G. Nebe, M. Künzer 04.02.2005

Algebra I, WS 04/05

Lösung Klausur II

Aufgabe 1.

Wir formen zunächst z.B. wie folgt um.

(\begin{matrix}2 & 2 & 4 & 0 \\ 4 & 4 & 0 & 8 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) ⇝ (\begin{matrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 8 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & −1 & −2 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) .

Dies liefert zunächst

Cokern(u) ≃ Z/(2) ⊕ Z/(8) .

Dann wird (\begin{matrix}−1 & 2 \\ 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 4 \\ 2 & 2 \end{matrix}) = (\begin{matrix}4 & 0 \\ 0 & 4 \end{matrix}). Die Elementarteilerform von (\begin{matrix}−1 & 2 \\ 1 & 0 \end{matrix}) ist (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix}), und somit ist

Bild(u) ≃ Z/(2) .

Die Elementarteilerform von (\begin{matrix}0 & 4 \\ 2 & 2 \end{matrix}) ist (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 4 \end{matrix}), und somit ist

Kern(u) ≃ Z/(2) ⊕ Z/(4) .

Probe: | Kern(u)| = 2^{3}, |Bild(u)| = 2 und |X| = 2^{4} ist in Ordnung. |Bild(u)| = 2, | Cokern(u)| = 2^{4} und |Y | = 2^{5} ist auch in Ordnung.

Aufgabe 2.

(1) Wir wenden das Eisensteinkriterium über Z bezüglich p = 2 an. Es sind alle Koeffizienten bis auf den Leitkoeffizienten durch 2 teilbar, und der konstante Koeffizient 2 ist nicht durch 2^{2} teilbar. Also ist X^{3} + 2X^{2} + 2 ∈ Q[X] irreduzibel.

Jedes irreduzible Polynom über einem Körper der Charakteristik 0 wie Q ist separabel. Also ist X^{3} + 2X^{2} + 2 separabel.

Alternative Begründung der Separabilität. Es ist ggT(f(X), f′(X)) = ggT(X^{3} + 2X^{2} + 2, 3X^{2} + 4X) = 1, wie entweder mit dem euklidschen Algorithmus folgt, oder aus der Tatsache, daß f(0) ≠ 0 und f(−4/3) ≠ 0

(2) Zunächst bestimmen wir den Zerfällungskörper von f(X). Sei K_{0} = K, und sei K_{1} = K_{0}(α_{1}) mit α_{1}^{3} = −2α_{1}^{2} −2.

Dann wird

X^{3} + 2X^{2} + 2 = (X − α_{1})(X^{2} + (α_{1} + 2)X + (α_{1} + 2)α_{1}) ∈ K_{1}[X] .

Es ist g(X) := X^{2} + (α_{1} + 2)X + (α_{1} + 2)α_{1} = (X + \frac{1}{2}(α_{1} + 2))^{2} + \frac{1}{4}(α_{1} + 2)(3α_{1} − 2). Da f(−2) = 2 > 0, hat f(X) in R eine Nullstelle ξ < −2. Zunächst gibt es daher eine Einbettung K_{1} [figure] R, welche α_{1} \overline{}ξ schickt. Wegen ξ < −2 ist aber −\frac{1}{4}(ξ + 2)(3ξ − 2) < 0, und damit kein Quadrat in R. Also ist auch −\frac{1}{4}(α_{1} + 2)(3α_{1} − 2) kein Quadrat in K_{1}. Somit ist g(X) ∈ K_{1}[X] irreduzibel.

Sei E = K_{2} = K_{1}(α_{2}) = K(α_{1}, α_{2}) mit α_{2}^{2} = −(α_{1} + 2)(α_{1} + α_{2}). Dann wird mit α_{3} := −α_{1} − α_{2} − 2

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

Somit ist E Zerfällungskörper von f(X). Halten wir fest, daß E über K die Basis (1, α_{1}, α_{1}^{2}, α_{2}, α_{2}α_{1}, α_{2}α_{1}^{2}) hat.

