G. Nebe, M. Künzer

Algebra I, WS 04/05

Lösung 14

Aufgabe 56.

(1) Schreibe μ_{a,K}(X) = (X − α_{1}) ⋯ (X − α_{n}) ∈ E[X], mit α_{i} := σ_{i}(a) paarweise verschieden, was wegen E|K galoisch möglich ist. Nach der Produktregel ist μ′_{a,K}(X) = (X − α_{2}) ⋯ (X − α_{n}) + (X − α_{1})h(X) für ein h(X) ∈ E[X]. Somit wird wegen a = α_{1}

μ′_{a,K}(a) = (a − α_{2}) ⋯ (a − α_{n}) ,

und also

f(X) = \frac{(X − α_{2}) ⋯ (X − α_{n})}{(a − α_{2}) ⋯ (a − α_{n})} .

Insbesondere sehen wir nun, daß f(a) = 1 und f^{σ_{i}}(a) = σ_{i}(f(σ_{i}^{−1}(a))) = σ_{i}(f(α_{i′})) = 0, wobei σ_{i′} := σ_{i}^{−1}.

(2) Seien i, j ∈ [1, n], und sei i ≠ j.

Der Eintrag der Matrix (f^{σ_{i}^{−1}∘σ_{j}}(a))_{i, j ∈ [1,n]} an Position (i, i) ist f(a) = 1 nach (1).

Der Eintrag der Matrix (f^{σ_{i}^{−1}∘σ_{j}}(a))_{i, j ∈ [1,n]} an Position (i, j) ist f^{σ_{i}∘σ_{j}^{−1}}(a) = f^{σ_{k}}(a) = 0, da mit σ_{k} := σ_{i} ∘ σ_{j}^{−1}

sicher k ∈ [2, n] liegt, womit das Resultat aus (1) folgt.

Da nun d(a) ≠ 0, kann d(X) ∈ E[X] nicht gleich 0 sein.

(3) Es hat d(X) ∈ E[X] als Polynom von Grad ≤ n(n − 1) höchstens n(n − 1) verschiedene Nullstellen in E, und a fortiori nur endlich viele Nullstellen in K. Somit können wir uns ein b ∈ K mit d(b) ≠ 0 wählen. Sei c := f(b). Wir behaupten, daß

(σ_{1}(c), …, σ_{n}(c))

linear unabhängig ist über K, und damit eine Basis von E über K, eine sogenannte Normalbasis.

Seien λ_{1}, …, λ_{n} ∈ K mit

λ_{1}σ_{1}(c) + ⋯ + λ_{n}σ_{n}(c) = 0

gegeben. Wir haben zu zeigen, daß alle λ_{i} verschwinden. Anwendung von σ_{i}^{−1} gibt, daß

0 = σ_{i}^{−1}(λ_{1}σ_{1}(c) + ⋯ + λ_{n}σ_{n}(c))
= λ_{1}(σ_{i}^{−1} ∘ σ_{1})(f(b)) + ⋯ + λ_{n}(σ_{i}^{−1} ∘ σ_{n})(f(b))
= λ_{1}f^{σ_{i}^{−1}∘σ_{1}}(b) + ⋯ + λ_{n}f^{σ_{i}^{−1}∘σ_{n}}(b)

für alle i ∈ [1, n], wobei im letzten Schritt zu beachten ist, daß b ∈ K ⊆ E gewählt wurde und damit unter allen Automorphismen über K fest bleibt. Nun zeigt die Invertierbarkeit der Matrix (f^{σ_{i}^{−1}∘σ_{j}}(b))_{i, j ∈ [1,n]}, welche aus

d(b) ≠ 0 resultiert, daß in der Tat λ_{1} = ⋯ = λ_{n} = 0.

(4) Man kann nun entweder wie in (2, 3) zunächst d(X) bestimmen, sowie ein b aus dem Grundkörper, welches keine Nullstelle von d darstellt. Oder aber, man vertraut auf sein Geschick und findet ein passendes c durch Probieren – das ist meist schneller.

