wohldefinierte Abbildung Gal(L|K) \overline{}U(Z/nZ), σ \overline{}i_{σ} vorliegt. Zum einen ist zu zeigen, daß aus ζ_{n}^{i} = ζ_{n}^{j} folgt, daß i + nZ = j + nZ; daß also das Element ζ_{n}^{i} die Restklasse des Exponenten i modulo n bestimmt. Nun ist aber o(ζ_{n}) = n in L^{×} nach (1). Aus ζ_{n}^{i} = ζ_{n}^{j}, d.h. aus ζ_{n}^{j−i} = 1 folgt also, daß n = o(ζ_{n}) den Exponenten j − i teilt, d.h. daß j ≡_{n} i. Zum anderen ist zu zeigen, daß ggT(i_{σ}, n) = 1 für σ ∈ Gal(L|K). Nun ist aber

ζ_{n} = σ^{−1}(σ(ζ_{n})) = σ^{−1}(ζ_{n}^{i_{σ}}) = σ^{−1}(ζ_{n})^{i_{σ}} = ζ_{n}^{i_{σ^{−1}} ·i_{σ}}

Folglich ist i_{σ^{−1}} · i_{σ} ≡_{n} 1, i.e. es gibt ein t ∈ Z mit i_{σ^{−1}} · i_{σ} + nt = 1. Somit können i_{σ} und n keinen nichttrivialen gemeinsamen Faktor haben, da dieser auch in 1 aufgehen würde. Zeigen wir, daß ein Gruppenmorphismus vorliegt. Seien σ, ρ ∈ Gal(L|K). Es wird

ζ_{n}^{i_{ρ∘σ}} = (ρ ∘ σ)(ζ_{n}) = ρ(ζ_{n}^{i_{σ}}) = ρ(ζ_{n})^{i_{σ}} = (ζ_{n}^{i_{ρ}})^{i_{σ}} = ζ_{n}^{i_{ρ}·i_{σ}} ,

also i_{ρ∘σ} + nZ = (i_{ρ} + nZ) · (i_{σ} + nZ). Zeigen wir, daß dieser Gruppenmorphismus Gal(L|K) \overline{}U(Z/nZ), σ \overline{}i_{σ} + nZ injektiv ist. Ist i_{σ} ≡_{n} 1, so ist

σ(ζ_{n}) = ζ_{n}^{i_{σ}} = ζ_{n} = id(ζ_{n}) ,

da o(ζ_{n}) = n. Da L = K(ζ_{n}), folgt σ = id_{L}; vgl. dritte Bemerkung aus §3.4.1. Da also Gal(L|K) isomorph zu einer Untergruppe der abelschen Gruppe U(Z/nZ) ist, ist Gal(L|K) insbesondere abelsch.

Aufgabe 45

(1) Ist char K = 0, so ist char L = 0 und somit L perfekt.

Ist char K = p > 0, so ist Frob_{K} : K ^{\overline{}^{∼}} K. Wir haben zu zeigen, daß Frob_{L} : L \overline{}L surjektiv ist. Es ist L ein K-Vektorraum wie üblich. Ferner wird L zu einem K-Vektorraum vermöge der Addition auf L und der skalaren Multiplikation x ∗ y := x^{p}y für x ∈ K und y ∈ L. Schreibe diesen L^{(p)}. In der Tat ist für y, y′ ∈ L und x, x′ ∈ K

\begin{aligned}1 ∗ y & = & 1^{p} · y & = & 1 · y & = & y \\ x ∗ (y + y′) & = & x^{p}(y + y′) & = & x^{p}y + x^{p}y′ & = & x ∗ y + x ∗ y′ \\ (x + x′) ∗ y & = & (x + x′)^{p}y & = & x^{p}y + x^{′p}y & = & x ∗ y + x′ ∗ y \\ (xx′) ∗ y & = & (xx′)^{p}y & = & x^{p}x^{′p}y & = & x ∗ (x′ ∗ y) . \end{aligned}

Sei (y_{1}, …, y_{n}) eine K-Basis von L. Dann ist (y_{1}, …, y_{n}) auch eine K-Basis von L^{(p)}, wie man wie folgt einsieht. Lineare Unabhängigkeit. Aus

x_{1} ∗ y_{1} + ⋯ + x_{n} ∗ y_{n} = 0

für x_{i} ∈ K folgt, daß x_{1}^{p}y_{1} + ⋯ + x_{n}^{p}y_{n} = 0, woraus x_{i}^{p} = 0 stets, woraus, wegen Injektivität von Frob_{K}, x_{i} = 0 stets. Erzeugendensystem. Es gibt für ein gegebenes y Elemente x_{i} ∈ K mit

y = x_{1}y_{1} + ⋯ + x_{n}y_{n} .

Sei x̃_{i}^{p} = x_{i} stets, was wegen Frob_{K} surjektiv möglich ist. Also wird

y = x̃_{1}^{p}y_{1} + ⋯ + x̃_{n}^{p}y_{n} = x̃_{1} ∗ y_{1} + ⋯ + x̃_{n} ∗ y_{n} .

Da nun (y_{1}, …, y_{n}) als K-Basis von L^{(p)} nachgewiesen ist, folgt dim_{K} L^{(p)} = n = dim_{K} L. Nun ist Frob_{L} sicher injektiv. Aufgefaßt als Abbildung von L nach L^{(p)} ist nun Frob_{L} auch Klinear, da

Frob_{L}(xy) = x^{p}y^{p} = x ∗ Frob_{L}(y)

für x ∈ K und y ∈ L. Als injektive Abbildung zwischen gleichdimensionalen Vektorräumen L und L^{(p)} ist Frob_{L} also auch surjektiv. Somit ist L perfekt.

(2) Es genügt zu zeigen, daß M Zerfällungskörper eines Polynoms in K[X] ist, welches in ein Produkt verschiedener irreduzibler Polynome zerfällt. Da L|K galoisch ist, ist L Zerfällungskörper eines Polynoms g(X) ∈ K[X], welches in ein Produkt verschiedener irreduzibler Polynome zerfällt; vgl. zweites Lemma in §3.5.1.4. Sei h(X) := kgV(f(X), g(X)) ∈ K[X]. Mit loc. cit. genügt es zu zeigen, daß M der Zerfällungskörper von h(X) ist. Sei {γ_{1}, …, γ_{k}} die Nullstellenmenge von g(X) in M. Da g(X) bereits in L[X] in Linearfaktoren zerfällt, ist {γ_{1}, …, γ_{k}} ⊆ L.

Sei {φ_{1}, …, φ_{ℓ}} die Nullstellenmenge von f(X) in M. Die Situation stellt sich so dar.

