G. Nebe, M. Künzer

Übungen Algebra II, Sommersemester 03

Lösung 10

Aufgabe 1.

(a)

(a, i) Die Norm eines Elements a + bi + cj + dij ∈ H mit a, b, c, d ∈ Q ist gegeben durch (a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2})^{2}. Nach [Serre, A Course in Arithmetic, IV, §2, th. 6] ist also H_{p} für p prim genau dann ein Schiefkörper, wenn (−1, −1)_{p} = −1. Dies trifft mit [loc. cit., III, §1, th. 1] genau für p = 2 zu, i.e. endlich(H) = {2}. (Vgl. Blatt 7, Aufgabe 2 (2).)

(a, ii) Sei p = 2. Es ist m = 2, wir haben also eine primitive 3-te Einheitswurzel in H_{2} zu finden, i.e. eine Lösung ζ ∈ H_{2} von ζ^{2}+ζ +1. Der Ansatz ζ = a+bi+cj+dij mit a, b, c, d ∈ Q_{2} führt auf

ζ^{2} + ζ + 1 = (a^{2} + a + 1 − b^{2} − c^{2} − d^{2}) + i(2ab + b) + j(2ac + c) + ij(2ad + d) .

Der Fall a ≠ −1/2 führt auf b = c = d = 0, also auf a^{2} + a + 1 = 0, was nicht eintreten kann. Also bleibt im Fall a = −1/2 die Gleichung

3/4 − b^{2} − c^{2} − d^{2} = 0

zu lösen, was etwa mit b = c = d = 1/2 möglich ist. (So man das nicht sieht, wende man Hensels Lemma an.) Wir wählen ζ = (−1 + i + j + ij)/2. Nun gilt es, ein π ∈ H_{2} zu finden mit π^{2} = 2 und πζ = ζ^{2^{r}}π für ein geeignetes r. Da ein Schiefkörper vorliegt, muß r = 1 sein. Der Ansatz π = a+bi+cj +dij mit a, b, c, d ∈ Q_{2} führt auf

π^{2} − 2 = (a^{2} − b^{2} − c^{2} − d^{2} − 2) + i · 2ab + j · 2ac + ij · 2ad .

Es ist a ≠ 0 wegen der Konsequenz b = c = d = 0 und a^{2} = 2 nicht möglich. Also a = 0, und wir haben eine Lösung von b^{2} + c^{2} + d^{2} + 2 = 0 in Q_{2} zu finden derart, daß

πζ − ζ^{2}π = −b − c − d = 0 .

Setzen wir also d = −b − c und lösen 2b^{2} + 2c^{2} + 2bc + 2 = 0 in Q_{2}. Wir nützen unsere Wahlfreiheit, um c = 1 zu setzen, und finden die Nullstelle

b = (0, −2, −2/3, 14/3, …)

von b^{2} + b + 2 = 0. Entsprechend wird

π = (0, −2, 2, 10, …)i + j + (−1, 1, 5, 5, …)ij .

Der gesuchte Isomorphismus resultiert nun aus ζ \overline{}ζ, π \overline{}π (unter Mißbrauch der Elementbezeichnungen), und es ist, wie schon erwähnt, r = 1.

(a, iii) Sei p = 2. Die Maximalordnung in H_{2} ist gegeben durch Z_{2}⟨π^{i}ζ^{j}|i, j ∈ [0, 1]⟩. Bezüglich der Basis (1, ζ, π, πζ) ist die Multiplikation mit ζ gegeben durch

[\begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 \\ −1 & −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & −1 & −1 \end{matrix}] und die Multiplikation mit π durch [\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −1 & −1 \\ 2 & 0 & 0 & 0 \\ −2 & −2 & 0 & 0 \end{matrix}]. Wir erhalten

als Grammatrix der reduzierten Spurbilinearform bezüglich dieser Basis

\frac{1}{2} [\begin{matrix}4 & −2 & 0 & 0 \\ −2 & −2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 8 & −4 \\ 0 & 0 & −4 & 8 \end{matrix}] ,

und es ergeben sich die Z_{2}-linearen Elementarteiler (1, 1, 2, 2).

