G. Nebe, M. Künzer

Algebra I, WS 04/05

Lösung 13

Aufgabe 53.

(1) Sei K = Q und E = Q(\sqrt{3} + \sqrt{5}). Es ist | Gal(E|K)| = [E : K] = 4.

(i) Wir behalten die Notation der Lösung von 49 (2) bei, und numerieren die Nullstellen des Minimalpolynoms von 1 + \sqrt{3} + \sqrt{5} wie folgt durch.

α_{1} = 1 + \sqrt{3} + \sqrt{5}
α_{2} = 1 − \sqrt{3} + \sqrt{5} = \frac{1}{2}(−α_{1}^{3} + 3α_{1}^{2} + 13α_{1} − 13)
α_{3} = 1 + \sqrt{3} − \sqrt{5} = \frac{1}{2}(α_{1}^{3} − 3α_{1}^{2} − 13α_{1} + 17)
α_{4} = 1 − \sqrt{3} − \sqrt{5} = −α_{1} + 2

Zweitere Gleichungen folgen mittels der in 49 (1 i) betrachteten Matrix (mit 5-ter Spalte gestrichen), hier einmal als A ∈ Q^{4×4} bezeichnet. So z.B. folgt die letzte Zeile, da

Ax = (\begin{matrix}1 \\ −1 \\ −1 \\ 0 \end{matrix}) .

die Lösung x = (\begin{matrix}2 \\ −1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) hat.

Wir wollen die Galoisgruppe via ihrer Operation in S_{{α_{1},α_{2},α_{3},α_{4}}} ≃ S_{4} einbetten. Es wird

σ_{2}(α_{1}) = α_{2}
σ_{2}(α_{2}) = σ_{2} (\frac{1}{2}(−α_{1}^{3} + 3α_{1}^{2} + 13α_{1} − 13)) = \frac{1}{2}(−α_{2}^{3} + 3α_{2}^{2} + 13α_{2} − 13) = α_{1}
σ_{2}(α_{3}) = σ_{2} (\frac{1}{2}(α_{1}^{3} − 3α_{1}^{2} − 13α_{1} + 17)) = \frac{1}{2}(α_{2}^{3} − 3α_{2}^{2} − 13α_{2} + 17) = α_{4}
σ_{2}(α_{4}) = σ_{2}(−α_{1} + 2)  = −α_{2} + 2  = α_{3} .

Beachte, daß als letztes σ_{2}(α_{4}) = α_{3} auch ohne Rechnung folgt, da σ_{2} eine Bijektion der Nullstellen in sich liefert, und nur α_{3} bislang noch nicht als Bildelement aufgetreten war. Die Rechnung durchzuführen, ist aber eine gute Probe. Somit geht σ_{2} auf (1, 2)(3, 4) ∈ S_{4}. Das Erzeugnis von σ_{2} hat 2 Elemente, was < 4 ist. Wir müssen also noch weitere Automorphismen als Erzeuger hinzufügen. Etwa wird

σ_{3}(α_{1}) = α_{3}
σ_{3}(α_{2}) = σ_{3} (\frac{1}{2}(−α_{1}^{3} + 3α_{1}^{2} + 13α_{1} − 13)) = \frac{1}{2}(−α_{3}^{3} + 3α_{3}^{2} + 13α_{3} − 13) = α_{4}
σ_{3}(α_{3}) = σ_{3} (\frac{1}{2}(α_{1}^{3} − 3α_{1}^{2} − 13α_{1} + 17)) = \frac{1}{2}(α_{3}^{3} − 3α_{3}^{2} − 13α_{3} + 17) = α_{1}
σ_{3}(α_{4}) = σ_{3}(−α_{1} + 2)  = −α_{3} + 2  = α_{2} .