M = L(φ_{1}, …, φ_{ℓ})

L = K(γ_{1}, …, γ_{k})

K

Es ist {γ_{1}, …, γ_{k}}∪{φ_{1}, …, φ_{ℓ}} die Nullstellenmenge von h(X) in M. Es ist M = L(φ_{1}, …, φ_{ℓ}) = K(γ_{1}, …, γ_{k}, φ_{1}, …, φ_{ℓ}). Da sich dieses Erzeugnis durch Weglassen von doppelt aufgeführten Erzeugern nicht ändert, erzeugt die Nullstellenmenge von h(X) in M den Körper M über K. Um zu zeigen, daß h(X) ∈ M[X] in ein Produkt von Linearfaktoren zerfällt, genügt es zu zeigen, daß jeder normierte irreduzible Faktor u(X) von h(X) in K[X] im größeren Polynomring M[X] in ein Produkt von Linearfaktoren zerfällt. Wir betrachten also solch ein u(X). Es ist u(X) ein Teiler von f(X) oder von g(X) in K[X] (möglicherweise von beiden). Teilt u(X) das Polynom f(X), dann zerfällt daher u(X) bereits in L[X] in Linearfaktoren, also auch in M[X]. Teilt u(X) das Polynom g(X), dann zerfällt daher u(X) in M[X] in Linearfaktoren.

Aufgabe 46

(1) Es ergibt sich der Zerfällungskörper von X^{6} + 3X + 3 ∈ Q[X] zu Q(a, b, c, d) mit

0 = a^{6} + 3a + 3
0 = b^{3} + \frac{1}{17}(−6a^{5} + 14a^{4} − 10a^{3} + 12a^{2} + 6a − 15)b^{2}
+\frac{1}{17}(−3a^{5} + 7a^{4} − 5a^{3} + 6a^{2} + 3a − 33)b + \frac{1}{17}(3a^{5} − 7a^{4} + 5a^{3} − 6a^{2} − 3a − 18)
0 = c^{2} + \frac{1}{17}(6a^{5} − 14a^{4} + 10a^{3} − 12a^{2} + 11a + 15)c + \frac{1}{17}(−11a^{5} + 3a^{4} − 7a^{3} + 5a^{2} − 6a − 36)
0 = d^{2} + (b + \frac{1}{17}(−6a^{5} + 14a^{4} − 10a^{3} + 12a^{2} + 6a − 15))d

+(b^{2} + \frac{1}{17}(−6a^{5} + 14a^{4} − 10a^{3} + 12a^{2} + 6a − 15)b + \frac{1}{17}(−3a^{5} + 7a^{4} − 5a^{3} + 6a^{2} + 3a − 33)) .

Insbesondere ist | Gal(X^{6} + 3X + 3)| = [Q(a, b, c, d) : Q] = 2 · 2 · 3 · 6 = 72. Wir erhalten die Nullstellen

\begin{aligned}γ_{1} & := & a \\ γ_{2} & := & b \\ γ_{3} & := & c \\ γ_{4} & := & d \\ γ_{5} & := & −c − \frac{1}{17}(6a^{5} − 14a^{4} + 10a^{3} − 12a^{2} + 11a + 15) \\ γ_{6} & := & −d − b + \frac{1}{17}(6a^{5} − 14a^{4} + 10a^{3} − 12a^{2} − 6a + 15) \end{aligned}

von X^{6} + 3X + 3 ∈ Q(a, b, c, d)[X]. Wir gehen diesesmal nun nicht systematisch durch die Fälle, Subfälle etc., sondern suchen per Zufallsprinzip Erzeuger der Galoisgruppe, in der Hoffnung, daß das schneller geht. Folgender Magma-Quelltext liefert das Resultat.

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
Factorisation(X^6 + 3*X + 3);
KK<a> := ext<Q | X^6 + 3*X + 3>;

RR<XX> := PolynomialRing(KK);
Factorisation(XX^6 + 3*XX + 3);
KKK<b> := ext<KK | XX^3 + 1/17*(-6*a^5 + 14*a^4 - 10*a^3 + 12*a^2 + 6*a - 15)*XX^2
          + 1/17*(-3*a^5 + 7*a^4 - 5*a^3 + 6*a^2 + 3*a - 33)*XX
          + 1/17*(3*a^5 - 7*a^4 + 5*a^3 - 6*a^2 - 3*a - 18)>;
RRR<XXX> := PolynomialRing(KKK);
KKKK<c> := ext<KKK | XXX^2 + 1/17*(6*a^5 - 14*a^4 + 10*a^3 - 12*a^2 + 11*a + 15)*XXX
           + 1/17*(-11*a^5 + 3*a^4 - 7*a^3 + 5*a^2 - 6*a - 36)>;
RRRR<XXXX> := PolynomialRing(KKKK);
Factorisation(XXXX^6 + 3*XXXX + 3);
KKKKK<d> := ext<KKKK | XXXX^2 + (b
            + 1/17*(-6*a^5 + 14*a^4 - 10*a^3 + 12*a^2 + 6*a - 15))*XXXX
            + b^2 + 1/17*(-6*a^5 + 14*a^4 - 10*a^3 + 12*a^2 + 6*a - 15)*b
            + 1/17*(-3*a^5 + 7*a^4 - 5*a^3 + 6*a^2 + 3*a - 33)>;
RRRRR<XXXXX> := PolynomialRing(KKKKK);
Factorisation(XXXXX^6 + 3*XXXXX + 3);
RBIG<Ga1,Ga2,Ga3,Ga4,Y> := PolynomialRing(Q,5);
Ga5 := -Ga3 - 1/17*(6*Ga1^5 - 14*Ga1^4 + 10*Ga1^3 - 12*Ga1^2 + 11*Ga1 + 15);
Ga6 := -Ga4 - Ga2 + 1/17*(6*Ga1^5 - 14*Ga1^4 + 10*Ga1^3 - 12*Ga1^2 - 6*Ga1 + 15);
ga1 := a;
ga2 := b;
ga3 := c;
ga4 := d;
ga5 := Evaluate(Ga5,[ga1,ga2,ga3,ga4,0]);
ga6 := Evaluate(Ga6,[ga1,ga2,ga3,ga4,0]);
(XXXXX-ga1)*(XXXXX-ga2)*(XXXXX-ga3)*(XXXXX-ga4)*(XXXXX-ga5)*(XXXXX-ga6); // zur Probe
muga1 := Y^6 + 3*Y + 3;
muga2 := Y^3 + 1/17*(-6*Ga1^5 + 14*Ga1^4 - 10*Ga1^3 + 12*Ga1^2 + 6*Ga1 - 15)*Y^2
         + 1/17*(-3*Ga1^5 + 7*Ga1^4 - 5*Ga1^3 + 6*Ga1^2 + 3*Ga1 - 33)*Y
         + 1/17*(3*Ga1^5 - 7*Ga1^4 + 5*Ga1^3 - 6*Ga1^2 - 3*Ga1 - 18);
muga3 := Y^2 + 1/17*(6*Ga1^5 - 14*Ga1^4 + 10*Ga1^3 - 12*Ga1^2 + 11*Ga1 + 15)*Y
         + 1/17*(-11*Ga1^5 + 3*Ga1^4 - 7*Ga1^3 + 5*Ga1^2 - 6*Ga1 - 36);
muga4 := Y^2 + (Ga2 + 1/17*(-6*Ga1^5 + 14*Ga1^4 - 10*Ga1^3 + 12*Ga1^2 + 6*Ga1 - 15))*Y
         + Ga2^2 + 1/17*(-6*Ga1^5 + 14*Ga1^4 - 10*Ga1^3 + 12*Ga1^2 + 6*Ga1 - 15)*Ga2
         + 1/17*(-3*Ga1^5 + 7*Ga1^4 - 5*Ga1^3 + 6*Ga1^2 + 3*Ga1 - 33);
muga1s:= Evaluate(muga1,[0,0,0,0,XXXXX]);
Factorisation(muga1s); // 123456 (resultierende Nullstellennummern)
muga2s:= Evaluate(muga2,[ga1,0,0,0,XXXXX]);
Factorisation(muga2s); // 246 (resultierende Nullstellennummern)
muga3s:= Evaluate(muga3,[ga1,ga2,0,0,XXXXX]);
Factorisation(muga3s); // 35
muga4s:= Evaluate(muga4,[ga1,ga2,ga5,0,XXXXX]);
Factorisation(muga4s); // 46
Evaluate(Ga5,[ga1,ga2,ga5,ga4,0]); // 3
Evaluate(Ga6,[ga1,ga2,ga5,ga4,0]); // 6 // (3,5)
Order(sub<SymmetricGroup(6) | (3,5)>);
// *** Zwischenstand: Ordnung = 2 ***
Evaluate(Ga5,[ga1,ga2,ga5,ga6,0]); // 3
Evaluate(Ga6,[ga1,ga2,ga5,ga6,0]); // 4 // (3,5)(4,6)
Order(sub<SymmetricGroup(6) | (3,5), (3,5)(4,6)>);
// Erzeugnis auch = <(3,5), (4,6)>
// *** Zwischenstand: Ordnung = 4 ***