(b)(b, i) Die Norm eines Elements a + bi + cj + dij ∈ D_{−2,3} mit a, b, c, d ∈ Q ist gegeben durch (a^{2} − 2b^{2} + 3c^{2} − 6d^{2})^{2}. Nach loc. cit. ist D_{−2,3; p} genau dann ein Schiefkörper, wenn (2, −3)_{p} = −1; und es wird (2, −3)_{2} = −1, (2, −3)_{3} = −1, und (2, −3)_{p} = +1 für p ∉ {2, 3}. Wir erhalten endlich(D_{−2,3}) = {2, 3}.

(b, ii) Sei p = 2. Es ist m = 2. Als primitive 3-te Einheitswurzel ergibt sich ζ = (j − 1)/2. Wir erhalten π = i und πζ = ζ^{2}π, also r = 1. Der Isomorphismus ergibt sich zu ζ \overline{}ζ, π \overline{}π. Insbesondere ist D_{−2,3; 2} ≃ H_{2}, vgl. (a), vgl. auch Aufgabe 2. Sei p = 3. Es ist m = 2. Als primitive 4-te Einheitswurzel diene i + j. Wir suchen ein Element ζ mit ζ^{2} = i + j. Setzen wir ζ = a + bi + cj + dij mit a, b, c, d ∈ Q_{3} an, so erhalten wir d = 0, b = c = \frac{1}{2a}, und müssen 4a^{4} = 1 lösen. Da 2a^{2} = 1 schon modulo 3 unlösbar ist, bleibt 2a^{2} = −1 zu lösen. Wir schreiben im folgenden kurz

w = (1, 4, 22, 22, 22, 508, …) ∈ Q_{3}

und erhalten ζ := w(1−i−j)/2, mit Minimalpolynom μ_{ζ,Q_{3}}(X) = X^{2}−wX−1. Setzen wir π = a+bi+cj+dij an, so erzwingt πζ = ζ^{3}π, daß a = 0 und 2b = 3c. Wählen wir b = 3, so erhalten wir d = w/2. Es wird somit π = 3i + 2j + wij/2.

(b, iii) Wir haben wieder zwei Fälle zu unterscheiden. Sei p = 2. Wegen D_{−2,3; 2} ≃ H_{2} erhalten wir dasselbe Ergebnis wie in (a, iii), d.h. die Elementarteiler (1, 1, 2, 2). Sei p = 3. Bezüglich der Basis (1, ζ, π, πζ) ist die Multiplikation mit ζ gegeben

durch [\begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & w & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & w \end{matrix}] und die Multiplikation mit π durch [\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & w & −1 \\ 3 & 0 & 0 & 0 \\ 3w & −3 & 0 & 0 \end{matrix}]. Wir erhalten

als Grammatrix der reduzierten Spurbilinearform bezüglich dieser Basis

\frac{1}{2} [\begin{matrix}4 & 2w & 0 & 0 \\ 2w & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 12 & 6w \\ 0 & 0 & 6w & −12 \end{matrix}] ,

und es ergeben sich die Z_{3}-linearen Elementarteiler (1, 1, 3, 3).

(c) Es ist D eine zentraleinfache Q-Algebra von Q-Dimension 16, wie man anhand des

Isomorphismus Q(ζ_{5})⊗_{Q}D \overline{}Q(ζ_{5})^{4×4}, ξ \overline{}[\begin{matrix}ζ_{5} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & ζ_{5}^{2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & ζ_{5}^{4} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & ζ_{5}^{8} \end{matrix}] , ξ \overline{}[\begin{matrix}0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}] , erkennen

kann. Denn wäre das Zentrum von D echt größer als Q, so wäre auch das Zentrum von Q(ζ_{5}) ⊗_{Q} D echt größer als Q(ζ_{5}). Und hätte D ein Ideal 0 ⊂ I ⊂ D, so hätte auch Q(ζ_{5}) ⊗_{Q} D ein Ideal 0 ⊂ Q(ζ_{5}) ⊗_{Q} I ⊂ Q(ζ_{5}) ⊗_{Q} D. Beides ist nicht der Fall.