Beachte abermals, daß als letztes σ_{3}(α_{4}) = α_{2} auch ohne Rechnung folgt. Somit geht σ_{3} auf (1, 3)(2, 4) ∈ S_{4}. Nun enthält ⟨σ_{1}, σ_{2}⟩ alle 4 Elemente, nämlich, nach Einbettung,

Gal(E|K) ^{\overline{}^{∼}} ⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)⟩ = \{1, (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3)\} ≤ S_{4} .

Diesen Isomorphismus verwenden wir als Identifikation.

Anstelle des Erzeugers 1 + \sqrt{3} + \sqrt{5} wäre es geschickter gewesen, die Erzeuger \sqrt{3} und \sqrt{5} zu verwenden. Hier ist das ersichtlich, im allgemeinen sieht man solche Vereinfachungen aber nicht, weswegen wir bei unserem Erzeuger geblieben sind.

(ii) Die echten Zwischenkörper ergeben sich als Fixkörper der nichttrivialen Untergruppen von Gal(E|K),

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

Schreibe F_{i} := Fix_{U_{i}}(E) für i ∈ [1, 3]. Da die Fixkörper hier jeweils Grad 2 über K haben, und 2 prim ist, genügt es, je ein Element in F_{i} anzugeben, welches nicht in K liegt, da echt zwischen K und F_{i} kein weiterer Körper mehr liegen kann. Hierfür kann man S_{E|F_{i}}(ξ) = ∑_{ρ∈U_{i}} ρ(ξ) für ein geeignetes ξ ∈ E verwenden – beachte, daß S_{E|F_{i}} : E \overline{}F_{i} surjektiv ist. So wird

\begin{aligned}F_{1} & = & K(α_{1} + σ_{2}(α_{1})) & = & Q(\sqrt{5}) \\ F_{2} & = & K(α_{1} + σ_{3}(α_{1})) & = & Q(\sqrt{3}) \\ F_{3} & = & K(α_{1}^{2} + (σ_{2} ∘ σ_{3})(α_{1}^{2})) & = & Q(\sqrt{15}) , \end{aligned}

da α_{1}^{2} = 9 + 2\sqrt{3} + 2\sqrt{5} + 2\sqrt{15} unter σ_{2} ∘ σ_{3} auf α_{4}^{2} = 9 − 2\sqrt{3} − 2\sqrt{5} + 2\sqrt{15} abgebildet wird.

(iii) Da Gal(E|K) abelsch ist, sind alle Untergruppen normal in G, und insbesondere sind F_{1}|K, F_{2}|K und F_{3}|K galoisch. Aus E|K galoisch und E|F |K folgt auch E|F galoisch – in dieser Richtung gibt es also nichts zu entscheiden.

(2) Sei K = Q und E = Q(α_{1}, α_{2}), mit α_{1}^{3} = 3 und α_{2}^{2} = −α_{1}α_{2} − α_{1}^{2}. Es ist | Gal(E|K)| = [E : K] = 6. Es war f(X) = (X − α_{1})(X − α_{2})(X − α_{3}) mit α_{3} := −α_{1} − α_{2}.

(i) Hier können wir völlig ohne Rechnung argumentieren, da wir die Operation der 6 Galoisautomorphismen auf 2 der 3 Wurzeln von f(X) kennen, und damit auch auf der dritten. 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) ,]

und da das Bild bereits 6 Elemente hat, ist zum einen Gal(E|K) = ⟨σ_{1}, σ_{2}⟩, und zum anderen diese Einbettung ein Isomorphismus. Wir verwenden ihn als Identifikation.