muga1s:= Evaluate(muga1,[0,0,0,0,XXXXX]);
Factorisation(muga1s); // 123456
muga2s:= Evaluate(muga2,[ga1,0,0,0,XXXXX]);
Factorisation(muga2s); // 246
muga3s:= Evaluate(muga3,[ga1,ga4,0,0,XXXXX]);
Factorisation(muga3s); // 35
muga4s:= Evaluate(muga4,[ga1,ga4,ga5,0,XXXXX]);
Factorisation(muga4s); // 26
Evaluate(Ga5,[ga1,ga4,ga5,ga2,0]); // 3
Evaluate(Ga6,[ga1,ga4,ga5,ga2,0]); // 6 // (2,4)(3,5)
Order(sub<SymmetricGroup(6) | (3,5), (4,6), (2,4)(3,5)>);
// Erzeugnis auch = <(3,5),(4,6),(2,4)>
// *** Zwischenstand: Ordnung = 12 ***
muga1s:= Evaluate(muga1,[0,0,0,0,XXXXX]);
Factorisation(muga1s); // 123456 (resultierende Nullstellennummern)
muga2s:= Evaluate(muga2,[ga2,0,0,0,XXXXX]);
Factorisation(muga2s); // 135
muga3s:= Evaluate(muga3,[ga2,ga1,0,0,XXXXX]);
Factorisation(muga3s); // 46
muga4s:= Evaluate(muga4,[ga2,ga1,ga4,0,XXXXX]);
Factorisation(muga4s); // 35
Evaluate(Ga5,[ga2,ga1,ga4,ga3,0]); // 6
Evaluate(Ga6,[ga2,ga1,ga4,ga3,0]); // 5 // (1,2)(3,4)(5,6)
Order(sub<SymmetricGroup(6) | (3,5), (4,6), (2,4), (1,2)(3,4)(5,6)>);
// Erzeugnis auch = <(4,6), (2,4), (1,2)(3,4)(5,6)>
// *** Zwischenstand: Ordnung = 72 ***

Es ergibt sich Gal(X^{6} + 3X + 3) ^{\overline{}^{∼}} ⟨(4, 6), (2, 4), (1, 2)(3, 4)(5, 6)⟩;

(2) Was bislang geschah. Gemäß Aufgabe 34.(1) ist der Zerfällungskörper von X^{3} + X + 1 ∈ Q[X] gegeben durch Q(a, b) mit a^{3} + a + 1 = 0 und b^{2} + ab + a^{2} + 1 = 0. Insbesondere ist [Q(a, b) : Q] = 6, und Q(a, b)|Q galoisch; cf. zweites Lemma in §3.5.1.4. Seien γ_{1} := a, γ_{2} = b und γ_{3} := −a − b die Nullstellen von X^{3} + X + 1 in Q(a, b). Nach §3.4.2.1 (resp. letzter Folgerung in §3.4.1) ist Gal(X^{3} + X + 1) ^{\overline{}^{∼}} S_{3} . Wir identifizieren entlang diesem Isomorphismus. Nach Satz 9 (Hauptsatz) entsprechen die gesuchten Zwischenkörper zwischen Q und Q(a, b) den Untergruppen von Gal(X^{3} + X + 1) = Gal(Q(a, b)|Q) = S_{3}. In Aufgabe 38.(3) wurden die Untergruppen von S_{3} ermittelt wie im folgenden Diagramm angegeben. Hierbei sind Linien von oben nach unten als Inklusion zu lesen.

[figure: {id}; ⟨(1, 2)⟩; ⟨(1, 3)⟩; ⟨(2, 3)⟩; ⟨(1, 2, 3)⟩; S_{3}]

Die Korrespondenz weist nun einer Untergruppe U den Zwischenkörper Fix_{U} Q(a, b) zu.

Es sind Fix_{{id}} Q(a, b) = Q(a, b) und Fix_{S_{3}} Q(a, b) = Q; vgl. erste Bemerkung in §3.5.1.4. In Aufgabe 41.(1) wurde eine Q-Basis von Fix_{⟨(1,3)⟩} Q(a, b) zu (1, b, a^{2} + ba + 1) bestimmt. Da −b^{2} = ba + a^{2} + 1, folgt Fix_{⟨(1,3)⟩} Q(a, b) = Q(b). In Aufgabe 41.(2) wurde eine Q-Basis von Fix_{⟨(1,2,3)⟩} Q(a, b) zu (1, −a + b + 3a^{2}b) bestimmt. Es folgt Fix_{⟨(1,2,3)⟩} Q(a, b) = Q(−a + b + 3a^{2}b). Wir setzen diese Berechnung nun fort. Für ⟨(1, 2)⟩ = {id, (1, 2)} schicken die zugehörigen Automorphismen

[figure: a; id; a; a; (1,2); b; b; b; b; a .]

Wir erhalten folgendes Q-Erzeugendensystem von Fix_{⟨(1,2)⟩} Q(a, b).

( Tr_{⟨(1,2)⟩}(1), Tr_{⟨(1,2)⟩}(a), Tr_{⟨(1,2)⟩}(a^{2}), Tr_{⟨(1,2)⟩}(b), Tr_{⟨(1,3)⟩}(ba), Tr_{⟨(1,3)⟩}(ba^{2}))
= (1 + 1, a + b, a^{2} + b^{2}, b + a, ba + ab, ba^{2} + ab^{2})
= (2, a + b, −ba − 1, a + b, 2ba, 1) .