Ein Automorphismus von E ist gegeben durch das Tupel der Bilder (β_{1}, β_{2}) von (α_{1}, α_{2}), vorausgesetzt, es ist β_{1} eine Nullstelle von f(X) und β_{2} eine Nullstelle von f(X)/(X − β_{1}). Wegen f(X) separabel bleiben die 6 Möglichkeiten

{(α_{1}, α_{2}), (α_{1}, α_{3}), (α_{2}, α_{1}), (α_{2}, α_{3}), (α_{3}, α_{1}), (α_{3}, α_{2})}

für die Bilder von (α_{1}, α_{2}). Dabei wird α_{3} jeweils auf die dritte verbleibende Nullstelle von f(X) abgebildet.

Aus diesen greifen wir die beiden Automorphismen

[figure: E; ∼; E; (α_{1}, α_{2}, α_{3}); σ_{1}; (α_{2}, α_{1}, α_{3}); (α_{1}, α_{2}, α_{3}); σ_{2}; (α_{2}, α_{3}, α_{1})]

heraus, wobei in dieser Notation der Automorphismus eintragsweise wirke. Die Einbettung in S_{{α_{1},α_{2},α_{3}}} ≃ S_{3} gibt

[figure: Gal(E|K); ∼; S_{3}; σ_{1}; (1, 2); σ_{2}; (1, 2, 3) .]

Wir verwenden diesen Isomorphismus als Identifikation.

(3) Die echten Zwischenkörper ergeben sich als Fixkörper der Untergruppen

U_{1} = ⟨(1, 2)⟩ ,  U_{2} = ⟨(2, 3)⟩ ,  U_{3} = ⟨(1, 3)⟩ ,  U_{4} = ⟨(1, 2, 3)⟩ .

Schreibe L_{i} := Fix_{U_{i}}(E) für i ∈ [1, 4].

Es wird z.B.

\begin{aligned}L_{1} & = & K(α_{1} + α_{2}) \\ L_{2} & = & K(α_{1}) \\ L_{3} & = & K(α_{2}) \\ L_{4} & = & K(α_{1}^{2}α_{2} + α_{2}^{2}α_{3} + α_{3}^{2}α_{1}) = K(α_{1}(3α_{1}α_{2} + 4α_{2} + 2α_{1} + 4)) . \end{aligned}

(4) Es ist nur L_{4} galoisch über K, da nur U_{4} normal in Gal(E|K) ist.

(5) Da die Elemente von Gal(L_{4}|K) durch die Identität und die Einschränkung von σ_{1} gegeben sind, suchen wir ein Element ξ ∈ L_{4} mit (ξ, σ_{1}(ξ)) eine K-Basis von L_{4}. Mit ξ := α_{1}^{2}α_{2}+α_{2}^{2}α_{3}+α_{3}^{2}α_{1} wird σ_{1}(ξ) = α_{2}^{2}α_{1}+α_{1}^{2}α_{3}+α_{3}^{2}α_{2}. Nun ist

ξ + σ_{1}(ξ) = α_{1}α_{2}(α_{1} + α_{2}) + α_{2}α_{3}(α_{2} + α_{3}) + α_{3}α_{1}(α_{3} + α_{1})
= α_{1}α_{2}(−2 − α_{3}) + α_{2}α_{3}(−2 − α_{1}) + α_{3}α_{1}(−2 − α_{2})
= −2s_{2}(α_{1}, α_{2}, α_{3}) − 3s_{3}(α_{1}, α_{2}, α_{3})
= −2 · 0 − 3 · (−2)
= 6 ,

wie man den Koeffizienten von f(X) entnimmt. Damit liegen 1 und ξ im K-linearen Erzeugnis von (ξ, σ_{1}(ξ)), und es ist nach Konstruktion (ξ^{0}, ξ^{1}) eine K-lineare Basis von L_{4}. Somit ist auch (ξ, σ_{1}(ξ)) eine K-lineare Basis von L_{4}.

Aufgabe 3. Zur Verfügung stehen s_{1} = X_{1} + X_{2} + X_{3}, s_{2} = X_{1}X_{2} + X_{1}X_{3} + X_{2}X_{3} und s_{3} = X_{1}X_{2}X_{3}. Es wird

X_{1}^{3} + X_{2}^{3} + X_{3}^{3} = s_{1}^{3} − 3(X_{1}^{2}X_{2} + X_{1}^{2}X_{3} + X_{2}^{2}X_{1} + X_{2}^{2}X_{3} + X_{3}^{2}X_{1} + X_{3}^{2}X_{2}) − 6X_{1}X_{2}X_{3}
= s_{1}^{3} − 3s_{1}s_{2} + 9X_{1}X_{2}X_{3} − 6X_{1}X_{2}X_{3}
= s_{1}^{3} − 3s_{1}s_{2} + 3s_{3} .