Nun berechnen wir die Z-linearen Elementarteiler der Grammatrix der reduzierten Spurbilinearform auf der Z-Ordnung D_{0} = Z⟨⟨ξ, π⟩⟩ ⊆ D. Bezüglich der Basis (ξ^{i}π^{j} : i, j ∈ [0, 3]) erhalten wir die Grammatrix

[\begin{matrix}4 & −1 & −1 & −1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & −1 & −1 & −1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & −1 & −1 & 4 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & −1 & 4 & −1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 8 & −2 & −2 & −2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & −2 & −2 & 8 & −2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & −2 & −2 & −2 & −2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & −2 & 8 & −2 & −2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 8 & −2 & −2 & −2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & −2 & 8 & −2 & −2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & −2 & −2 & 8 & −2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & −2 & −2 & −2 & 8 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 8 & −2 & −2 & −2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & −2 & −2 & −2 & 8 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & −2 & 8 & −2 & −2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & −2 & −2 & −2 & −2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}]

mit den Z-linearen Elementarteilern (1^{4}, 10^{12}).

Nun betrachten wir die verschiedenen Primstellen.

p ∉ {2, 5} Die Diskriminante der Ordnung D_{0; p} := Z_{p}⊗_{Z}D_{0} ist 1, also liegt eine Maximalordnung vor, da die Diskriminante einer echten Oberordnung die Diskriminante der Ordnung teilte. Wäre D_{p} ein Schiefkörper, so könnte man ihn auf Standardform bekommen, und seine Diskriminante wäre folglich p^{m(m−1)} = p^{12}. Das ist hier aber nicht der Fall. Also ist p ∉ endlich(D).

p = 2 Wir wollen zeigen, daß D_{2} ein Schiefkörper ist, indem wir D_{2} auf Standardform bringen. Es ist [Q_{2}(ξ) : Q_{2}] = 4. Wir behaupten, daß Q_{2}(ξ) eine primitive 15te Einheitswurzel ζ enthält. Wir suchen also eine Nullstelle von Φ_{15}(X) = X^{8} − X^{7} + X^{5} − X^{4} + X^{3} − X + 1 in Z_{2}[ξ]. Modulo 2 finden wir die Lösung ξ + 1, welche wir zu einer Lösung

ζ := (ξ + 1, 2ξ^{2} + 3ξ + 3, 4ξ^{3} + 2ξ^{2} + 7ξ + 3, 12ξ^{3} + 2ξ^{2} + 7ξ + 11, …)

hochhenseln können. Die Konjugation mit π induziert einen Automorphismus von Z_{2}[ξ]. Modulo 2 induziert dieser den Frobeniusautomorphismus ξ \overline{}ξ^{2}, der also auch ζ \overline{}ζ^{2} schickt. Dies gilt nun auch in Z_{2}[ξ] selbst, i.e. πζ = ζ^{2}π. Zusammen mit π^{4} = 2 liefert dies die Standardform, i.e. den gesuchten Algebrenisomorphismus, wobei r = 1. (Beachte, daß das Minimalpolynom von ζ über Q_{2} das Kreisteilungspolynom Φ_{15}(X) echt teilt, cf. Aufgabe 4.) Die in (iii) noch gefragten Z_{2}-linearen Elementarteiler entnimmt man den oben berechneten Z-linearen Elementarteilern zu (1^{4}, 2^{12}).

p = 5 Sei ϑ := 1 − ξ. Es ist ϑD_{0; 5} ein zweiseitiges Ideal in D_{0; 5}. Ein Element x, das modulo ϑ invertierbar ist, ist invertierbar: Da (ϑD_{0; 5})^{4} ⊆ 5D_{0; 5}, liegt ϑ(D_{0; 5}/5D_{0; 5}) ⊆ Jac(D_{0; 5}/5D_{0; 5}). Es ist also x zunächst in D_{0; 5}/5D_{0; 5} invertierbar, nach Nakayama für diesen Ring. Nun ist die Multiplikation D_{0; 5} \overline{}D_{0; 5}, y \overline{}yx, modulo 5 ein Isomorphismus, und damit nach Nakayama für den Ring Z_{5} ein Isomorphismus.