(ii) Die echten Zwischenkörper ergeben sich als Fixkörper der nichttrivialen Untergruppen von Gal(E|K),

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

Schreibe F_{i} := Fix_{U_{i}}(E) für i ∈ [1, 4]. Da die Fixkörper hier jeweils primen Grad über K haben, genügt es, je ein Element in F_{i} := Fix_{U_{i}}(E) anzugeben, welches nicht in K liegt. Hierfür kann man S_{E|F_{i}}(ξ) = ∑_{ρ∈U_{i}} ρ(ξ) für ein geeignetes ξ ∈ E verwenden. So wird

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

Unter Verwendung der Basis (α_{1}^{0}α_{2}^{0}, …, α_{1}^{2}α_{2}^{1}) sieht man jeweils, daß der angegebene Erzeuger in der Tat nicht in K liegt. Das muß man beachten – so z.B. ist K(α_{1} + α_{2} + α_{3}) nicht gleich F_{4}, sondern gleich K wegen α_{1} + α_{2} + α_{3} = 0. Man auch ohne Rechnung erkennen, daß α_{1} + α_{2} + α_{3} nicht als Erzeuger taugt. Denn α_{1} + α_{2} + α_{3} ist ein symmetrisches Polynom in den Wurzeln von f(X), und als solches ein Polynom in den Koeffizienten von f(X), welche aber in K liegen. Insgesamt sind hier die Elemente 1, α_{1}, α_{2}, α_{1}α_{2}, α_{1}^{2} der gewählten K-Basis von E als ξ unbrauchbar. Man weiß aber wegen S_{E|F_{4}} surjektiv, daß nicht alle unbrauchbar sein dürfen – endliches Probieren führt zum Ziel! In der Tat muß nach Ausschluß der 5 anderen Basiselemente ξ = α_{1}^{2}α_{2} eine geeignete Wahl sein.

(iii) Es ist nur F_{4} galoisch über K, da nur U_{4} normal in Gal(E|K) ist. Aus E|K galoisch und E|F |K folgt hingegen auch E|F galoisch – in dieser Richtung gibt es also nichts zu entscheiden.

(3) Sei K = Q(\sqrt{2}), und sei E = K(α_{1}, α_{2}), wobei α_{1}^{4} = 2α_{1}^{2} + \sqrt{2} und α_{2}^{2} = 2 − α_{1}^{2}. Ferner war f(X) = (X − α_{1})(X + α_{1})(X − α_{2})(X + α_{2}).

(i) Auch hier können wir ohne Rechnung vorgehen, da ein Automorphismus ein Negatives einer Nullstelle auf das entsprechende Negative des Bildes schickt. Numerieren wir vollends durch mittels α_{3} := −α_{1} und α_{4} := −α_{2}, so können wir aus den in 50 (2 ii) gefundenen Automorphismen folgende beiden auswählen.

[figure: E; E; (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}); σ_{1}; (α_{3}, α_{2}, α_{1}, α_{4}); (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}); σ_{2}; (α_{2}, α_{3}, α_{4}, α_{1})]

heraus, wobei in dieser Notation der Automorphismus eintragsweise wirke. Die Einbettung in S_{{α_{1},α_{2},α_{3},α_{4}}} ≃ S_{4} gibt

[figure: Gal(E|K); S_{3}; σ_{1}; (1, 3); σ_{2}; (1, 2, 3, 4) ,]

und deren das Bild bereits 8 Elemente hat, ist Gal(E|K) = ⟨σ_{1}, σ_{2}⟩ erreicht. Wir verwenden diese Einbettung als Identifikation. Es folgt somit auch, daß Gal(E|K) ≃ D_{8}. Das war zwar nicht direkt gefragt, ist aber nützlich zu wissen, da man ja die Untergruppen und Normalteiler dieser Galoisgruppe braucht.

(ii) Die echten Zwischenkörper ergeben sich als Fixkörper der nichttrivialen Untergruppen von Gal(E|K),

U_{1} = ⟨(1, 3)⟩ ,  U_{2} = ⟨(2, 4)⟩ ,  U_{3} = ⟨(1, 2)(3, 4)⟩ ,  U_{4} = ⟨(1, 3)(2, 4)⟩ ,
U_{5} = ⟨(1, 4)(2, 3)⟩ ,  U_{6} = ⟨(1, 2, 3, 4)⟩ ,  U_{7} = ⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)⟩ ,
U_{8} = ⟨(1, 3), (1, 3)(2, 4)⟩ .