Aufgabe 4.

Sei F_{4} = F_{2}(α) mit α^{2} + α + 1 = 0.

Ein Polynom von Grad ≥ 2 kann nicht irreduzibel sein, wenn sein konstanter Term verschwindet.

Ein Polynom 2ten Grades kann in F_{4}[X] nicht irreduzibel sein, wenn alle seine Koeffizienten in F_{2} liegen. Denn ein solches Polynom wäre auch irreduzibel in F_{2}[X], und hätte somit F_{4} als Zerfällungskörper, was nicht geht.

Der Frobenius-Automorphismus F : F_{4} \overline{}F_{4}, ξ \overline{}ξ^{2}, koeffizientenweise angewandt, bildet ein irreduzibles Polynom auf ein irreduzibles Polynom ab. Die Frobenius-Bahnen in F_{4} sind {0}, {1}, {α, 1 + α}.

Ferner kann ein Polynom der Form X^{2} + u mit u ∈ F_{4} nicht irreduzibel sein, da es ein v ∈ F_{4} mit v^{2} = u gibt, und somit X^{2} + u = (X + v)^{2} folgt.

Es genügt wegen Frobenius, Polynome der Form X^{2} + X + ξ und X^{2} + αX + ξ mit ξ ∈ F_{4} zu betrachten. Im ersteren Fall genügt ferner die Betrachtung von ξ = α.

• Das Polynom X^{2} + X nimmt die Werte {0, 1} an.

Es ist X^{2} + X + α irreduzibel, und damit auch X^{2} + X + (1 + α).

• Das Polynom X^{2} + αX nimmt die Werte {0, 1 + α} an. Es ist X^{2} + αX + 1 irreduzibel, und damit auch X^{2} + (1 + α)X + 1. Es ist X^{2} + αX + α irreduzibel, und damit auch X^{2} + (1 + α)X + (1 + α).

Und in der Tat gibt es nach Übungsaufgabe 58 (2) gerade (4^{(2^{1})} − 4^{(2^{0})}) · 2^{−1} = 6 irreduzible normierte Polynome von Grad 2 in F_{4}[X].

Aufgabe 5.

Wir haben zu zeigen, daß p den Grad [E : K] = | Gal(E|K)| der Erweiterung teilt, da eine endliche Gruppe, deren Ordnung durch p geteilt wird, ein Element der Ordnung p enthält. Dazu genügt es nun, zu zeigen, daß es einen Zwischenkörper E|L|K gibt mit [L : K] = p.

Sei a ∈ E eine Nullstelle von f(X) und setze L = K(a). Da f(X) = μ_{a,K}(X), ist [L : K] = deg(μ_{a,K}) = deg(f) = p.

Aufgabe 6.

1. Lösung.

Wir führen eine Induktion nach m. Es wird

Φ_{2m}(X) = \frac{X^{2m} − 1}{( ∏_{\begin{matrix}d | 2m \\ d≡_{2}0 \\ d ≠ 2m \end{matrix}}Φ_{d}(X))( ∏_{\begin{matrix}d | 2m \\ d≢_{2}0 \end{matrix}}Φ_{d}(X))} = \frac{X^{2m} − 1}{( ∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ≠ m \end{matrix}}Φ_{2d}(X))(X^{m} − 1)}

= \frac{X^{m} + 1}{(X + 1)( ∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ∉ \{1,m\} \end{matrix}}Φ_{d}(−X))} = \frac{(−X)^{m} − 1}{( ∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ≠ m \end{matrix}}Φ_{d}(−X))}

= Φ_{m}(−X) .

2. Lösung.

Sei m ungerade, und m ≥ 3. Zu zeigen ist Φ_{2m}(X) = Φ_{m}(−X). Wir behaupten zunächst, daß Φ_{m}(−X) normiert ist, d.h. daß der Grad von Φ_{m}(X) gerade ist. Dies folgt mit Induktion nach m aus der Definition Φ_{m}(X) = (X^{m} −1)/(∏_{d | m, d ≠ m} Φ_{d}(X)), da der Grad von X^{m} −1 und von Φ_{1}(X) ungerade ist, alle anderen Faktoren aber nach Induktionsvoraussetzung geraden Grad haben.