Durch Betrachtung der π^{i}-Koeffizienten aus Q_{5}(ϑ) sieht man, daß jedes Element x ∈ D_{5} ∖ {0} geschrieben werden kann als x = ϑ^{m}y mit y ∈ D_{0; 5} ∖ ϑD_{0; 5} und m ∈ Z. Da

D_{0; 5}/ϑD_{0; 5} ^{\overline{}^{∼}} Z_{5}[π]/5Z_{5}[π] ≃ F_{5^{4}} ,

induziert von der Inklusion, ist y eine Einheit modulo ϑ, also eine Einheit in D_{0; 5}. Nun ist ϑ^{m} aber ebenfalls eine Einheit in D_{5}, so daß insgesamt x als Einheit und D_{5} als Schiefkörper nachgewiesen ist. Da die Grammatrix der reduzierten Spurbilinearform auf D_{0; 5} die Z_{5}-linearen Elementarteiler (1^{4}, 5^{12}) hat, da damit die Diskriminante 5^{12} beträgt, und da dies für die Maximalordnung ebenfalls zutrifft, ist D_{0; 5} in der Tat die Maximalordnung. (Oder: Ein Element der Form ϑ^{m}y mit m ∈ Z und y Einheit in D_{0; 5} ist ganz über Z_{5} genau dann, wenn m ≥ 0, wie eine Betrachtung der ϑ-Bewertung seines Minimalpolynoms lehrt.) Es ist Q_{5}(π) ≃ Q_{5}(\sqrt[4]{2}) eine unverzweigte Erweiterung von Grad 4 über Q_{5}, da X^{4} − 2 modulo 5 irreduzibel bleibt. Modulo 5 ist π^{2} + π + 1 eine primitive (5^{4} − 1)ste Einheitswurzel, welche zur primitiven (5^{4} − 1)sten Einheitswurzel

ζ = (π^{2} + π + 1, 5π^{3} + 16π^{2} + 11π + 1, 55π^{3} + 41π^{2} + 11π + 101, …)

in Q_{5}(π) liftet. Wir suchen nun ein Element ϖ ∈ D_{5} mit ϖ^{m} = p und ϖζ = ζ^{5^{r}}ϖ für ein r ∈ [1, 4]. Das Problem ist die praktische Durchführung des Satzes von Skolem-Noether. Hier eine Näherung, unbefriedigend, da von Hand zu approximieren ist, und die Konvergenz der angeführten ‘Lösung’ nicht gezeigt wird. Wir erinnern uns der Verzweigung des Ideals (5) = ϑ^{4} in Z_{5}[ξ] und setzen daher einmal ϖ_{1} := ϑ. Dies ist ein Erzeuger des maximalen Ideals von D_{0; 5}. Nun ist ϖ_{1}ζ ≡_{ϑ^{2}} ζ^{5^{3}}ϖ_{1}, und dem Beweis der Eindeutigkeit von r entnimmt man, daß dies bereits

r = 3

nach sich zieht.

Vorsicht, wir dürfen aus ϖ_{1}ζϖ_{1}^{−1} ≡_{ϑ} ζ^{5^{3}} nicht auf ϖ_{1}ζϖ_{1}^{−1} = ζ^{5^{3}} schließen, obwohl ϖ_{1}ζϖ_{1}^{−1} eine primitive (5^{4}−1)ste Einheitswurzel ist. Denn es liegt ϖ_{1}ζϖ_{1}^{−1} nicht in Q_{5}(ζ) – in einem Schiefkörper kann ein Polynom wie hier das Kreisteilungspolynom mehr Nullstellen haben, als sein Grad anzeigt.

Arbeiten wir mit obiger Näherung für ζ, so erhalten wir als eine Näherung ein ϖ_{2} ≡_{ϑ} ϖ_{1} mit ϖ_{2}ζ ≡_{ϑ^{11}} ζ^{5^{3}}ϖ_{2}, nämlich

ϖ_{2} := ϑ − 2ϑ^{2} + 2ϑ^{3} − ϑ^{4} − ϑ^{7} − ϑ^{8} + ϑ^{10} .

Es ist nun ϖ_{2}^{4} ≡_{5^{3}} −5.

Für eine genaue Lösung gälte, daß ihre 4te Potenz in Z_{5} läge, da sie mit ζ und sich selbst kommutierte.

Es bleibt uns, den Faktor −1 mittels eines Elements aus Z_{5}[π] mit Norm −1 zu entfernen.

Das Element π^{2} hat Norm −1 modulo 5. Als daran ansetzende Näherung erhalten wir etwa das Element 221π^{2}, das Norm −1 hat modulo 5^{4}. Unsere Näherung lautet also insgesamt

ϖ := 221π^{2}ϖ_{2} .

Stellen wir zusammen. Es ist mit unseren Approximationen

ϖ^{4} ≡_{5^{3}} 5 ,  ϖζ ≡_{ϑ^{11}} ζ^{5^{3}}ϖ ,  Φ_{(5^{4}−1)}(ζ) ≡_{5^{3}} 0 ,

und es ist als einziges davon r = 3 exakt gezeigt.