Dies reduziert sich z.B. zur Q-Basis

(1, a + b, −ba − 1) .

Da nun (a + b)^{2} = −ba − 1, wird Fix_{⟨(1,2)⟩} Q(a, b) = Q(a + b). Für ⟨(2, 3)⟩ = {id, (2, 3)} schicken die zugehörigen Automorphismen

[figure: a; id; a; a; (2,3); a; b; b; b; −a − b .]

Wir erhalten folgendes Q-Erzeugendensystem von Fix_{⟨(2,3)⟩} Q(a, b).

( Tr_{⟨(2,3)⟩}(1), Tr_{⟨(2,3)⟩}(a), Tr_{⟨(2,3)⟩}(a^{2}), Tr_{⟨(2,3)⟩}(b), Tr_{⟨(2,3)⟩}(ba), Tr_{⟨(2,3)⟩}(ba^{2}))
= (1 + 1, a + a, a^{2} + a^{2}, b + (−a − b), ba + (−a − b)a, ba^{2} + (−a − b)a^{2})
= (2, 2a, 2a^{2}, −a, −a^{2}, a + 1)

Dies reduziert sich z.B. zur Q-Basis

(1, a, a^{2}) .

Also wird Fix_{⟨(2,3)⟩} Q(a, b) = Q(a). Wir tragen in das den Untergruppen entsprechende Körperdiagramm die Fixkörper ein. Hierbei sind Linien von unten nach oben als Inklusion zu lesen.

[figure: Q(a, b); Q(a + b); Q(b); Q(a); Q(−a + b + 3a^{2}b); Q]

Aufgabe 47

(1) Mit dem zweiten Lemma aus §3.5.1.4 ist E der Zerfällungskörper eines normierten Polynoms g(X) ∈ K[X], das dort in verschiedene normierte irreduzible Faktoren zerfällt. In E[X] zerfällt g(X) in verschiedene Linearfaktoren; vgl. die zweite Bemerkung in §3.4.1. Also zerfällt g(X) auch in L[X] in verschiedene normierte irreduzible Faktoren. Nun ist E auch Zerfällungskörper von g(X) über L; vgl. zweite Bemerkung aus §2.5.1. Also ist E|L galoisch; vgl. Aufgabe 45.(1) und zweites Lemma aus §3.5.1.4.

(2) Sei q = p^{r} für p prim und r ⩾ 1. Nach dem Lemma aus §2.5.4 ist F_{q^{s}} Zerfällungskörper von X^{q^{s}} − X über F_{p}. Im Beweis zu loc. cit., Teil (1), wurde auch gezeigt, daß X^{q^{s}} − X in F_{q^{s}}[X] in verschiedene Linearfaktoren zerfällt. Also zerfällt X^{q^{s}} − X in F_{q}[X] in verschiedene irreduzible Faktoren. Nun ist F_{q^{s}} auch Zerfällungskörper von X^{q^{s}} − X über F_{q}; vgl. zweite Bemerkung aus §2.5.1. Also ist F_{q^{s}}|F_{q} galoisch.

Aufgabe 48

(1) Zunächst zeigen wir, daß für a ∈ Z genau dann g^{a} = 1 ist, wenn o(g) = n ein Teiler von a ist. Ist a ≡_{n} 0, so ist g^{a} = 1. Ist umgekehrt g^{a} = 1, so schreibe a = nq + r mit q ∈ Z und r ∈ [0, n − 1]. Dann folgt g^{r} = g^{nq}g^{r} = g^{a} = 1, und also, wegen der Minimalität von o(g), r = 0; vgl. Aufgabe 11. Sei U ⩽ G. Sei e := |G|/|U| = n/|U|; vgl. Aufgabe 38.(1.c). Wir wollen zeigen, daß U = ⟨g^{e}⟩. Ist g^{i} ∈ U, so ist (g^{i})^{|U|} = 1 mit Aufgabe 11.(1.c), und also i|U| ein Vielfaches von n = e|U|. Somit ist i Vielfaches von e, und also g^{i} ∈ ⟨g^{e}⟩. Insgesamt ist U ⩽ ⟨g^{e}⟩. Ferner ist o(g^{e}) = |U|; vgl. Aufgabe 27.(2). Also ist |U| = |⟨g^{e}⟩|; vgl. Aufgabe 11.(1.b). Es folgt U = ⟨g^{e}⟩.

(2) Schreibe Frob := Frob_{F_{p^{s}}}. Es ist Gal(F_{p^{s}}|F_{p}) = ⟨Frob⟩ von Ordnung s; vgl. §3.6.

Sei d ein Teiler von s. Sei K := Fix_{⟨Frob^{d}⟩} F_{p^{s}}. Es ist Gal(F_{p^{s}}|K) = ⟨Frob^{d}⟩ von Ordnung s/d; vgl. Satz 8.(2) aus §3.5.1.3 und Aufgabe 27.(2). Also ist [K : F_{p}] = d, insbesondere also K ≃ F_{p^{d}}. Auf diese Weise erhält man alle Zwischenkörper, da jede Untergruppe von ⟨Frob⟩ nach (1) von der Form ⟨Frob^{d}⟩ ist für einen Teiler d von s, und da nach Satz 9 (Hauptsatz der Galoistheorie) aus §3.5.2 jeder Körper zwischen F_{p^{s}} und F_{p} Fixkörper einer Untergruppe von ⟨Frob⟩ in F_{p^{s}} ist.

(3) Es ist X^{6} + X + 1 ∈ F_{2}[X] irreduzibel. Also können wir F_{64} = F_{2}(ε) mit ε^{6} = ε + 1 konstruieren. Dies kann z.B. mittels

F := GF(2);
R<X> := PolynomialRing(F);
Factorisation(X^6 + X + 1);
FF<e> := ext<F | X^6 + X + 1>;

in Magma geschehen. Es ist Gal(F_{64}|F_{2}) = ⟨Frob_{F_{64}}⟩ von Ordnung 6. Schreibe kurz Frob := Frob_{F_{64}}. Gemäß (1) sind die Untergruppen von ⟨Frob⟩ gegeben durch

[figure: {id_{F_{64}}}; ⟨Frob^{2}⟩; ⟨Frob^{3}⟩; ⟨Frob⟩]

wobei |⟨Frob^{2}⟩| = 3 und ⟨Frob^{3}⟩| = 2. Sicher ist Fix_{{id_{F_{64}} }} F_{64} = F_{64} = F_{2}(ε) und Fix_{⟨Frob⟩} F_{64} = F_{2}; vgl. erste Bemerkung in §3.5.1.4. Wir berechnen Fix_{⟨Frob^{2}⟩} F_{64}. Eine F_{2}-Basis von F_{64} ist gegeben durch (1, ε, ε^{2}, ε^{3}, ε^{4}, ε^{5}). Da Tr_{⟨Frob^{2}⟩} eine surjektive F_{2}-lineare Abbildung von F_{64} nach Fix_{⟨Frob^{2}⟩} F_{64} ist, wird unter dieser Abbildung diese Basis auf ein F_{2}-Erzeugendensystem abgebildet; vgl. §3.5.1.2. Allgemein ist Tr_{⟨Frob^{2}⟩}(x) = x + x^{4} + x^{16} für x ∈ F_{64}. Somit wird