(i) Mit a = i wird f(X) = (X +i)/(2i) ∈ C[X], und somit d(X) = −iX. Sei also z.B. b = 1, und somit f(b) = \frac{1+i}{2i}. Wir können einen solchen Normalbasiserzeuger durch ein R-Vielfaches ersetzen, und somit stattdessen z.B. c := 2f(b) = 1 − i wählen. Und in der Tat ist (σ_{1}(c), σ_{2}(c)) = (1 − i, 1 + i) eine R-Basis von C.

(ii) Schreibe ζ := ζ_{8} und bezeichne σ_{1} := id : ζ \overline{}ζ, σ_{2} : ζ \overline{}ζ^{3}, σ_{3} : ζ \overline{}ζ^{5} = −ζ und σ_{4} : ζ \overline{}ζ^{7} − −ζ^{3}. Verwende a = ζ. Stellen wir zunächst einmal fest, daß (ζ^{1}, ζ^{3}, ζ^{5}, ζ^{7}) linear abhängig über Q ist, da z.B. ζ^{1} + ζ^{5} = 0. Es wird

f(X) = \frac{(X − ζ^{3})(X − ζ^{5})(X − ζ^{7})}{(ζ − ζ^{3})(ζ − ζ^{5})(ζ − ζ^{7})} = \frac{X^{3} + ζX^{2} + ζ^{2}X + ζ^{3}}{4ζ^{3}} ,

und

d(X)

= 4^{−4} · det ( \begin{matrix}1−ζ^{3}X−ζ^{2}X^{2}−ζ^{1}X^{3} & 1−ζ^{1}X+ζ^{2}X^{2}−ζ^{3}X^{3} & 1+ζ^{3}X−ζ^{2}X^{2}+ζ^{1}X^{3} & 1+ζ^{1}X+ζ^{2}X^{2}+ζ^{3}X^{3} \\ 1−ζ^{1}X+ζ^{2}X^{2}−ζ^{3}X^{3} & 1−ζ^{3}X−ζ^{2}X^{2}−ζ^{1}X^{3} & 1+ζ^{1}X+ζ^{2}X^{2}+ζ^{3}X^{3} & 1+ζ^{3}X−ζ^{2}X^{2}+ζ^{1}X^{3} \\ 1+ζ^{3}X−ζ^{2}X^{2}+ζ^{1}X^{3} & 1+ζ^{1}X+ζ^{2}X^{2}+ζ^{3}X^{3} & 1−ζ^{3}X−ζ^{2}X^{2}−ζ^{1}X^{3} & 1−ζ^{1}X+ζ^{2}X^{2}−ζ^{3}X^{3} \\ 1+ζ^{1}X+ζ^{2}X^{2}+ζ^{3}X^{3} & 1+ζ^{3}X−ζ^{2}X^{2}+ζ^{1}X^{3} & 1−ζ^{1}X+ζ^{2}X^{2}−ζ^{3}X^{3} & 1−ζ^{3}X−ζ^{2}X^{2}−ζ^{1}X^{3} \end{matrix} )

= \frac{1}{2}(X^{8} − X^{4}) .

Verwendbar ist also jedes b ∈ Q ∖ {−1, 0, 1}. Nehmen wir b = 2, und als ein rationales Vielfaches von f(b) erhalten wir c := 4f(b) = −2ζ^{3} − 4ζ^{2} − 8ζ + 1, und somit die Normalbasis

( −2ζ^{3} − 4ζ^{2} − 8ζ + 1 , −2ζ + 4ζ^{2} − 8ζ^{3} + 1 , 2ζ^{3} − 4ζ^{2} + 8ζ + 1 , 2ζ + 4ζ^{2} + 8ζ^{3} + 1 ) .

(iii) Zunächst halten wir die Basis (1, X_{3}, X_{3}^{2}, X_{2}, X_{2}X_{3}, X_{2}X_{3}^{2}) von Q(X_{1}, X_{2}, X_{3}) über Q(s_{1}, s_{2}, s_{3}) fest. Um ein geeignetes c zu finden, hilft hier sinnvolles Probieren. Wir behaupten, daß mit c = X_{2}X_{3}^{2} das aus der S_{3}-Bahn dieses Elementes bestehende Tupel