Beachte auch, daß Φ_{(5^{4}−1)}(X) nicht das Minimalpolynom einer primitiven (5^{4} − 1)sten Einheitswurzel über Q_{5} ist, denn ein solches hat Grad 4. Vgl. auch die Faktorisierung modulo 5 von Φ_{(5^{4}−1)}(X) in 48 irreduzible Faktoren vom Grad 4.

Aufgabe 2.

Es gibt wegen der Hasse-Invarianten bis auf Isomorphie nur einen Schiefkörper der Dimension 4 über Q_{2}, nämlich H_{2}. Es muß daher D_{a,b; 2} isomorph zu H_{2} sein, sofern es nur ein Schiefkörper ist. Dies ist der Fall, sobald (−a, −b)_{2} = −1, vgl. Blatt 7, Aufgabe 2 (2) und [loc. cit., III, §1, th. 1]. Ein konkreter Isomorphismus kann stets mit dem in Aufgabe 1 durchgeführten Standardisierungsverfahren gefunden werden (vgl. H_{2} ≃ D_{−2,3; 2}, wie in Aufgabe 1 (b) erwähnt).

Aufgabe 3.

Zunächst gilt es zu bemerken, daß die Bezeichnung ζ_{12} in (1) und in (2) unzweideutig ein Minimalpolynom festlegt, da eine primitive 12-te Einheitswurzel über Q_{2} und über Q_{3} das Minimalpolynom X^{4} − X^{2} + 1 über Q behält. Denn würde X^{4} − X^{2} + 1 über Q_{2} in zwei nichttriviale normierte Faktoren zerfallen, so auch über Z_{2}, und es wären beide Faktoren wegen X^{4} − X^{2} + 1 ≡_{2} (X^{2} + X + 1)^{2} kongruent zu X^{2} + X + 1 modulo 2. Man überzeugt sich modulo 4, daß dies nicht möglich ist. Und würde X^{4} − X^{2} + 1 über Q_{3} in zwei nichttriviale normierte Faktoren zerfallen, so auch über Z_{3}, und es wären beide Faktoren wegen X^{4} − X^{2} + 1 ≡_{2} (X^{2} + 1)^{2} kongruent zu X^{2} + 1 modulo 3. Man überzeugt sich modulo 9, daß dies nicht möglich ist.

Um die maximale unverzweigte Teilerweiterung zu bestimmen, kann man nun entweder den Fixkörper der Trägheitsgruppe berechnen (vgl. Blatt 4, Aufgabe 2 (d)) oder aber, da wir über vollständig bewerteten Grundkörpern arbeiten, eine primitive (p^{m} − 1)ste Einheitswurzel in L ausfindig machen, wobei p^{m} die Anzahl der Elemente im Restklassenkörper bezeichnet. Von dieser Einheitswurzel wird dann die maximale unverzweigte Teilerweiterung erzeugt.

(1) Es ist F_{2}[X]/(X^{4} − X^{2} + 1) = F_{2}[X]/(X^{2} − X + 1)^{2}, also hat der Restklassenkörper des einzigen Primideals 𝔭 = (2, ζ_{12}^{2}+ζ_{12}+1) über (2) gerade 4 Elemente. Als maximal unverzweigte Teilerweiterung finden wir Q_{2}(ζ_{3}), wobei ζ_{3} := ζ_{12}^{4}. Und in der Tat ist 2 in Q_{2}(ζ_{3}) = Q_{2}[X]/(X^{2} + X + 1) unverzweigt, es ist (X^{2} + X + 1) prim in F_{2}[X].

(2) Es ist F_{3}[X]/(X^{4} − X^{2} + 1) = F_{3}[X]/(X^{2} + 1)^{2}, also hat der Restklassenkörper des einzigen Primideals 𝔭 = (3, ζ_{12}^{2} + 1) über (3) gerade 9 Elemente. Wir suchen nun eine primitive 8-te Einheitswurzel in Q_{3}(ζ_{12}), d.h. wir wollen eine Nullstelle von x^{2} = i in Q_{3}(ζ_{12}) bestimmen, wobei i := ζ_{12}^{3}. Es zerfällt Φ_{8}(X) = X^{4} + 1 = (X^{2} + wX − 1)(X^{2} − wX − 1) ∈ Q_{3}[X], mit w = \sqrt{−2} ∈ Q_{3}, cf. Aufgabe 1 (b, ii). Also ist wegen Q_{3}(i) ⊆ Q_{3}(x) aus Gradgründen Q_{3}(i) = Q_{3}(x), und Q_{3}(i) ist die maximale unverzweigte Teilerweiterung.