( Tr_{⟨Frob^{2}⟩}(1), Tr_{⟨Frob^{2}⟩}(ε), Tr_{⟨Frob^{2}⟩}(ε^{2}), Tr_{⟨Frob^{2}⟩}(ε^{3}), Tr_{⟨Frob^{2}⟩}(ε^{4})), Tr_{⟨Frob^{2}⟩}(ε^{5}))

= (1 + 1 + 1, ε + ε^{4} + ε^{16}, ε^{2} + ε^{8} + ε^{32}, ε^{3} + ε^{12} + ε^{48}, ε^{4} + ε^{16} + ε, ε^{5} + ε^{20} + ε^{17})
= (1, 1, 1, 0, 1, ε + ε^{3} + ε^{4} + ε^{5})

Also ist eine F_{2}-Basis von Fix_{⟨Frob^{2}⟩} F_{64} gegeben durch (1, ε + ε^{3} + ε^{4} + ε^{5}). Somit ist

Fix_{⟨Frob^{2}⟩} F_{64} = F_{2}(ε + ε^{3} + ε^{4} + ε^{5}) .

In der Tat ist μ_{ε+ε^{3}+ε^{4}+ε^{5},F_{2}}(X) = X^{2} + X + 1, womit wir mit Satz 3 (Morphismen induziert von Nullstellen) einen Isomorphismus

F_{4}  ^{\overline{}^{∼}} Fix_{⟨Frob^{2}⟩} F_{64}
α \overline{}ε + ε^{3} + ε^{4} + ε^{5}

bekommen, unter Verwendung unserer Standardnotation. Wir berechnen Fix_{⟨Frob^{3}⟩} F_{64}. Eine F_{2}-Basis von F_{64} ist gegeben durch (1, ε, ε^{2}, ε^{3}, ε^{4}, ε^{5}). Allgemein ist Tr_{⟨Frob^{3}⟩}(x) = x + x^{8} für x ∈ F_{64}. Somit wird

( Tr_{⟨Frob^{3}⟩}(1), Tr_{⟨Frob^{3}⟩}(ε), Tr_{⟨Frob^{3}⟩}(ε^{2}), Tr_{⟨Frob^{3}⟩}(ε^{3}), Tr_{⟨Frob^{3}⟩}(ε^{4})), Tr_{⟨Frob^{3}⟩}(ε^{5}))

= (1 + 1, ε + ε^{8}, ε^{2} + ε^{16}, ε^{3} + ε^{24}, ε^{4} + ε^{32}, ε^{5} + ε^{40})
= (0, ε + ε^{2} + ε^{3}, 1 + ε + ε^{2} + ε^{4}, 1 + ε^{3} + ε^{4}, 1 + ε^{3} + ε^{4}, 1 + ε + ε^{2} + ε^{3})

Also ist eine F_{2}-Basis von Fix_{⟨Frob^{3}⟩} F_{64} gegeben durch (1, ε + ε^{2} + ε^{3}, ε^{3} + ε^{4}, ). Beachte, daß

(ε + ε^{2} + ε^{3})^{2} = 1 + (ε + ε^{2} + ε^{3}) + (ε^{3} + ε^{4}) .

Somit ist

Fix_{⟨Frob^{3}⟩} F_{64} = F_{2}(ε + ε^{2} + ε^{3}) .

In der Tat ist μ_{ε+ε^{2}+ε^{3},F_{2}}(X) = X^{3} + X + 1, womit wir mit Satz 3 (Morphismen induziert von Nullstellen) einen Isomorphismus

F_{8}  ^{\overline{}^{∼}} Fix_{⟨Frob^{2}⟩} F_{64}
β  \overline{}ε + ε^{2} + ε^{3}

bekommen, unter Verwendung unserer Standardnotation. Alle Zwischenkörper in ein dem obigen Untergruppendiagramm entsprechendes Diagramm eingetragen, erhalten wir also folgendes.

[figure: F_{64} = F_{2}(ε); F_{4} ≃ F_{2}(ε + ε^{3} + ε^{4} + ε^{5}); F_{2}(ε + ε^{2} + ε^{3}) ≃ F_{8}; F_{2}]

Aufgabe 49

(1) Es sind S_{1} = {id} und S_{2} = ⟨(1, 2)⟩ abelsch und somit auflösbar.

Die Auflösbarkeit von S_{3} wurde im ersten Beispiel in §4.1 eingesehen. Wir zeigen die Auflösbarkeit von S_{4}. Es ist N := ⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)⟩ ein abelscher Normalteiler von S_{4}, vgl. Bemerkung zur Vorsicht in §4.1. Sei A := ⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 2, 3)⟩ (^{53}). Laut Magma ist |A| = 12. Sei allgemein G eine endliche Gruppe, und sei H ⩽ G mit 2|H| = |G|. Wir behaupten, daß H ⊴ G. Sei g ∈ G. Zu zeigen ist, daß ^{g}H = gHg^{−1} =^{!} H, i.e. daß gH =^{!} Hg. Wir bemerken, daß G = H ⊔ xH = H ⊔ Hx für jedes x ∈ G ∖ H; vgl. Aufgabe 38.(1). Insbesondere ist xH = G ∖ H = Hx. Ist nun g ∈ H, so ist gH = H = Hg. Ist g ∉ H, so ist gH = G ∖ H = Hg mit der eben gemachten Bemerkung. Dies zeigt die Behauptung. Insbesondere ist A ⊴ S_{4} . Da N ⊴ S_{4} , ist auch N ⊴ A. Insgesamt also

{id} ⊴ N ⊴ A ⊴ S_{4} .

Wie schon festgestellt, ist N/{id} ≃ N abelsch. Eine Gruppe von Primzahlordnung p ist zyklisch, und also auch abelsch. Denn ein Element darin hat Ordnung 1 oder p; vgl. Aufgabe 11.(1.c). Also hat jedes Element ≠ 1 darin Ordnung p, und erzeugt daher die Gruppe; vgl. Aufgabe 11.(1.b). Somit ist A/N zyklisch wegen |A/N| = |A|/|N| = 3 prim; vgl. Lösung zu Aufgabe 38.(1). Ferner ist S_{4}/A zyklisch wegen |S_{4}/A| = |S_{4}|/|A| = 2 prim; vgl. Lösung zu Aufgabe 38.(1). Insgesamt ist S_{4} als auflösbar nachgewiesen.

