G. Nebe, M. Künzer

Algebra I, WS 04/05

Lösung 12

Aufgabe 49.

(1) (i) Wir erhalten

\begin{aligned}a^{0} & = & 1 · 1 + 0 · i \\ a^{1} & = & 1 · 1 + 1 · i \\ a^{2} & = & 0 · 1 + 2 · i , \end{aligned}

und also durch Betrachtung der Matrix (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \end{matrix}) die Gleichung

a^{2} − 2a^{1} + 2a^{0} = 0 .

Da das Spaltentupel der um die letzte Spalte verkürzten Matrix (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) linear unabhängig ist, ist in der Tat

μ_{(1+i),R}(X) = X^{2} − 2X + 2

das Minimalpolynom von (1 + i) über R. (ii) Ein K-Algebrenmorphismus von K(a) = K[a] ≃ K[X]/(μ_{a,K}(X)) (cf. Aufgabe 40 (2)) nach K(a) ist

gegeben durch die Angabe eines Bildes a′ von a, vorausgesetzt, μ_{a,K}(a′) = 0. Denn dies liefert einen K-Algebrenendomorphismus, der injektiv ist, da er von einem Körper ausgeht und nicht im Nullring endet. Da [K(a) : K] endlich ist, ist dieser auch surjektiv, und also ein Automorphismus. Wir suchen also die Nullstellen von μ_{a,K}(X) in K(a). Im vorliegenden Fall erhalten wir durch Abdividieren der konstruierten Nullstelle a

X^{2} − 2X + 2 = (X − (1 + i))(X − (1 − i))

und somit die Automorphismen

[figure: R(1 + i); id; ∼; R(1 + i); 1 + i; 1 + i; R(1 + i); σ; ∼; R(1 + i); 1 + i; 1 − i]

Beachte, daß R(1 + i) = R(i) = C. Es ist σ die komplexe Konjugation auf C. Da in C[X] das Polynom μ_{(1+i),R}(X) bereits in Linearfaktoren zerfällt, ist K(a) = C ein Zerfällungskörper von μ_{(1+i),R}(X).

(2) (i) Wir können in Q(\sqrt{3}, \sqrt{5}) rechnen. Dieser Körper hat eine Basis (1, \sqrt{3}, \sqrt{5}, \sqrt{15}) über Q, da X^{2} − 5 auch in Q(\sqrt{3}) noch irreduzibel ist. Wir erhalten

\begin{aligned}a^{0} & = & 1 · 1 & + & 0 · \sqrt{3} & + & 0 · \sqrt{5} & + & 0 · \sqrt{15} \\ a^{1} & = & 1 · 1 & + & 1 · \sqrt{3} & + & 1 · \sqrt{5} & + & 0 · \sqrt{15} \\ a^{2} & = & 9 · 1 & + & 2 · \sqrt{3} & + & 2 · \sqrt{5} & + & 2 · \sqrt{15} \\ a^{3} & = & 25 · 1 & + & 21 · \sqrt{3} & + & 17 · \sqrt{5} & + & 6 · \sqrt{15} \\ a^{4} & = & 173 · 1 & + & 76 · \sqrt{3} & + & 60 · \sqrt{5} & + & 44 · \sqrt{15} \end{aligned}

und also durch Betrachtung der Matrix (\begin{matrix}1 & 1 & 9 & 25 & 173 \\ 0 & 1 & 2 & 21 & 76 \\ 0 & 1 & 2 & 17 & 60 \\ 0 & 0 & 2 & 6 & 44 \end{matrix}) die Gleichung

a^{4} − 4a^{3} − 10a^{2} + 28a − 11 = 0 .

Da das Spaltentupel der um die letzte Spalte verkürzten Matrix linear unabhängig ist, ist in der Tat

μ_{(1+\sqrt{3}+\sqrt{5}),Q}(X) = X^{4} − 4X^{3} − 10X^{2} + 28X − 11

das Minimalpolynom von 1 + \sqrt{3} + \sqrt{5} über Q. Insbesondere folgt Q(1 + \sqrt{3} + \sqrt{5}) = Q(\sqrt{3}, \sqrt{5}).