Schreibe F_{i} := Fix_{U_{i}}(E) für i ∈ [1, 8]. Für die Fixkörper mit Grad 2 über K genügt es, je ein Element in F_{i} := Fix_{U_{i}}(E) anzugeben, welches nicht in K liegt. Hierfür kann man S_{E|F_{i}}(ξ) = ∑_{ρ∈U_{i}} ρ(ξ) für ein geeignetes ξ ∈ E verwenden.

Das Minimalpolynom T^{4} − 2T^{2} − \sqrt{2} von α_{1} und von α_{2} über K hat Grad 4 (siehe 50 (2 i)). Somit ist K(α_{2}) bereits gleich F_{2} wegen [F_{2} : K] = 4 = [K(α_{2}) : K]. Es liegen F_{7} und F_{8} in F_{4}, und da echt zwischen F_{4} und F_{8} kein weiterer Körper mehr liegt, erzeugen die Erzeuger von F_{7} und F_{8} zusammen F_{4}. Bleiben F_{3} und F_{5}, welche beide F_{7} enthalten. Eine Basis von F_{7} über K ist gegeben durch (1, α_{1}α_{2}). Für F_{3} brauchen wir noch ein weiteres Element, welches fix unter (1, 2)(3, 4) bleibt, aber nicht in F_{7} liegt. Zum Beispiel α_{1} + α_{2}. Nun geht U_{5} aus U_{3} durch Konjugation mit (1, 3) von links hervor. Also geht F_{5} aus F_{3} durch Anwenden von (1, 3) hervor, und dieser Automorphismus schickt α_{1}α_{2} auf −α_{1}α_{2} sowie α_{1} + α_{2} auf −α_{1} + α_{2}. So wird

\begin{aligned}F_{1} & = & K(α_{2}) \\ F_{2} & = & K(α_{1}) \\ F_{3} & = & K(α_{1}α_{2}, α_{1} + α_{2}) \\ F_{4} & = & K(α_{1}^{2}, α_{1}α_{2}) \\ F_{5} & = & K(α_{1}α_{2}, α_{1} − α_{2}) \\ F_{6} & = & K(S_{E|F_{6}}(α_{1}^{3}α_{2})) = K((α_{1}^{2} − 1)α_{1}α_{2}) \\ F_{7} & = & K(α_{1}α_{2}) \\ F_{8} & = & K(α_{1}^{2}) . \end{aligned}

Man kommt unter Verwendung von S_{E|F_{i}} und mit Berechnung von Minimalpolynomen auch ohne die angeführten Abkürzungen aus, muß dafür aber mehr Aufwand betreiben.

(iii) Es sind nur F_{4}, F_{6}, F_{7} und F_{8} galoisch über K, da nur U_{4}, U_{6}, U_{7} und U_{8} normal in Gal(E|K) sind. Aus E|K galoisch und E|F |K folgt hingegen auch E|F galoisch – in dieser Richtung gibt es also nichts zu entscheiden.

Aufgabe 54.

(1) Da L_{i} = L_{i+1}(X_{i+1}), genügt es für [L_{i} : L_{i+1}] ≤ i + 1 zu zeigen, daß es ein Polynom von Grad ≤ i + 1 in L_{i+1}[T] ∖ {0} gibt, welches X_{i+1} annulliert. Dies wird von

f_{i+1}(T) = (T − X_{1}) ⋯ (T − X_{i+1})

geleistet, da f_{i+1}(T) Koeffizienten in L_{i+1} hat, wie mit absteigender Induktion folgt, mit dem Induktionsanfang f_{n}(T) = f(T) ∈ L_{n}[T] = K̃[T].

Es ist

[E : K̃] = [L_{0} : L_{n}] = [L_{0} : L_{1}][L_{1} : L_{2}] ⋯ [L_{n−1} : L_{n}] ≤ n! .

Nun ist aber [E : K] = [E : Fix_{S_{n}}(E)] = |S_{n}| = n!, so daß aus n! ≥ [E : K̃] = [E : K][K : K̃] = n![K : K̃] folgt, daß K = K̃.