(2) Sei, dem Hinweis folgend, M ⊴ N ⩽ S_{n} mit N/M abelsch gegeben. Wir behaupten, daß wenn N alle Zykel der Länge 3 enthält, so auch M. Seien x, y ∈ N. Da N/M abelsch ist, wird

(xyx^{−1}y^{−1})M = (xM)(yM)(xM)^{−1}(yM)^{−1}
= (xM)(xM)^{−1}(yM)(yM)^{−1}
= ((xx^{−1})M)((yy^{−1})M)
= 1 · M ,

und also xyx^{−1}y^{−1} ∈ M. Sei (a, b, c) ein beliebiger Zykel von Länge 3 aus S_{n}. Sei {a, b, c, d, e} ⊆ [1, n] mit |{a, b, c, d, e}| = 5. Dies ist möglich, da n ⩾ 5. Nach Voraussetzung sind (a, b, d) und (a, c, e) in N. Mit der eben gemachten Bemerkung wird

M ∋ (a, b, d) ∘ (a, c, e) ∘ (a, b, d)^{−1} ∘ (a, c, e)^{−1} = (a, b, c) .

Somit enthält auch M jeden Zykel von Länge 3 aus S_{n}. Sei nun angenommen, es ist S_{n} auflösbar. Sei

{id} = G_{0} ⊴ G_{1} ⊴ ⋯ ⊴ G_{k} = S_{n}

eine Subnormalreihe mit allen Subfaktoren abelsch. Es enthält G_{k} alle Zykel der Länge 3 aus S_{n}. Da nun mit G_{i} auch G_{i−1} jeweils alle Zykel der Länge 3 aus S_{n} enthält, folgt mit absteigender Induktion, daß dies auch für G_{0} = {id} zutrifft. Dies ist ein Widerspruch. Also existiert in S_{n} keine Subnormalreihe mit allen Subfaktoren abelsch. D.h. S_{n} ist nicht auflösbar.

53Es ist A = A_{4} der Kern der Signumsabbildung S_{4} \overline{}\{±1\}.

Aufgabe 50

Sei f̂(X) ∈ K[X] das Produkt über die Menge der irreduziblen normierten Faktoren von f(X) ∈ K[X]. Es ist L auch ein Zerfällungskörper von f̂(X) über K, da mit f(X) auch sein Teiler f̂(X) in L[X] in Linearfaktoren zerfällt, und da jede Nullstelle von f(X) in L auch eine Nullstelle von f̂(X) ist, und somit die Nullstellen des letzteren ebenfalls L über K erzeugen.

Es folgt (deg f)! = n! = [L : K] ⩽ (deg f̂)! ⩽ (deg f)!, also (deg f̂)! = (deg f)!, also deg f̂ = deg f und also f̂(X) = f(X); vgl. Satz 4 aus §2.5.2.

In anderen Worten, f(X) ∈ K[X] zerfällt in ein Produkt verschiedener normierter irreduzibler Faktoren.

Somit können wir die letzte Folgerung aus §3.4.1 anwenden, und stellen fest, daß Gal(f(X)) ^{\overline{}^{∼}} S_{n}. In anderen Worten, für jede Permutation der Nullstellen von f(X) in L gibt es einen Automorphismus von L|K, der zu dieser Permutation einschränkt.

Sei nun angenommen, es ist f(X) = u(X)v(X) mit u(X), v(X) ∈ K[X] normiert und mit deg u, deg v ⩾ 1. Dann gibt es ein y ∈ L mit u(y) = 0 und ein z ∈ L mit v(z) = 0. Da y und z insbesondere beides Nullstellen von f(X) in L sind, gibt es nach dem eben Gesagten ein σ ∈ Aut(L|K) mit σ(y) = z. Also ist u(z) = u(σ(y)) = σ(u(y)) = σ(0) = 0 und v(z) = 0. Somit ist μ_{z,K}(X) ein Teiler von u(X) und von v(X); vgl. Satz 2 aus §2.3.2. Also ist μ_{z,K}(X)^{2} ein Teiler von f(X), und wir haben einen Widerspruch.

Ein alternatives Argument. Die Konstruktion des Zerfällungskörpers liefert nur dann eine Erweiterung von Grad n!, wenn im i-ten Schritt eine Erweiterung von Grad n − i + 1 vorgenommen wird, wobei i ∈ [1, n], denn ansonsten resultiert ein echt kleinerer Grad. Zerfällt nun f(X) in zwei Faktoren von Grad ⩾ 1, so ist schon im ersten Schritt keine Erweiterung um Grad n mehr möglich.

Aufgabe 51

(1) Der Zerfällungskörper von X^{5} + 5X^{2} + 3 ∈ Q[X] ergibt sich mittels Magma zu Q(a, b) mit

\begin{aligned}0 & = & a^{5} + 5a^{2} + 3 \\ 0 & = & b^{2} − \frac{1}{3}(a^{4} + a^{3} + a^{2} + 3a + 3)b − (a − 1) . \end{aligned}

Insbesondere ist [Q(a, b) : Q] = 10, und somit auch | Gal(X^{5} + 5X^{2} + 3)| = 10.

Wir berechnen Gal(X^{5} + 5X^{2} + 3) = ⟨(2, 3)(4, 5), (1, 2, 4, 5, 3)⟩. Der zugehörige Magma-Quelltext :

      Q := Rationals();
      R<X> := PolynomialRing(Q);
      Factorisation(X^5 + 5*X^2 + 3);
      KK<a> := ext<Q | X^5 + 5*X^2 + 3>;
      RR<XX> := PolynomialRing(KK);
      Factorisation(XX^5 + 5*XX^2 + 3);
      KKK<b> := ext<KK | XX^2 + 1/3*(-a^4 - a^3 - a^2 - 3*a - 3)*XX - a + 1>;
      RRR<XXX> := PolynomialRing(KKK);
      Factorisation(XXX^5 + 5*XXX^2 + 3);
      RBIG<Ga1,Ga2,Y> := PolynomialRing(Q,3);
      Ga3 := -Ga2 + 1/3*(Ga1^4 + Ga1^3 + Ga1^2 + 3*Ga1 + 3);
      Ga4 := 1/3*(Ga1^4 + 5*Ga1)*Ga2 - 1/3*(Ga1^4 + 5*Ga1);
      Ga5 := -1/3*(Ga1^4 + 5*Ga1)*Ga2 - 1/3*(Ga1^3 + Ga1^2 + Ga1 + 3);
      ga1 := a;
      ga2 := b;
      ga3 := Evaluate(Ga3,[ga1,ga2,0]);;
      ga4 := Evaluate(Ga4,[ga1,ga2,0]);;
      ga5 := Evaluate(Ga5,[ga1,ga2,0]);;