(ii) Um die Automorphismen von Q(1 + \sqrt{3} + \sqrt{5}) zu berechnen, müssen wir nun μ_{(1+\sqrt{3}+\sqrt{5}),Q}(X) in Q(1 + \sqrt{3} + \sqrt{5})[X] = Q(\sqrt{3}, \sqrt{5})[X] in irreduzible Faktoren zerlegen. In der Tat ist

X^{4}−4X^{3}−10X^{2}+28X−11 = (X−(1+\sqrt{3}+\sqrt{5}))(X−(1−\sqrt{3}+\sqrt{5}))(X−(1+\sqrt{3}−\sqrt{5}))(X−(1−\sqrt{3}−\sqrt{5})) ,

da die obige Rechnung, die zeigte, daß 1+\sqrt{3}+\sqrt{5} eine Nullstelle des Polynoms X^{4}−4X^{3}−10X^{2}+28X −11 ist, ebenso für die jeweils negativen Wurzeln ihre Gültigkeit behält. Damit erhalten wir die Automorphismen

Q(1 + \sqrt{3} + \sqrt{5}) \overline{}^{σ_{1}}_{∼} Q(1 + \sqrt{3} + \sqrt{5})
1 + \sqrt{3} + \sqrt{5} \overline{}1 + \sqrt{3} + \sqrt{5}
Q(1 + \sqrt{3} + \sqrt{5}) \overline{}^{σ_{2}}_{∼} Q(1 + \sqrt{3} + \sqrt{5})
1 + \sqrt{3} + \sqrt{5} \overline{}1 − \sqrt{3} + \sqrt{5}
Q(1 + \sqrt{3} + \sqrt{5}) \overline{}^{σ_{3}}_{∼} Q(1 + \sqrt{3} + \sqrt{5})
1 + \sqrt{3} + \sqrt{5} \overline{}1 + \sqrt{3} − \sqrt{5}
Q(1 + \sqrt{3} + \sqrt{5}) \overline{}^{σ_{4}}_{∼} Q(1 + \sqrt{3} + \sqrt{5})
1 + \sqrt{3} + \sqrt{5} \overline{}1 − \sqrt{3} − \sqrt{5}

Es ist aus Gradgründen übrigens Q(\sqrt{3}, \sqrt{5}) = Q(1 + \sqrt{3} + \sqrt{5}). Da in Q(1 + \sqrt{3} + \sqrt{5})[X] das Polynom μ_{(1+\sqrt{3}+\sqrt{5}),Q}(X) bereits in Linearfaktoren zerfällt, ist K(a) = Q(1 + \sqrt{3} + \sqrt{5}) ein Zerfällungskörper von μ_{(1+\sqrt{3}+\sqrt{5}),Q}(X).

(3) (i) Wir erhalten

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

und mithin aus der Matrix (\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1+T^{3} \\ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 3 \end{matrix} ) das Minimalpolynom

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

(ii) Es ist nun Q(T^{3})(T + 1) = Q(T). Da sich μ_{T +1,Q(T^{3})}(X) in Q(T)[X] zerlegen läßt als

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

und da letzterer Faktor (X − 1)^{2} + (X − 1)T + T^{2} mangels Nullstelle (die Diskriminante −3T^{2} ist kein Quadrat in Q(T) !) irreduzibel in Q(T)[X] ist, hat μ_{T +1,Q(T^{3})}(X) nur eine Nullstelle in K(a) = Q(T), nämlich a = T +1 selbst. Somit ist die identische Abbildung der einzige Automorphismus von K(a) = Q(T) über K = Q(T^{3}). Da in Q(T)[X] das Polynom μ_{(T +1),Q(T^{3})}(X) nicht in Linearfaktoren zerfällt, ist K(a) = Q(T) kein Zerfällungskörper von μ_{T +1,Q(T^{3})}(X).

(4) (i) Wir erhalten, nach Unterschlagung aller Querstriche und unter Verwendung der Bezeichnung F_{27} für L,

\begin{aligned}a^{0} & = & 1 \\ a^{1} & = & T^{2} + T + 1 \\ a^{2} & = & T^{2} − 1 \\ a^{3} & = & T^{2} − T + 1 , \end{aligned}

und mithin aus der Matrix (\begin{matrix}1 & 1 & −1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & −1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \end{matrix}) das Minimalpolynom

μ_{1+T +T^{2},F_{3}}(X) = X^{3} + X^{2} + X − 1 .