(2) Da aus (1) insbesondere [E : K̃] = [L_{0} : L_{1}][L_{1} : L_{2}] ⋯ [L_{n−1} : L_{n}] = n! folgt, ist auch [L_{i} : L_{i+1}] = i + 1. Insbesondere ist (X_{i+1}^{0}, …, X_{i+1}^{i}) eine Basis von L_{i} über L_{i+1}, und folglich ist

\underline{b} := (X_{1}^{a_{1}}X_{2}^{a_{2}} ⋯ X_{n}^{a_{n}} | a_{i} ∈ [0, i − 1])

eine Basis von E = L_{0} über K = L_{n}.

Sei R = Z[s_{1}, …, s_{n}]. Es ist f_{n}(T) = f(T) ∈ R[T]. Polynomdivision zeigt, daß für i ∈ [0, n − 1] das Polynom μ_{X_{i+1},L_{i}}(T) = f_{i+1}(T) ∈ R[X_{i+2}, …, X_{n}][T] liegt. Daher ist jede Potenz von X_{i+1} eine Linearkombination in (X_{i+1}^{0}, …, X_{i+1}^{i}) mit Koeffizienten in R[X_{i+2}, …, X_{n}]. Diese Reduktion iteriert durchgeführt, angefangen mit den Potenzen von X_{1}, zeigt, daß jedes Element von R[X_{1}, …, X_{n}] sich mit Koeffizienten in R als Linearkombination in \underline{b} schreiben läßt. Und diese Koeffizienten liegen für ein solches gegebenes Element eindeutig fest.

Ist nun ein Element in Z[X_{1}, …, X_{n}] ∖ \{0\} fix unter S_{n}, so liegt es in K und hat bezüglich der Basis \underline{b} nur einen nichtverschwindenden Koeffizienten, nämlich den bei 1 für a_{1} = ⋯ = a_{n} = 0. Mit dem eben Gesagten ist dieser Koeffizient in R, in anderen Worten, das fragliche Element liegt bereits in R.

(3) Es stehen die symmetrischen Polynome 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} zur Verfügung. Zunächst wird ausmultipliziert und lexikographisch sortiert, und dann schrittweise reduziert. Dabei wird jeweils das erste Monom durch ein geeignetes Polynom in s_{1}, s_{2} und s_{3} entfernt. Ist das erste Polynom etwa X_{1}^{4}X_{2}^{2}, so kann man dazu s_{1}^{2}s_{2}^{2} nehmen. Ist es −4X_{1}^{4}X_{2}X_{3}, so kann man −4s_{1}^{3}s_{3} nehmen. Usf. So wird

(X_{1} − X_{2})^{2}(X_{1} − X_{3})^{2}(X_{2} − X_{3})^{2}
= X_{1}^{4}X_{2}^{2} − 2X_{1}^{4}X_{2}X_{3} + X_{1}^{4}X_{3}^{2} − 2X_{1}^{3}X_{2}^{3} + 2X_{1}^{3}X_{2}^{2}X_{3} + 2X_{1}^{3}X_{2}X_{3}^{2} − 2X_{1}^{3}X_{3}^{3} + X_{1}^{2}X_{2}^{4} + 2X_{1}^{2}X_{2}^{3}X_{3}

− 6X_{1}^{2}X_{2}^{2}X_{3}^{2} + 2X_{1}^{2}X_{2}X_{3}^{3} + X_{1}^{2}X_{3}^{4} − 2X_{1}X_{2}^{4}X_{3} + 2X_{1}X_{2}^{3}X_{3}^{2} + 2X_{1}X_{2}^{2}X_{3}^{3} − 2X_{1}X_{2}X_{3}^{4} + X_{2}^{4}X_{3}^{2} − 2X_{2}^{3}X_{3}^{3}