(XXX-ga1)*(XXX-ga2)*(XXX-ga3)*(XXX-ga4)*(XXX-ga5); // zur Probe
muga1 := Y^5 + 5*Y^2 + 3;
muga2 := Y^2 - 1/3*(Ga1^4 + Ga1^3 + Ga1^2 + 3*Ga1 + 3)*Y - (Ga1 - 1);
muga1s:= Evaluate(muga1,[0,0,XXX]);
Factorisation(muga1s); // 12345 (resultierende Nullstellennummern)
muga2s:= Evaluate(muga2,[ga1,0,XXX]);
Factorisation(muga2s); // 23 (resultierende Nullstellennummern)
Evaluate(Ga3,[ga1,ga3,0]); // 2
Evaluate(Ga4,[ga1,ga3,0]); // 5
Evaluate(Ga5,[ga1,ga3,0]); // 4 // (2,3)(4,5)
Order(sub<SymmetricGroup(5) | (2,3)(4,5)>);
// *** Zwischenstand: Ordnung = 2 ***
muga1s:= Evaluate(muga1,[0,0,XXX]);
Factorisation(muga1s); // 12345 (resultierende Nullstellennummern)
muga2s:= Evaluate(muga2,[ga2,0,XXX]);
Factorisation(muga2s); // 14 (resultierende Nullstellennummern)
Evaluate(Ga3,[ga2,ga4,0]); // 1
Evaluate(Ga4,[ga2,ga4,0]); // 5
Evaluate(Ga5,[ga2,ga4,0]); // 3 // (1,2,4,5,3)
Order(sub<SymmetricGroup(5) | (2,3)(4,5), (1,2,4,5,3)>);
// *** Zwischenstand: Ordnung = 10 ***

Sei G := Gal(X^{5} + 5X^{2} + 3) = ⟨(2, 3)(4, 5), (1, 2, 4, 5, 3)⟩. Sei N := ⟨(1, 2, 4, 5, 3)⟩ ⩽ G. Da |G| = 2|N|, ist N ⊴ G; vgl. Argument in der Lösung zu Aufgabe 49.(1). Betrachte die Subnormalreihe

{id} ⊴ N ⊴ G .

Da die Subfaktoren beide von primer Ordnung sind, namentlich 5 und 2, sind beide Subfaktoren zyklisch, insbesondere abelsch; vgl. Argument in der Lösung zu Aufgabe 49.(1) Somit ist G auflösbar. Mit dem Satz 10 von Galois aus §4.4.2 ist mithin X^{5} + 5X^{2} + 3 ∈ Q[X] auflösbar.

(2) Der Zerfällungskörper von X^{5} + 5X^{2} + 2 ∈ Q[X] ergibt sich mittels Magma in der üblichen Weise zu Q(a, b, c, d) mit

\begin{aligned}0 & = & a^{5} + 5a^{2} + 2 \\ 0 & = & b^{4} + ab^{3} + a^{2}b^{2} + (a^{3} + 5)b + (a^{4} + 5a) \\ 0 & = & c^{3} + (b + a)c^{2} + (b^{2} + ab + a^{2})c + (b^{3} + ab^{2} + a^{2}b + (a^{3} + 5)) \\ 0 & = & d^{2} + (c + (b + a))d + (c^{2} + (b + a)c + (b^{2} + ab + a^{2})) . \end{aligned}

Insbesondere ist [Q(a, b, c, d) : Q] = 5 · 4 · 3 · 2 = 5!, und somit Gal(X^{5} + 5X^{2} + 2) = S_{5}; vgl. letzte Folgerung in §3.4.1. Ferner hat sich im Verlauf dieser Rechnung X^{5} + 5X^{2} + 2 ∈ Q[X] als irreduzibel herausgestellt, was auch mit Aufgabe 50 im nachhinein nochmals bestätigt wird. Dank Aufgabe 49.(2) ist S_{5} nicht auflösbar. Mit dem Satz 10 von Galois aus §4.4.2 ist mithin X^{5} + 5X^{2} + 2 ∈ Q[X] nicht auflösbar.

Aufgabe 52

(1) Sei ρ ∈ G. Sei x ∈ L. Es ist ρ(N_{G}(x)) = ρ(∏_{σ∈G} σ(x)) = ∏_{σ∈G}(ρ ∘ σ)(x) = ∏_{τ∈G} τ(x) = N_{G}(x), wobei τ := ρ ∘ σ substituiert wurde. Also ist N_{G}(x) ∈ Fix_{G}(L) = K; vgl. erste Bemerkung in §3.5.1.4.

(2) Hier ist G = ⟨F ⟩ = { F^{i} : i ∈ [0, s − 1] }, wobei F (x) = x^{q} für x ∈ F_{q^{s}} ; vgl. §3.6.

Für x ∈ F_{q^{s}} ist also

N_{G}(x) = ∏_{i∈[0,s−1]} F^{i}(x) = x^{q^{0}+q^{1}+···+q^{s−1}} = x^{(q^{s}−1)/(q−1)} .

Da N_{G}(0) = 0 und N_{G}(F_{q^{s}}^{×}) ⊆ F_{q}^{×}, genügt es zu zeigen, daß N := N_{G} |_{F_{q^{s}}^{×}}^{F_{q}^{×}} surjektiv ist.

Sei y ∈ F_{q^{s}}^{×} ein Erzeuger dieser zyklischen Gruppe, d.h. F_{q^{s}}^{×} = ⟨y⟩; vgl. Aufgabe 27.(5). Mithin ist o(y) = |F_{q^{s}}^{×}| = q^{s} − 1. Es ist

|⟨N_{G}(y)⟩| = o(N_{G}(y)) = o(y^{(q^{s}−1)/(q−1)}) = o(y^{o(y)/(q−1)}) = q − 1 ;

vgl. Aufgabe 27.(2). Da |F_{q}^{×}| = q − 1 ist, folgt ⟨N_{G}(y)⟩ = F_{q}^{×}. Also ist jedes Element von F_{q}^{×} von der Form N_{G}(y)^{k} = N_{G}(y^{k}) für ein k ∈ Z, weswegen N_{G} surjektiv ist.

Aufgabe 53 (^{54}) O.E. ist U_{i} ⊈ ⋃_{j∈[1,m]∖{i}} U_{j} für i ∈ [1, m], da ansonsten U_{i} weggelassen werden kann, ohne die Vereinigungsmenge zu ändern. O.E. ist m ⩾ 2. Es genügt zu zeigen, daß ⋃_{i∈[1,m]} U_{i} kein Vektorraum ist. Annahme, doch. Wähle α_{k} ∈ K ∖ {0} für k ∈ [1, m − 1] mit |{ α_{k} : k ∈ [1, m − 1] }| = m − 1. Dies ist möglich, da |K| ⩾ m. Wähle u_{1} ∈ U_{1} ∖ ⋃_{j∈[1,m]∖{1}} U_{j} . Wähle u_{2} ∈ U_{2} ∖ ⋃_{j∈[1,m]∖{2}} U_{j} . Sei k ∈ [1, m − 1]. Es ist u_{1} + α_{k}u_{2} ∈ ⋃_{i∈[1,m]} U_{i}. Es ist u_{1} + α_{k}u_{2} ∉ U_{1} , denn sonst wäre auch u_{2} ∈ U_{1} . Es ist u_{1} + α_{k}u_{2} ∉ U_{2} , denn sonst wäre auch u_{1} ∈ U_{2} . Also ist u_{1} + α_{k}u_{2} ∈ ⋃_{i∈[3,m]} U_{i}. Da u_{2} ≠ 0, ist |{ u_{1} + α_{k}u_{2} : k ∈ [1, m − 1] }| = m − 1. Folglich gibt es j ∈ [3, m] und s, t ∈ [1, m − 1] mit s ≠ t, aber u_{1} + α_{s}u_{2} ∈ U_{j} und u_{1} + α_{t}u_{2} ∈ U_{j} . Die Differenz liefert u_{2} ∈ U_{j} , im Widerspruch zur Wahl von u_{2} .