( X_{2}X_{3}^{2} , X_{3}X_{2}^{2} , X_{1}X_{3}^{2} , X_{3}X_{1}^{2} , X_{1}X_{2}^{2} , X_{2}X_{1}^{2} )

eine Normalbasis von Q(X_{1}, X_{2}, X_{3}) über Q(s_{1}, s_{2}, s_{3}) darstellt. Dazu verwenden wir die wie in 54 (1) hergeleiteten Relationen

\begin{aligned}X_{1} & = & s_{1} − X_{3} − X_{2} \\ X_{2}^{2} & = & −s_{2} + s_{1}X_{3} − X_{3}^{2} + s_{1}X_{2} − X_{2}X_{3} \\ X_{3}^{3} & = & s_{1}X_{3}^{2} − s_{2}X_{3} + s_{3} \\ X_{1}^{2} & = & (s_{1}^{2} − s_{2}) − s_{1}X_{3} − s_{1}X_{2} + X_{2}X_{3} . \\ X_{2}^{3} & = & (−s_{1}s_{2} + s_{3}) + s_{1}^{2}X_{3} − s_{1}X_{3}^{2} + (s_{1}^{2} − s_{2})X_{2} − s_{1}X_{2}X_{3} \end{aligned}

Vorstehendes Tupel berechnet sich in der gewählten Basis zu

\begin{matrix}( X_{2}X_{3}^{2} , −s_{3} + s_{1}X_{2}X_{3} − X_{2}X_{3}^{2} , −s_{3} + s_{2}X_{3} − X_{2}X_{3}^{2} , (s_{1}^{2} − s_{2})X_{3} − s_{1}X_{3}^{2} − s_{1}X_{2}X_{3} + X_{2}X_{3}^{2} , \\ s_{2}X_{2} − s_{1}X_{2}X_{3} + X_{2}X_{3}^{2} , (s_{1}s_{2} − s_{3}) − s_{1}^{2}X_{3} + s_{1}X_{3}^{2} − s_{2}X_{2} + s_{1}X_{2}X_{3} − X_{2}X_{3}^{2} ) , \end{matrix}

was der invertierbaren Matrix

(\begin{matrix}0 & −s_{3} & −s_{3} & 0 & 0 & s_{1}s_{2}−s_{3} \\ 0 & 0 & s_{2} & s_{1}^{2}−s_{2} & 0 & −s_{1}^{2} \\ 0 & 0 & 0 & −s_{1} & 0 & s_{1} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & s_{2} & −s_{2} \\ 0 & s_{1} & 0 & −s_{1} & −s_{1} & s_{1} \\ 1 & −1 & −1 & 1 & 1 & −1 \end{matrix} )

entspricht. (Ihre Determinante ist übrigens s_{1}^{2}s_{2}^{2}(3s_{3} − s_{1}s_{2}).)

Ist für die analoge Frage in n Variablen c = X_{1}^{0}X_{2}^{1} ⋯ X_{n}^{n−1} eine geeignete Wahl?

Aufgabe 57.

(1) Es wird

\begin{aligned}β^{0} & = & 1 \\ β^{1} & = & β \\ β^{2} & = & β^{2} \\ β^{3} & = & 1 + β \\ β^{4} & = & β + β^{2} \\ β^{5} & = & 1 + β + β^{2} \\ β^{6} & = & 1 + β^{2} \\ β^{7} & = & 1 . \end{aligned}

(2) Wir können unsere Kandidatenliste wie folgt verkürzen.

Der konstante Koeffizient eines irreduziblen Polynoms ist ungleich 0. Der Frobenius-Automorphismus F : F_{8} \overline{}F_{8}, ξ \overline{}ξ^{2}, koeffizientenweise angewandt, bildet ein irreduzibles Polynom auf ein irreduzibles Polynom ab. Die Frobenius-Bahnen in F_{8} sind {0}, {1}, {β, β^{2}, β + β^{2}}, {1 + β, 1 + β^{2}, 1 + β + β^{2}}. Ein Polynom der Form X^{2} + u mit u ∈ F_{8} ist nicht irreduzibel, da es ein v ∈ F_{8} mit v^{2} = u gibt, und somit (X + v)^{2} = X^{2} + u ist. Unter Zuhilfenahme dieser Tatsachen führen wir einen Nullstellentest durch. Ein Polynom von Grad 2 ohne Nullstelle ist irreduzibel. Es genügt wegen Frobenius, Polynome der Form X^{2} + X + ξ, X^{2} + βX + ξ und X^{2} + (1 + β)X + ξ mit ξ ∈ F_{8} zu betrachten.