(ii) Wir bemerken zunächst, daß aus Gradgründen F_{27} = F_{3}(T^{2} + T + 1). Abdividieren der Nullstelle T^{2} + T + 1 gibt in F_{27}[X] die Faktorisierung

μ_{1+T +T^{2},F_{3}}(X) = X^{3} + X^{2} + X − 1
= (X − (T^{2} + T + 1))(X^{2} + X(T^{2} + T − 1) + (−T^{2} + T + 1))
= (X − (T^{2} + T + 1))(X − (T^{2} − T + 1))(X − T^{2}) .

Wir erhalten so die Automorphismen

F_{27}  \overline{}^{σ_{0}}_{∼} F_{27}
T^{2} + T + 1 \overline{}T^{2} + T + 1 = (T^{2} + T + 1)^{1}
F_{27}  \overline{}^{σ_{1}}_{∼} F_{27}
T^{2} + T + 1 \overline{}T^{2} − T + 1 = (T^{2} + T + 1)^{3}
F_{27}  \overline{}^{σ_{2}}_{∼} F_{27}
T^{2} + T + 1 \overline{}T^{2}  = (T^{2} + T + 1)^{9} .

Bezeichnen wir mit übrigens F_{27} ^{\overline{}^{F}} F_{27}, u \overline{}u^{3} den Frobeniusautomorphismus von F_{27}, so erkennen wir durch Vergleich der Bilder des Erzeugers T^{2} + T + 1, daß σ_{0} = F^{0}, σ_{1} = F^{1} und σ_{2} = F^{2}. Da in F_{27}[X] das Polynom μ_{1+T +T^{2},F_{3}}(X) bereits in Linearfaktoren zerfällt, ist K(a) = F_{27} ein Zerfällungskörper von μ_{1+T +T^{2},F_{3}}(X).

Aufgabe 50.

(1) (i) Sei K_{0} := K = Q. Wir bemerken zunächst, daß X^{3} − 3 ∈ Q[X] mangels Nullstelle irreduzibel ist, wie mit Primfaktorzerlegung folgt – \frac{m^{3}}{n^{3}} = 3 ist mit m, n ∈ Z unlösbar. Sei K_{1} = K_{0}(α_{1}) = K_{0}[T]/(T^{3} −3), wobei α_{1} die Restklasse von T bezeichne. Dann ist α_{1}^{3} = 3. Wir müssen das Polynom X^{3} − 3 in K_{1}[X] in irreduzible Faktoren zerlegen. Abdividieren der Nullstelle α_{1} liefert

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

Die Diskriminante von X^{2} + α_{1}X + α_{1}^{2} ist −3α_{1}^{2}. Wir behaupten, daß diese kein Quadrat in K_{1} ist, so daß X^{2} + α_{1}X + α_{1}^{2} somit irreduzibel ist. Es genügt zu zeigen, daß −3 kein Quadrat in K_{1} ist. Zum einen kann man K_{1} in R via α_{1} \overline{}\sqrt[3]{3} einbetten und sich zunutze machen, daß −3 noch nicht einmal ein Quadrat in R ist. Der alternative Ansatz −3 = (u+vα_{1}+wα_{1}^{2})^{2} = (u^{2}+6vw)+(3w^{2}+2uv)α_{1}+(v^{2}+2uw)α_{1}^{2} mit u, v, w ∈ Q lieferte, wäre w ≠ 0, u = −\frac{v^{2}}{2w}, und somit 3 = (\frac{v}{w})^{3}, was, wie oben schon bemerkt, nicht möglich ist. Also ist w = 0 und u^{2} = −3. Aber auch dies ist für u ∈ Q nicht möglich. Damit ist −3 kein Quadrat in K_{1}. Sei K_{2} = K_{1}(α_{2}) = K_{1}[T′]/(T^{′2} + α_{1}T′ + α_{1}^{2}), wobei α_{2} die Restklasse von T′ bezeichne. Dann ist α_{2}^{2} = −α_{1}α_{2} − α_{1}^{2}. Wir müssen das Polynom X^{2} + α_{1}X + α_{1}^{2} in K_{2}[X] noch in irreduzible Faktoren zerlegen. Abdividieren der Nullstelle α_{2} gibt

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

Somit ist E := K_{2} = Q(α_{1}, α_{2}) ein Zerfällungskörper von X^{3} − 3. Es ist

[E : K] = [K_{2} : K_{1}][K_{1} : K_{0}] = 2 · 3 = 6 .