Aufgabe 54 Schreibe n := [L : K]. Fall K endlich. Dann ist |L| = |K|^{n}. Also gibt es ein t ∈ L^{×} mit o(t) = |L|; cf. Aufgabe 27.(5). Da zudem 0 ∈ K liegt, ist folglich L = K(t). Fall K unendlich. Sei ( y_{1}, …, y_{n}) eine K-lineare Basis von L. Dann ist L = K( y_{1} , …, y_{n}) ; cf. §2.3.3. Sei f(X) := ∏_{i∈[1,n]} μ_{y_{i},K}(X) ∈ K[X] ⊆ L[X]. Sei M ein Zerfällungskörper von f(X) ∈ L[X] ; cf. Satz 4. Sei k := deg f. Sei f(X) = ∏_{i∈[1,k]}(X − γ_{i}) ∈ M mit γ_{i} ∈ M, wobei γ_{i} = y_{i} für i ∈ [1, n]. Es wird

M = L( γ_{1} , …, γ_{k}) = K( y_{1} , …, y_{n} , γ_{1}, …, γ_{n}) = K( γ_{1}, …, , γ_{n}) .

Also ist M auch ein Zerfällungskörper von f(X) ∈ K[X] ; cf. §2.5.1. Folglich liegen Körpererweiterungen M|L|K vor mit M|K galoisch; cf. §3.5.1.4. Schreibe G := Gal(M|K). Es ist |G| = [M : K] endlich; cf. Sätze 4, 5, §3.5.1.4. Da G endlich viele Untergruppen hat, ist die Menge der Zwischenkörper zwischen K und M nach Hauptsatz endlich; cf. Satz 9. Insbesondere ist

E := { E : L|E|K und E ⊂ L }

54Diese Lösung kenne ich von Fabian Dyga. endlich. Wähle t ∈ L ∖ ⋃_{E∈E} E; cf. Aufgabe 53. Dann ist L|K(t)|K, aber K(t) ∉ E, da ansonsten t ∈ K(t) ∈ ⋃_{E∈E} E läge, was es nach Wahl von t nicht tut. Folglich ist K(t) = L.

Aufgabe 55

Vorbemerkung. Jedes x ∈ Q^{×} können wir bis auf Vorzeichen in Primfaktoren zerlegen,

x = ε ∏_{p > 0 prim} p^{α_{p}} ,

wobei ε ∈ {−1, +1} und wobei α_{p} ∈ Z stets, mit α_{p} ≠ 0 nur für endlich viele Primzahlen p. Dies kann e.g. durch Primfaktorzerlegung des Nenners und des Zählers von x erreicht werden. Schreibe

v_{p}(x) := α_{p} .

Wir setzen noch v_{p}(0) := +∞.

Für x, y ∈ Q mit v_{p}(x) < v_{p}(y) ist v_{p}(x + y) = v_{p}(x). Denn da xp^{− v_{p}(x)} = \frac{a}{z} mit a, z ∈ Z ∖ pZ geschrieben werden kann und yp^{− v_{p}(x)} = \frac{pb}{w} mit b ∈ Z und w ∈ Z ∖ pZ, ist (x + y)p^{− v_{p}(x)} = \frac{aw+pbz}{zw} mit aw + pbz, zw ∈ Z ∖ pZ.

(1) Schreibe g(X) = ∑_{i⩾0} b_{i}X^{i} und h(X) = ∑_{i⩾0} b̃_{i}X^{i}. Seien k := deg g und k̃ := deg h. Annahme, es ist g(X) ∈ Q[X] ∖ Z[X]. Dann können wir eine Primzahl p > 0 mit

v := min{ v_{p}(b_{i}) : i ∈ [0, k] } < 0

wählen. Sei j := min{ i ∈ [0, k − 1] : v_{p}(b_{i}) = v }. Sei

ṽ := min{ v_{p}(b̃_{i}) : i ∈ [0, k̃] } ⩽ 0 .

Sei j̃ := min{ i ∈ [0, k̃ − 1] : v_{p}(b̃_{i}) = ṽ }.

Es ist a_{j+j̃} = ∑_{i∈[0,j+j̃]} b_{i}b̃_{j+j̃−i}. Da v_{p}(b_{j}b̃j̃) < v_{p}(b_{i}b̃_{j+j̃−i}) für i ∈ [0, j + j̃] ∖ {j}, folgt

0 ⩽ v_{p}(a_{j+j̃}) = v_{p}(∑_{i∈[0,j+j̃]} b_{i}b̃_{j+j̃−i}) = v_{p}(b_{j}b̃j̃) = v + ṽ < 0 ,

was einen Widerspruch darstellt. Also ist g(X) ∈ Z[X]. Genauso folgt f(X) ∈ Z[X].

(2) Annahme, es gebe eine Zerlegung f(X) = g(X)h(X) mit g(X), h(X) ∈ Q[X] o.E. normiert, deg g > 1 und deg h > 1. Nach (1) sind g(X), h(X) ∈ Z[X]. Schreibe k := deg g und k̃ := deg h.

Sei Z ^{\overline{}^{ρ}} F_{p}, z \overline{}z + pZ die Restklassenabbildung; cf. §1.4.1. Es ist

X^{n} = f^{ρ}(X) = g^{ρ}(X)h^{ρ}(X) ;

cf. §1.4.3. Also ist g^{ρ}(X) = X^{k} und h^{ρ}(X) = Xk̃; cf. §1.9. Folglich sind die konstanten Koeffizienten von g(X) und von h(X) beide durch p teilbar. Daher ist der konstante Koeffizient von g(X)h(X) = f(X) durch p^{2} teilbar. Dies ist aber nicht der Fall gemäß unserer Voraussetzung. Wir haben einen Widerspruch. Somit ist f(X) irreduzibel.

Literatur

[1] Artin, E., mit Milgram, N.A., Galoissche Theorie, Harri Deutsch, 1968 (vgl. auch projecteuclid.org/euclid.ndml/1175197041, MathSciNet MR0006974).

[2] Bosma, W.; Cannon, J.J.; Fieker, C.; Steel, A. (eds.), Handbook of Magma functions, Edition 2.16, 2010; cf. magma.maths.usyd.edu.au, magma.maths.usyd.edu.au/calc.

[3] Edwards, H. M., Galois Theory, Springer GTM 101, 1984.

[4] Jantzen, J.C.; Schwermer, J., Algebra, Springer, 2006.

[5] Lang, S., Algebra, Springer GTM 211, 2002.