Nichtsdestotrotz, der Ansatz x = a + bi mit a, b ∈ Q_{3} führt uns auf a^{2} − b^{2} = 0 und 2ab = 1. Wählen wir a = −b, so sehen wir, daß a = w/2 und b = −w/2 die Gleichungen lösen. Wir erhalten die primitive 8te Einheitswurzel ζ_{8} := w(1 − i)/2 ∈ Q_{3}(i) ⊆ Q_{3}(ζ_{12}).

(3) Zunächst merken wir an, daß X^{4} − X^{2} + (1 + t) in der Tat irreduzibel ist. Modulo t haben wir die Faktorisierung X^{4} − X^{2} + (1 + t) ≡_{t} (X^{2} + 1)^{2}, und modulo t^{2} sieht man, daß sich diese nicht heben läßt.

Wir schreiben α für das Bild von X in L, so daß α^{4} −α^{2} +1+t = 0, und behaupten, daß S := F_{3}[[t]][α] der ganze Abschluß von R := F_{3}[[t]] in L ist. Das Diskriminantenideal von S über R berechnet sich zu Δ_{S|R} = Rt^{2}. Eine Oberordnung von S könnte also nur noch das triviale Diskriminantenideal R haben.

Lemma. Sei R ein vollständiger diskreter Bewertungsring, sei S|R eine endliche Erweiterung, sei S wiederum ein diskreter Bewertungsring. Ist Δ_{S|R} = R, dann ist S|R unverzweigt, i.e. es gibt r Primelement in R und S.

Beweis. Sei R ⊆ U ⊆ S die maximale unverzweigte Zwischenerweiterung. Wegen Δ_{S|R} = Δ_{U|R}^{[S:U]} · N_{U|R}(Δ_{S|U}) dürfen wir U = R und S|R total verzweigt annehmen. Insbesondere ist S = R[s], wobei Ss maximal in S. Es ist für j > 1 die Spur Tr_{S|R}(s^{j}) teilbar durch r, wie unter Betrachtung der Matrix bezüglich (s^{0}, …, s^{[S:R]−1}) zu erkennen. Also ist die Diskriminante, genommen bezüglich dieser Basis, teilbar durch r^{[S:R]−1}. Damit kann sie nur dann das Einsideal erzeugen, wenn [S : R] = 1, q.e.d.

Bleibt zu zeigen, daß bei uns der ganze Abschluß S′ von R in L verzweigt ist, um S′ = S gezeigt zu haben. In der Tat ist

(S′(t, α^{2} + 1))^{2} = S′(t^{2}, t(α^{2} + 1), α^{4} + 2α + 1) = S′(t^{2}, t(α^{2} + 1), −t) = S′t ,

i.e. das Primideal Rt bleibt nicht prim in S′.

Modulo t wird nun F_{3}[[t]][α]/(t) ≃ F_{3}[X]/(X^{2} + 1)^{2}, wir erhalten also das einzige Primideal 𝔭 := (t, X^{2} + 1) ⊆ F_{3}[[t]][X]/(X^{4} − X^{2} + (1 + t)) über (t), mit Restklassenkörper isomorph zu F_{3}[X]/(X^{2}+1), also mit 9 Elementen. Wir haben demnach eine primitive 8-te Einheitswurzel in L zu suchen, i.e. eine Nullstelle von f(y) := y^{4}+1. Modulo 𝔭, i.e. in F_{9}, haben wir die Nullstelle X + 1, und diese wollen wir zu einer veritablen Nullstelle hochhenseln. Es ist v_{𝔭}(f′(X + 1)) = v_{𝔭}(X^{3} + 1) = 0, also ist das möglich.

Als Iterationsschritt erhalten wir y_{i+1} = y_{i}−f(y_{i})/f′(y_{i}) = −1/y_{i}^{3}, wobei y_{1} := X+1, und damit die Cauchyfolge

(X + 1, −(X^{3} + 1)^{−1}, X^{9} + 1, −(X^{27} + 1)^{−1}, …) .