(ii) Wir bemerken zunächst, daß

E ≃ K[T, T′]/(T^{3} − 3, T^{′2} + T′T + T^{2})

als K-Algebra. Ein Automorphismus ist also gegeben durch ein Tupel (β_{1}, β_{2}) aus E mit

\begin{aligned}β_{1}^{3} − 3 & = & 0 \\ β_{2}^{2} + β_{1}β_{2} + β_{2}^{2} & = & 0 , \end{aligned}

indem die Restklasse von T, i.e. α_{1}, auf β_{1} und die Restklasse von T′, i.e. α_{2}, auf β_{2} geschickt wird.

Wir kürzen die dritte Nullstelle von X^{3} − 3 in E ab mit α_{3} = −(α_{1} + α_{2}), also X^{3} − 3 = (X − α_{1})(X − α_{2})(X − α_{3}). Wir haben zunächst

β_{1} ∈ {α_{1}, α_{2}, α_{3}}

zur Auswahl. Wie oben erhalten wir eine Faktorisierung

X^{2} + β_{1}X + β_{1}^{2} = (X^{3} − 3)/(X − β_{1}) = (X − β_{2})(X + (β_{1} + β_{2})) ,

wobei β_{2} eine weitere Nullstelle von X^{3} − 3 in E ist. Damit ergeben sich die Möglichkeiten

(β_{1}, β_{2}) ∈ {(α_{1}, α_{2}), (α_{1}, α_{3}), (α_{2}, α_{1}), (α_{2}, α_{3}), (α_{3}, α_{1}), (α_{3}, α_{2})} .

und entsprechend 6 Automorphismen von E über K vermöge α_{1} \overline{}β_{1}, α_{2} \overline{}β_{2}. (iii) Setzt man z.B. a = α_{1} − α_{2}, so wird

\begin{aligned}a^{0} & = & 1 \\ a^{1} & = & α_{1} − α_{2} \\ a^{2} & = & −3α_{1}α_{2} \\ a^{3} & = & −6α_{1}^{2}α_{2} − 9 \\ a^{4} & = & −27(α_{1} + α_{2}) \\ a^{5} & = & −27(2α_{1}^{2} + α_{1}α_{2}) \\ a^{6} & = & −243 . \end{aligned}

Die Matrix

(\begin{matrix}α_{1}^{0}α_{2}^{0} & 1 & 0 & 0 & −9 & 0 & 0 & −243 \\ α_{1}^{1}α_{2}^{0} & 0 & 1 & 0 & 0 & −27 & 0 & 0 \\ α_{1}^{2}α_{2}^{0} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & −54 & 0 \\ α_{1}^{0}α_{2}^{1} & 0 & −1 & 0 & 0 & −27 & 0 & 0 \\ α_{1}^{1}α_{2}^{1} & 0 & 0 & −3 & 0 & 0 & −27 & 0 \\ α_{1}^{2}α_{2}^{1} & 0 & 0 & 0 & −6 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

(in welcher in der ersten Spalte nur das zugehörige Basiselement von Q(α_{1}, α_{2}) über Q notiert ist), zeigt, daß μ_{α_{1}−α_{2},Q}(X) = X^{6} + 243 (cf. Aufgabe 49). Alternativ kann man wegen E|K galoisch auch alle Automorphismen auf den zugehörigen Linearfaktor X − a loslassen und erhält durch Aufmultiplizieren

μ_{α_{1}−α_{2},Q}(X) = (X−(α_{1}−α_{2}))(X−(α_{2}−α_{1}))(X−(α_{1}−α_{3}))(X−(α_{3}−α_{1}))(X−(α_{2}−α_{3}))(X−(α_{3}−α_{2})) .