– Das Polynom X^{2} + X nimmt die Werte {0, β, β^{2}, β + β^{2}} an. Somit ist X^{2} + X + 1 irreduzibel. Ferner ist X^{2} + X + (1 + β) irreduzibel, und damit auch die anderen Elemente seiner Frobenius-Bahn, nämlich X^{2} + X + (1 + β^{2}) und X^{2} + X + (1 + β + β^{2}).

– Das Polynom X^{2} + βX nimmt die Werte {0, 1 + β, 1 + β^{2}, β + β^{2}} an. Es ist X^{2} + βX + 1 irreduzibel, und damit sind dies auch X^{2} + β^{2}X + 1 und X^{2} + (β + β^{2})X + 1. Es ist X^{2} + βX + β irreduzibel, und damit sind dies auch X^{2} + β^{2}X + β^{2} und X^{2} + (β + β^{2})X + (β + β^{2}). Es ist X^{2} + βX + β^{2} irreduzibel, und damit sind dies auch X^{2} + β^{2}X + (β + β^{2}) und X^{2} + (β + β^{2})X + β. Es ist X^{2}+βX+(1+β+β^{2}) irreduzibel, und damit sind dies auch X^{2}+β^{2}X+(1+β) und X^{2}+(β+β^{2})X+(1+β^{2}).

– Das Polynom X^{2} + (1 + β)X nimmt die Werte {0, 1, β, 1 + β} an. Es ist X^{2}+(1+β)X+β^{2} irreduzibel, und damit sind dies auch X^{2}+(1+β^{2})X+(β+β^{2}) und X^{2}+(1+β+β^{2})X+β. Es ist X^{2} + (1 + β)X + (1 + β^{2}) irreduzibel, und damit sind dies auch X^{2} + (1 + β^{2})X + (1 + β + β^{2}) und X^{2} + (1 + β + β^{2})X + (1 + β). Es ist X^{2}+(1+β)X+(β+β^{2}) irreduzibel, und damit sind dies auch X^{2}+(1+β^{2})X+β und X^{2}+(1+β+β^{2})X+β^{2}. Es ist X^{2} + (1 + β)X + (1 + β + β^{2}) irreduzibel, und damit sind dies auch X^{2} + (1 + β^{2})X + (1 + β) und X^{2} + (1 + β + β^{2})X + (1 + β^{2}).

Insgesamt erhalten wir 28 = (8^{(2^{1})} − 8^{(2^{0})}) · 2^{−1} irreduzible Polynome von Grad 2, in Übereinstimmung mit 58 (2). Sei nun z.B. F_{64} := F_{8}(α) = F_{2}(α, β) mit α^{2} + α + 1 = 0.

(3) Sei α wie in (2). Die echten Zwischenkörper von F_{2} und F_{64} ergeben sich zu

\begin{aligned}F_{8} & = & F_{2}(β) \\ F_{4} & = & F_{2}(α) \end{aligned}

Man erhält z.B. β = αβ + (αβ)^{8} und α = α + α^{4} + α^{16} auch über die jeweilige Spur.

(4) Wir verwenden das irreduzible Polynom X^{3} + X + β zur Konstruktion von F_{512} := F_{8}(γ) mit γ^{3} = γ + β. Die Frobenius-Bahn des Elements γ über F_{2} ist gegeben durch

\begin{aligned}\{γ, γ^{2}, γ^{4}, γ^{8}, γ^{16}, γ^{32}, γ^{64}, γ^{128}, γ^{256}\} & = & \{γ, γ^{2}, βγ + γ^{2}, βγ + γ^{2} + β^{2}γ^{2}, γ + β^{2}γ + γ^{2} + βγ^{2}, γ + βγ^{2}, \\ & & γ + βγ + γ^{2} + β^{2}γ^{2}, γ + β^{2}γ + βγ^{2}, γ + βγ + γ^{2} + βγ^{2}\} . \end{aligned}

In anderen Worten, dieses Element bleibt unter keinem nichtidentischen Automorphismus von F_{512} über F_{2} fest, und liegt folglich in keinem echten Teilkörper von F_{512}. Sein Minimalpolynom bestimmt sich über die Matrix

(\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix} )

deren Spalten die Potenzen von γ durchlaufen, zu

μ_{γ,F_{2}}(X) = X^{9} + X^{7} + X^{5} + X + 1 .