+X_{2}^{2}X_{3}^{4}
= s_{1}^{2}s_{2}^{2} − 4X_{1}^{4}X_{2}X_{3} − 4X_{1}^{3}X_{2}^{3} − 6X_{1}^{3}X_{2}^{2}X_{3} − 6X_{1}^{3}X_{2}X_{3}^{2} − 4X_{1}^{3}X_{3}^{3} − 6X_{1}^{2}X_{2}^{3}X_{3} − 21X_{1}^{2}X_{2}^{2}X_{3}^{2} − 6X_{1}^{2}X_{2}X_{3}^{3}
− 4X_{1}X_{2}^{4}X_{3} − 6X_{1}X_{2}^{3}X_{3}^{2} − 6X_{1}X_{2}^{2}X_{3}^{3} − 4X_{1}X_{2}X_{3}^{4} − 4X_{2}^{3}X_{3}^{3}
= s_{1}^{2}s_{2}^{2} − 4s_{1}^{3}s_{3} − 4X_{1}^{3}X_{2}^{3} + 6X_{1}^{3}X_{2}^{2}X_{3} + 6X_{1}^{3}X_{2}X_{3}^{2} − 4X_{1}^{3}X_{3}^{3} + 6X_{1}^{2}X_{2}^{3}X_{3} + 3X_{1}^{2}X_{2}^{2}X_{3}^{2} + 6X_{1}^{2}X_{2}X_{3}^{3}
+ 6X_{1}X_{2}^{3}X_{3}^{2} + 6X_{1}X_{2}^{2}X_{3}^{3} − 4X_{2}^{3}X_{3}^{3}
= s_{1}^{2}s_{2}^{2} − 4s_{1}^{3}s_{3} − 4s_{2}^{3} + 18X_{1}^{3}X_{2}^{2}X_{3} + 18X_{1}^{3}X_{2}X_{3}^{2} + 18X_{1}^{2}X_{2}^{3}X_{3} + 27X_{1}^{2}X_{2}^{2}X_{3}^{2} + 18X_{1}^{2}X_{2}X_{3}^{3} + 18X_{1}X_{2}^{3}X_{3}^{2}
+ 18X_{1}X_{2}^{2}X_{3}^{3}
= s_{1}^{2}s_{2}^{2} − 4s_{1}^{3}s_{3} − 4s_{2}^{3} + 18s_{1}s_{2}s_{3} − 27X_{1}^{2}X_{2}^{2}X_{3}^{2}
= s_{1}^{2}s_{2}^{2} − 4s_{1}^{3}s_{3} − 4s_{2}^{3} + 18s_{1}s_{2}s_{3} − 27s_{3}^{2} .

(4) Sei E Zerfällungskörper von f, und sei T^{3} + uT + v = (X − α_{1})(X − α_{2})(X − α_{3}) ∈ E[X]. Dann verschwindet zunächst s_{1}(α_{1}, α_{2}, α_{3}) als das Negative des Koeffizienten von T^{2}. Ferner ist s_{2}(α_{1}, α_{2}, α_{3}) = u und s_{3}(α_{1}, α_{2}, α_{3}) = −v. Es hat f genau dann keine mehrfachen Nullstellen in E, wenn

0 ≠ (α_{1} − α_{2})^{2}(α_{1} − α_{3})^{2}(α_{2} − α_{3})^{2} = −4s_{2}^{3} − 27s_{3}^{2} = −(4u^{3} + 27v^{2}) ,

wie behauptet.

Aufgabe 55.

(1) Sei Ẽ Zerfällungskörper von X^{m} − 1. Beachte, daß die Nullstellen von X^{m} − 1 in Ẽ wegen ggT(X^{m} − 1, mX^{m−1}) = 1 paarweise verschieden sind.

Es ist μ_{m} := {z ∈ Ẽ^{∗} | z^{m} = 1} ⊆ Ẽ^{∗} eine endliche Untergruppe von Ẽ^{∗}, da sie genauer gesagt gerade m Elemente enthält. Also ist sie zyklisch. Es gibt mithin ein ζ_{m} ∈ Ẽ^{∗} mit

X^{m} − 1 = ∏_{i∈[0,m−1]}(X − ζ_{m}^{i}) .