Da a nur von der Identität festgehalten wird (verifiziere mittels Basis!), und somit in keinem echten Zwischenkörper zwischen K und E liegt, zeigt dies ebenfalls, daß K(a) = E.

Diesen Erzeuger a muß man raten. Meist genügt eine simple Linearkombination der bislang aufgetretenen Erzeuger.

(2) (i) Sei K_{0} = K = Q(\sqrt{2}). Wir behaupten, daß X^{4} − 2X^{2} − \sqrt{2} ∈ Q(\sqrt{(}2))[X] irreduzibel ist. Hätte das Polynom eine Nullstelle β ∈ Q(\sqrt{2})∖\{0\}, so wäre wegen 0 = β^{4} −2β^{2} −\sqrt{2} = (β −1)^{2} −(1+\sqrt{2}) das Element 1+\sqrt{2} ein Quadrat in Q(\sqrt{2}). Es folgte aus (u+v\sqrt{2})^{2} = 1+\sqrt{2} mit u, v ∈ Q, daß u^{2}+2v^{2} = 1 und 2uv = 1, insbesondere durch Einsetzen also 0 = u^{4} − u^{2} + \frac{1}{2} = (u^{2} − \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{4}, was nicht geht. Alternative Begründung der Nullstellenfreiheit von X^{4} − 2X^{2} − \sqrt{2}. Wir verwenden die Einbettung

Q(\sqrt{2}) ^{\overline{}^{φ}} R, \sqrt{2} \overline{}− \sqrt{2}. Es ist f^{φ}(X) = X^{4} − 2X^{2} + \sqrt{2} = (X^{2} − 1)^{2} + (\sqrt{2} − 1), so daß f^{φ}(X) wegen \sqrt{2} − 1 > 0 keine Nullstelle in R hat. Folglich hat f(X) keine Nullstelle in Q(\sqrt{2}). Bleibt die Möglichkeit zu untersuchen, daß X^{4}−2X^{2}−\sqrt{2} = (X^{2}+βX +γ)(X^{2}−βX +γ) mit X^{2}+βX +γ ∈ Q(\sqrt{2})[X] irreduzibel, denn wegen f(X) = f(−X) muß mit dem ersten Faktor auch der zweite auftreten. Das aber führt auf γ^{2} = −\sqrt{2}, was schon wegen der Einbettung Q(\sqrt{2}) \overline{}R, \sqrt{2} \overline{}\sqrt{2} nicht geht. Damit ist X^{4} − 2X^{2} − \sqrt{2} als irreduzibel nachgewiesen. Sei K_{1} = K_{0}(α_{1}) = K_{0}[T]/(T^{4} − 2T^{2} − \sqrt{2}), wobei α_{1} die Restklasse von T bezeichne. Dann ist α_{1}^{4} = 2α_{1}^{2} +\sqrt{2}. Wir müssen das Polynom X^{4} −2X^{2} −\sqrt{2} in K_{1}[X] in irreduzible Faktoren zerlegen. Abdividieren der Nullstelle α_{1} und zugleich der Nullstelle −α_{1} liefert

X^{4} − 2X^{2} − \sqrt{2} = (X − α_{1})(X + α_{1})(X^{2} + (α_{1}^{2} − 2))

Einsetzen von \sqrt{2} in X^{4} − 2X^{2} − \sqrt{2} liefert den negativen Wert −\sqrt{2}. Also gibt es eine Nullstelle α′_{1} dieses Polynoms in R mit α′_{1} > \sqrt{2}. Wir erhalten eine Einbettung K_{1} \overline{}R, α_{1} \overline{}α′_{1}. Im Bild dieser Einbettung ist −(α′_{1}^{2} − 2) < 0 kein Quadrat. Also ist auch −(α′_{1}^{2} − 2) kein Quadrat und X^{2} + (α_{1}^{2} − 2) somit irreduzibel. Sei K_{2} = K_{1}(α_{2}) = K_{1}[T]/(T^{2} + (α_{1}^{2} − 2)), wobei α_{2} die Restklasse von T bezeichne. Dann ist α_{2}^{2} = 2 − α_{1}^{2}. Es zerfällt insgesamt

X^{4} − 2X^{2} − \sqrt{−2} = (X − α_{1})(X + α_{1})(X − α_{2})(X + α_{2}) .