Da nun wegen des Automorphismus Q[X] ^{\overline{}^{∼}} Q[X], X \overline{}− X mit Φ_{m}(X) auch Φ_{m}(−X) irreduzibel ist, genügt es für die Gleichheit Φ_{2m}(X) = Φ_{m}(−X) wegen der Eindeutigkeit des Minimalpolynoms zu zeigen, daß Φ_{m}(−X) im algebraischen Abschluß K̄ eine primitive 2mte Einheitswurzel annulliert. Nun ist −ζ_{m} eine Nullstelle von Φ_{m}(−X), und die multiplikative Ordnung von −ζ_{m} ist gerade 2m. In der Tat ist μ_{m} ∩ μ_{2} = 1 wegen (−1)^{m} ≠ 1, so daß μ_{2m} ≃ μ_{m} × μ_{2}, −ζ_{m} \overline{}(ζ_{m}, −1), und letzteres Element hat Ordnung 2m.

Aufgabe 7.

(1) Die Aussage ist richtig. Sei R ^{\overline{}^{φ}} R/𝔞, x \overline{}x + 𝔞 die Restklassenabbildung. 1. Lösung. Ist 𝔟 ⊆ R/𝔞 ein Ideal, so haben wir zu zeigen, daß es endlich erzeugt ist. Es ist φ^{−1}(𝔟) ⊆ R ein Ideal, und also endlich erzeugt, da R als noethersch vorausgesetzt ist. Schreibe etwa φ^{−1}(𝔟) = (x_{1}, …, x_{k}). Wir behaupten, daß 𝔟 = (φ(x_{1}), …, φ(x_{k})). Die Inklusion ⊇ ist klar. Zeigen wir ⊆. Sei b ∈ 𝔟. Sei y ∈ R mit φ(y) = b. Es gibt nun r_{1}, …, r_{k} ∈ R mit y = r_{1}x_{1} + ⋯ + r_{k}x_{k}. Anwenden von φ liefert

φ(y) = φ(r_{1})φ(x_{1}) + ⋯ + φ(r_{k})φ(x_{k}) ∈ (φ(x_{1}), …, φ(x_{k})) ,

wie verlangt.

2. Lösung.

Sei angenommen, es gebe eine unendliche echt aufsteigende Kette von Idealen 𝔟_{1} ⊊ 𝔟_{2} ⊊ ⋯ in R/𝔞. Da φ surjektiv ist, ist dann auch die Kette von Idealen φ^{−1}(𝔟_{1}) ⊊ φ^{−1}(𝔟_{2}) ⊊ ⋯ in R echt aufsteigend. Eine solche kann aber wegen R noethersch nicht existieren, und wir haben einen Widerspruch.

(2) Die Aussage ist falsch. Ist allgemein p eine Primzahl, und L ein Körper mit p^{k} Elementen, und ist K ⊆ L ein Teilkörper, so ist L ein Vektorraum über K, und also gibt es ein m ≥ 1 mit p^{k} = |L| = |K|^{m}. Es folgt, daß m | k und daß K = p^{k/m}. In unserer Situation besagt dies, daß ein Teilkörper eines Körpers mit 2^{5} Elementen entweder 2 oder 2^{5} Elemente enthält, nicht jedoch 2^{3}.

(3) Die Aussage ist richtig. Denn sei a eine Nullstelle von f(X) in E und sei L = K(a) Wurzelkörper von f(X). Dann ist wegen Gal(E|K) abelsch die Untergruppe Gal(E|L) ≤ Gal(E|K) ein Normalteiler, und folglich L|K galoisch. Dann aber zerfällt f(X) bereits in L[X] in Linearfaktoren, d.h. die Nullstellen von f(X) in E liegen sämtlich bereits in L (denn die Bilder von a unter den Elementen von Gal(L|K) sind paarweise verschieden und alle ebenfalls Nullstellen von f(X); dies liefert uns | Gal(L|K)| = [L : K] = deg(f) Nullstellen von f bereits in L). Da E von den Nullstellen von f(X) erzeugt wird, folgt E = L.