Wir behaupten, daß Φ_{m}(X) = ∏_{i∈[0,m−1], ggT(i,m)=1}(X − ζ_{m}^{i}) ist. In anderen Worten, wir behaupten, daß der Linearfaktor X − ζ_{m}^{i} für i ∈ [0, m − 1] genau dann in Φ_{m}(X) auftaucht, wenn ζ_{m}^{i} Ordnung m in Ẽ^{∗} hat. Wir führen dazu eine Induktion über m.

Sei d | m, d ≠ m. Nach Induktionsvoraussetzung ist das Produkt aller Linearfaktoren der Form X − ζ_{m}^{i} mit i ∈ [0, m − 1] und ζ_{m}^{i} von Ordnung d gerade gleich Φ_{d}(X). Da ζ_{m}^{i} als Ordnung stets einen Teiler von m hat, bleibt von X^{m} − 1 nach Division durch ∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ≠ m \end{matrix}}Φ_{d}(X) gerade das Produkt der Linearfaktoren X − ζ_{m}^{i} übrig mit

i ∈ [0, m − 1] und ζ_{m}^{i} von Ordnung m, und das ist nach Definition gleich Φ_{m}(X).

Dies zeigt nun zunächst nur Φ_{m}(X) ∈ Z[ζ_{m}][X], und Φ_{m}(X) normiert.

Wir behaupten, daß die Koeffizienten von Φ_{m}(X) in Z liegen. Abermals führen wir eine Induktion über m. Nach Induktionsvoraussetzung ist ∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ≠ m \end{matrix}}Φ_{d}(X) ∈ Z[X], und ferner ist es normiert. Polynomdivision zeigt nun, daß auch

Division von X^{m} − 1 durch dieses Polynom ein Ergebnis in Z[X] liefert.

(2) Da Φ_{m}(X) ein Teiler von X^{m} − 1 ist, können wir seinen Zerfällungskörper als Teilkörper von Ẽ aus der Lösung von (1) bilden. Eine Nullstelle von Φ_{m}(X) ist darin ein Gruppenerzeuger von μ_{m}. Da wir in (1) ζ_{m} als einen solchen Gruppenerzeuger gewählt haben, können wir dort die Wahl so treffen, daß die Bedeutungen von ζ_{m} in (2) (vorgegebene Nullstelle von Φ_{m}(X)) und in (1) (Gruppenerzeuger von μ_{m}) übereinstimmen.

In (1) haben wir nun schon gesehen, daß Q(ζ_{m}) bereits gleich dem Zerfällungskörper E von Φ_{m}(X) (und ebenfalls gleich dem Zerfällungskörper Ẽ von X^{m} − 1) ist.

Auch haben wir gesehen, daß ζ_{m} von multiplikativer Ordnung m ist. Ist d ein echter Teiler von m, so ist mithin ζ_{m}^{d} ≠ 1.

(3^{1}) Schreibe f(X) := X^{m} − 1 und g(X) := f(X)/Ψ(X). Beachte noch, daß mit dem Lemma von Gauß Ψ(X) und g(X) in Z[X] liegen.

Sei Z ^{\overline{}^{ν}} Z/(p) = F_{p}, x \overline{}x + (p) die Restklassenabbildung.

Es ist (f^{ν})′(X) = mX^{m−1}, was insbesondere wegen m ≢_{p} 0 nicht verschwindet, also X als einzigen Primteiler hat, und mithin zu f^{ν}(X) = X^{m} − 1 teilerfremd ist. Also hat f^{ν}(X) in seinem Zerfällungskörper nur einfache Nullstellen. Wegen f^{ν}(X) = g^{ν}(X)Ψ^{ν}(X) sind mithin g^{ν}(X) und Ψ^{ν}(X) teilerfremd – wären sie es nicht, hätten sie über Zerfällungskörper von f^{ν}(X) über F_{p} einen gemeinsamen Linearfaktor, und f^{ν}(X) hätte darin eine mehrfache Nullstelle.