Somit ist E := K_{2} = Q(α_{1}, α_{2}) ein Zerfällungskörper von X^{4} − 2X^{2} − \sqrt{2}. Es ist

[E : K] = [K_{2} : K_{1}][K_{1} : K_{0}] = 2 · 4 = 8 .

(ii) Wir bemerken zunächst, daß

E ≃ K[T, T′]/(T^{4} − 2T^{2} − \sqrt{2}, T^{′2} + T^{2} − 2)

als K-Algebra. Ein Automorphismus ist also gegeben durch ein Tupel (β_{1}, β_{2}) aus E mit

\begin{aligned}β_{1}^{4} − 2β_{1}^{2} − \sqrt{2} & = & 0 \\ β_{2}^{2} + β_{1}^{2} − 2 & = & 0 , \end{aligned}

indem die Restklasse von T, i.e. α_{1}, auf β_{1} und die Restklasse von T′, i.e. α_{2}, auf β_{2} geschickt wird. Wir haben zunächst

β_{1} ∈ {α_{1}, −α_{1}, α_{2}, −α_{2}}

zur Auswahl. Wie oben erhalten wir eine Faktorisierung

X^{2} + β_{1}^{2} − 2 = (X^{4} − 2X^{2} − \sqrt{2})/(X^{2} − β_{1}^{2}) = (X − β_{2})(X + β_{2}) ,

wobei β_{2} aus den Nullstelle von X^{4} − 2X^{2} − \sqrt{2}, welche nicht schon in \{−β_{1}, +β_{1}\} liegen, zu wählen ist. Damit ergeben sich die Möglichkeiten

(β_{1}, β_{2}) ∈ {(α_{1}, α_{2}), (α_{1}, −α_{2}), (−α_{1}, α_{2}), (−α_{1}, −α_{2}), (α_{2}, α_{1}), (α_{2}, −α_{1}), (−α_{2}, α_{1}), (−α_{2}, −α_{1})} ,

und entsprechend 8 Automorphismen von E über K vermöge α_{1} \overline{}β_{1}, α_{2} \overline{}β_{2}.

(iii) Setzt man z.B. a = α_{1} + 2α_{2}, so beobachten wir unter Verwendung von (ii) zunächst, daß wegen des Automorphismus α_{1} \overline{}− α_{1}, α_{2} \overline{}− α_{2} das Minimalpolynom von a über K auch −a annullieren muß. In anderen Worten, μ_{a,K}(−X) annulliert a ebenfalls. Es folgt μ_{a,K}(−X) = μ_{a,K}(X). Somit können wir uns zur Bestimmung von μ_{a}(X) auf die Betrachtung der geraden Potenzen von a beschränken, das spart etwas Arbeit. Wir erhalten, nach zugegebenermaßen längerer Rechnung,

a^{0} =  1
a^{2} =  8  −3α_{1}^{2}  +4α_{1}α_{2}
a^{4} =  (64 − 7\sqrt{2})  −30α_{1}^{2}  +64α_{1}α_{2}  −24α_{1}^{3}α_{2}
a^{6} =  (512 − 222\sqrt{2})  +(−252 + 117\sqrt{2})α_{1}^{2}  +(768 + 44\sqrt{2})α_{1}α_{2}  −360α_{1}^{3}α_{2}
a^{8} = (3042 − 4092\sqrt{2}) +(−2040 + 2340\sqrt{2})α_{1}^{2} +(8192 + 554\sqrt{2})α_{1}α_{2} +(−4032 + 336\sqrt{2})α_{1}^{3}α_{2}

und daraus

μ_{α_{1}+2α_{2},Q(\sqrt{2})}(X) = X^{8} − 20X^{6} + (132 + 14\sqrt{2})X^{4} + (−320 − 140\sqrt{2})X^{2} + (1506 + 800\sqrt{2}) .