Vernachlässigen wir jedes zweite Folgenglied (was den Grenzwert nicht ändert), und reduzieren wir modulo X^{4} − X^{2} + (1 + t)) (i.e. rechnen wir in L), so erhalten wir die Folge

(X + 1, X^{9} + 1, X^{81} + 1, …) = ; \begin{matrix}( X + 1, \\ (−1 + t)X^{3} + (t + t^{2})X + 1, \\ (−1 + t − t^{4} − t^{6} + t^{13} + t^{15} + t^{18} + t^{19})X^{3} + (t + t^{2} − t^{4} − t^{5} + t^{13} + t^{14} + t^{19} + t^{20})X + 1, \\ …) . \end{matrix}

Diese strebt gegen ein Element ζ_{8} ∈ L, und der angegebene Folgenanfang möge uns als Näherungslösung genügen. Die maximale unverzweigte Teilerweiterung ist dann gegeben durch K(ζ_{8}).

Aufgabe 4.

(1) Modulo 2 zerfällt Φ_{7}(X) = X^{6} + X^{5} + X^{4} + X^{3} + X^{2} + X + 1 ≡_{2} (X^{3} + X + 1)(X^{3} + X^{2} + 1). Diese Zerlegung läßt sich hochheben zu einer Zerlegung über Q_{2}, da die Faktoren teilerfremd sind. Die Methode der Idempotentliftung (cf. Blatt 5, Aufgabe 2) liefert

Φ_{7}(X) = f(X)g(X)

mit

\begin{aligned}f(X) & := & X^{3} + (0, 2, 6, 6, …)X^{2} + (1, 1, 5, 5, …)X + (−1, −1, −1, −1, …) \\ g(X) & := & X^{3} + (1, 3, 3, 11, …)X^{2} + (0, 2, 2, 10, …)X + (−1, −1, −1, −1, …) \end{aligned}

irreduzibel in Q_{2}[X], und entsprechend

Z_{2} ⊗_{Z} Z[ζ_{7}] ≃ Z_{2}[X]/(f(X)) × Z_{2}[X]/(g(X)) ,

und also

Q_{2} ⊗_{Q} Q[ζ_{7}] ≃ Q_{2}[X]/(f(X)) × Q_{2}[X]/(g(X)) .

(2) Wir suchen einen Isomorphismus von Q_{2}(α) := Q_{2}[X]/(f(X)), α \overline{}X, nach Q_{2}(β) := Q_{2}[X]/(g(X)), β \overline{}X, d.h. wir suchen eine Nullstelle von f(X) in Q_{2}(β). In anderen Worten, wir suchen eine primitive 7te Einheitswurzel in Q(β), die nicht Nullstelle von g(X) ist, da die Nullstellen von Φ_{7}(X) = (X^{7} − 1)/(X − 1) genau alle primitiven 7ten Einheitswurzeln durchlaufen. Modulo 2 hat g(X) die Nullstellen β, β^{2} und β^{4} (Frobenius!), und also nicht die Nullstellen

\begin{aligned}β^{3} & ≡_{16} & 5β^{2} + 6β + 1 \\ β^{5} & ≡_{16} & −6β^{2} − β − 1 \\ β^{6} & ≡_{16} & β^{2} − 5β − 6 \end{aligned}

welche daher Nullstellen von f(X) modulo 2 sind. Dies bleibt auch über Z_{2} richtig.

(3) Sie kann die verschiedenen Minimalpolynome f(X) und g(X) haben. Beachte, daß Q_{2}(ζ_{7}) in der Regel die Adjunktion einer primitiven 7ten Einheitswurzel über Q_{2} bedeutet (oben als Q_{2}(α), Q_{2}(β) bezeichnet), und sich von Q_{2}⊗_{Q}Q(ζ_{7}) unterscheidet, worin ζ_{7} eine primitive 7te Einheitswurzel über Q war.

Aufgabe 5.

Sei V = E^{m} der einfache E ⊗_{K} D = E^{m×m}-Modul. Dann zerfällt E ⊗_{K} D in eine direkte Summe von m isomorphen Kopien von V. Es wird [E : K] = dim_{D} E ⊗_{K} D = m · dim_{D} V, speziell also m | [E : K].