Wir müssen zeigen, daß g(ζ_{m}^{ip}) ≠ 0. Wäre g(ζ_{m}^{ip}) = 0, so wäre ζ_{m}^{i} eine Nullstelle von g(X^{p}) und also Ψ(X) ein Teiler von g(X^{p}), sagen wir, g(X^{p}) = Ψ(X)k(X) mit k(X) ∈ Z[X]. Dann wäre aber auch g^{ν}(X)^{p} = g^{ν}(X^{p}) = Ψ^{ν}(X)k^{ν}(X). Somit können g^{ν}(X) und Ψ^{ν}(X) nicht teilerfremd sein, und wir haben einen Widerspruch.

(4) Sei Ψ(X) der normierte irreduzible Faktor von Φ_{m}(X) mit Nullstelle ζ_{m}. Sei i ∈ [0, m − 1] teilerfremd zu m. Wir behaupten, daß Ψ(ζ_{m}^{i}) = 0. Zerlegt man i in Primfaktoren, so ist jeder Faktor teilerfremd zu m. Die Behauptung folgt nun mit iterierter Anwendung von (3) bezüglich dieser Primfaktoren. Beachte, daß sich das in (3) benötigte Polynom Ψ(X) während dieses Prozesses nicht ändert.

Da Ψ mit (3) daher jedes Element von μ_{m} von Ordnung m zur Nullstelle hat, folgt aus der Lösung zu (1), daß Ψ(X) = Φ_{m}(X), womit Φ_{m}(X) als irreduzibel nachgewiesen ist.

Insbesondere ist Φ_{m}(X) wegen Φ_{m}(ζ_{m}) = 0 das Minimalpolynom des (abstrakt konstruierten) Elements ζ_{m} (vgl. 52 (3)).

1Mit Dank an Frau stud. math. Piesniak für eine Vereinfachung der Lösung.

Um zu zeigen, daß Φ_{m}(X) auch das Minimalpolynom von ζ̃_{m} := exp(2πi/m) ist, genügt es zu zeigen, daß Φ_{m}(ζ̃_{m}) = 0. Es hat ζ̃_{m} die Ordnung m in C^{∗}. Für einen echten Teiler d von m hat das Polynom Φ_{d}(X) in seinem Zerfällungskörper keine Nullstelle von multiplikativer Ordnung m. Da wir diesen Zerfällungskörper in C einbetten können, hat Φ_{d}(X) auch in C keine Nullstelle von multiplikativer Ordnung m, und insbesondere ist Φ_{d}(ζ̃_{m}) ≠ 0. Da aber X^{m} − 1 die Nullstelle ζ̃_{m} hat, muß ζ̃_{m} Nullstelle des verbleibenden Faktors Φ_{m}(X) sein.

Insbesondere ist Q(ζ̃_{m}) ⊆ C ebenfalls Zerfällungskörper von Φ_{m}(X), isomorph zu Q(ζ_{m}) via ζ_{m} \overline{}ζ̃_{m}.

(5) Anwenden der Definition liefert mit Polynomdivision

Φ_{1}(X) = X − 1
Φ_{2}(X) = X + 1
Φ_{3}(X) = X^{2} + X + 1
Φ_{4}(X) = X^{2} + 1
Φ_{5}(X) = X^{4} + X^{3} + X^{2} + X + 1
Φ_{6}(X) = X^{2} − X + 1
Φ_{7}(X) = X^{6} + X^{5} + X^{4} + X^{3} + X^{2} + X + 1
Φ_{8}(X) = X^{4} + 1
Φ_{9}(X) = X^{6} + X^{3} + 1
Φ_{10}(X) = X^{4} − X^{3} + X^{2} − X + 1 .

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