Alternativ kann man wegen E|K galoisch auch alle Automorphismen auf den zugehörigen Linearfaktor X − a loslassen und erhält durch Aufmultiplizieren

\begin{aligned}μ_{α_{1}+2α_{2},Q}(X) & = & (X − (α_{1} + 2α_{2}))(X − (α_{1} − 2α_{2}))(X − (−α_{1} + 2α_{2}))(X − (−α_{1} − 2α_{2}))· \\ & & ·(X − (α_{2} + 2α_{1}))(X − (α_{2} − 2α_{1}))(X − (−α_{2} + 2α_{1}))(X − (−α_{2} − 2α_{1})) . \end{aligned}

Da a nur von der Identität festgehalten wird (verifiziere mittels Basis!), und somit in keinem echten Zwischenkörper zwischen K und E liegt, zeigt dies ebenfalls, daß K(a) = E.

(3) (i) Es ist (X^{3} − S^{3}) ein irreduzibler Faktor von f(X), da (X^{3} − S^{3}) = (X − S)^{3} in F_{3}(S, T)[X] zerfällt, da die dortige Nullstelle S nicht in F_{3}(S^{3}, T^{3}) liegt, und da daher X^{3} − S^{3} keine Nullstelle in F_{3}(S^{3}, T^{3}) hat. Sei K_{0} := F_{3}(S^{3}, T^{3}) und sei K_{1} := F_{3}(S^{3}, T^{3})(S) = F_{3}(S, T^{3}) aus Adjunktion einer Nullstelle dieses irreduziblen Faktors zu K_{0} innerhalb F_{3}(S, T) gebildet. In F_{3}(S, T^{3})[X] ist nun f(X) = (X − S)^{3}(X^{3} − T^{3}), mit einem irreduziblen Faktor X^{3} − T^{3}. Dessen Nullstelle T können wir ebenfalls innerhalb F_{3}(S, T) adjungieren, und wir erhalten K_{2} := F_{3}(S, T^{3})(T) = F_{3}(S, T). Nun ist in F_{3}(S, T)[X] das Polynom f(X) = (X − S)^{3}(X − T)^{3} in Linearfaktoren zerlegt. Also ist E := K_{2} Zerfällungskörper und

[E : K] = [K_{2} : K_{1}][K_{1} : K_{0}] = 3 · 3 = 9 .

(ii) Wir behaupten, daß die Identität der einzige Automorphismus von E über K ist. Sei dazu σ ein solcher

Automorphismus. Sei ξ ∈ E. Es ist

(σ(ξ))^{3} = σ(ξ^{3}) = ξ^{3} ,

da ξ^{3} ∈ K, und da σ alle Elemente von K festhält, i.e. σ|_{K} = id_{K}. Nun ist aber der Frobeniusendomorphismus auf E, der η auf η^{3} schickt, injektiv, und es folgt σ(ξ) = ξ.

(iii) Wir behaupten, daß es kein a ∈ E = F_{3}(S, T) mit K(a) = F_{3}(S^{3}, T^{3}, a) = F_{3}(S, T) = E gibt. In der Tat ist a^{3} ∈ F_{3}(S^{3}, T^{3}) = K, so daß das Polynom X^{3} − a^{3} ∈ K[X], welches a annulliert, zeigt, daß

[K(a) : K] = deg μ_{a,K}(X) ≤ deg(X^{3} − a^{3}) = 3 ,

im Gegensatz zu [E : K] = 9.

Aufgabe 51.

(1) Der Endomorphismenring ergibt sich zu

End M ≃ (\begin{matrix}Z & Z & Z \\ (3) & Z & Z \\ (9) & (3) & Z \end{matrix}) /(\begin{matrix}(3) & (3) & (3) \\ (9) & (9) & (9) \\ (27) & (27) & (27) \end{matrix}) ,

und wir erhalten 3^{(1+1+1)+(1+2+2)+(1+2+3)} = 3^{14} Endomorphismen.

(2) Reduktion aller Einträge modulo 3 gibt einen Ringmorphismus von End M in die oberen Dreiecksmatrizen

(\begin{matrix}F_{3} & F_{3} & F_{3} \\ 0 & F_{3} & F_{3} \\ 0 & 0 & F_{3} \end{matrix} ) .

Dieser induziert einen Gruppenmorphismus auf den Gruppen der invertierbaren Elemente, d.h. von den Automorphismen in die invertierbaren oberen Dreiecksmatrizen.

Dieser Gruppenmorphismus ist surjektiv, wie man durch die Wahl einer oberen Dreiecksmatrix als Urbild sieht (ein solches Urbild mit invertierbaren Diagonalelementen liefert einen injektiven und damit bijektiven Endomorphismus). Es gibt (3 − 1)^{3} · 3^{3} invertierbare obere Dreiecksmatrizen.

Der Kern dieses Morphismus besteht aus den Restklassen der Matrizen, die zur Einheitsmatrix eine Differenz

in (\begin{matrix}(3) & (3) & (3) \\ (3) & (3) & (3) \\ (9) & (3) & (3) \end{matrix}) aufweisen. Solche Matrizen haben eine zu 3 teilerfremde Determinante, sind also unter Ver-

wendung eines Inversen zur Determinante in Z/27Z mithilfe der Cramerschen Regel in E invertierbar, wie man sich insbesondere an den Positionen (2, 1), (3, 1) und (3, 2) überzeugt. Damit besteht dieser Kern aus 3^{(0+0+0)+(1+1+1)+(1+2+2)} = 3^{8} Elementen.

Insgesamt wird

| Aut M| = (3 − 1)^{3} · 3^{3} · 3^{8} = 2^{3} · 3^{11} .

Aufgabe 52.

(1) Die Aussage ist richtig. Wählen wir eine K(a)-lineare Basis (x_{1}, …, x_{n}) von L, und eine K-lineare Basis (y_{1}, …, y_{m}) von K(a), so wird (x_{1}y_{1}, x_{1}y_{2}, …, x_{n}y_{m}) eine K-lineare Basis von L bezüglich welcher sich die Abbildung L \overline{}L, t \overline{}at als Blockmatrix mit [L : K(a)] Blöcken schreibt, welche alle gleich der Matrix sind, die die Abbildung K(a) \overline{}K(a), t \overline{}at bezüglich der Basis (y_{1}, …, y_{m}) beschreibt. Es bleibt also zu zeigen, daß das charakteristische Polynom der letztgenannten Matrix gleich ihrem Minimalpolynom ist. Nun hat das Minimalpolynom dieser Matrix, i.e. μ_{a,K}(X), den Grad m = [K(a) : K]. Da es das charakteristische Polynom teilt, und da das charakteristische Polynom der vorliegenden m × m-Matrix ebenfalls Grad m hat, ist in der Tat μ_{a,K}(X) auch deren charakteristisches Polynom.

(2) Die Aussage ist falsch. Seien z.B. K = R, f(X) = X^{2} + 1 und g(X) = X^{2} − 2X + 2. Beide Wurzelkörper sind isomorph zu C (cf. 49 (1 i)).

(3) Die Aussage ist richtig. Denn es teilt μ_{a,K}(X) das Polynom f(X), so daß sich aus der Tatsache, daß f(X) irreduzibel und normiert ist, in der Tat f(X) = μ_{a,K}(X) ergibt.

(4) Die Aussage ist richtig. Denn wir haben eine injektive Abbildung K[X]/(μ_{a,K}(X)) \overline{}L, X̄ \overline{}a, deren Bild K[a] wegen K[a] endlichdimensionaler Integritätsbereich wieder ein Körper ist, i.e. K[a] = K(a). Damit ist (μ_{a,K}(X)) ⊆ K[X] ein maximales Ideal, i.e. es ist μ_{a,K}(X) irreduzibel.

(5) Die Aussage ist richtig.

Sind u und v algebraisch über E, so ist die Erweiterung K(u, v) endlich und mithin algebraisch über K. Damit sind insbesondere deren Elemente u + v und uv algebraisch über K.

Umgekehrt, sind u+v und uv algebraisch über K, so sind u und v als Nullstellen des Polynoms X^{2}−(u+v)X +uv algebraisch über K(uv, u + v). Es ist mithin die Erweiterung K(u, v)|K(uv, u + v) algebraisch, genauso wie nach Voraussetzung auch die Erweiterung K(uv, u + v)|K. Damit ist auch K(u, v)|K algebraisch, und insbesondere sind u und v algebraisch über K.

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