Dies ist ein irreduzibles Polynom von Grad 9 in F_{2}[X].

Aufgabe 58.

(1) Es ist Gal(F_{q^{(l^{m})}}|F_{q}) = ⟨F⟩ ≃ C_{l^{m}}, wobei F : F_{q^{(l^{m})}} \overline{}F_{q^{(l^{m})}}, x \overline{}F(x) := x^{q} den Frobenius-Automorphismus bezeichnet. Es gibt in ⟨F⟩ genau die m + 1 Untergruppen U_{k} := ⟨F^{l^{m−k}}⟩ ≃ C_{l^{k}} für k ∈ [0, m]. Somit gibt es genau m + 1 Zwischenkörper, nämlich Fix_{U_{k}} F_{q^{(l^{m})}} = F_{q^{(l^{m−k})}} für k ∈ [0, m].

(2) Jedes normierte irreduzible Polynom von Grad l^{m} in F_{q}[X] tritt als Minimalpolynom über F_{q} von genau l^{m} Elementen von F_{q^{(l^{m})}} ∖ F_{q^{(l^{m−1})}} auf (vgl. 59 (1)), und zwei verschiedene irreduzible Polynome haben keine gemeinsame Nullstelle ξ in F_{q^{(l^{m})}}, da sonst (X − ξ) den ggT dieser beiden Polynome, genommen in F_{q}[X], in F_{q^{(l^{m})}}[X] teilen würde, im Widerspruch zur Teilerfremdheit. Elemente in F_{q^{(l^{m})}} ∖ F_{q^{(l^{m−1})}} gibt es gerade q^{(l^{m})} − q^{(l^{m−1})} Stück, und je l^{m} teilen sich ein Minimalpoynom. Also gibt es

(q^{(l^{m})} − q^{(l^{m−1})})l^{−m} = (q^{l^{m−1}(l−1)} − 1)q^{l^{m−1}}l^{−m}

normierte irreduzible Polynome von Grad l^{m} in F_{q}[X].

(3) Zunächst bemerken wir, daß wegen (X^{q^{(l^{m})}} − X)′ = −1 das Polynom X^{q^{(l^{m})}} − X in seinem Zerfällungskörper F_{q^{(l^{m})}} gerade q^{(l^{m})} verschiedene Nullstellen besitzt, nämlich alle Elemente von F_{q^{(l^{m})}}. Nach der Bemerkung aus (2) zerfällt X^{q^{(l^{m})}} − X somit in ein Produkt paarweise verschiedener irreduzibler Polynome. Jedes normierte irreduzible Polynom von Grad l^{k} für ein k ∈ [0, m] zerfällt in F_{q^{(l^{m})}}[X] in Linearfaktoren (cf. 59 (1)), und ist somit ein Teiler von X^{q^{(l^{m})}} −X in F_{q^{(l^{m})}}[X], und dies dann auch bereits in F_{q}[X], wie Polynomdivision zeigt.

Umgekehrt ist ein normierter irreduzibler Faktor von X^{q^{(l^{m})}} − X das Minimalpolynom eines Elements in F_{q^{(l^{m})}}, und als solches von Grad l^{k} für ein k ∈ [0, m], da besagtes Element über F_{q} einen Zwischenkörper zwischen F_{q} und F_{q^{(l^{m})}} erzeugt.

Von Grad l^{k} gibt es nach (2) gerade (q^{(l^{k})} − q^{(l^{k−1})})l^{−k} normierte irreduzible Polynome falls k ≥ 1. Von Grad 1 = l^{0} gibt es noch q normierte irreduzible Polynome. Also erhalten wir insgesamt

q + ∑_{k∈[1,m]}(q^{l^{k}} − q^{l^{k−1}})l^{−k}

irreduzible Faktoren von X^{q^{(l^{m})}} − X in F_{q}[X].

Aufgabe 59.

(1) Die Aussage ist richtig, wie man z.B. wie folgt begründen kann. Sei K der Wurzelkörper von f(X). Wegen |K| = q^{n} gilt ξ^{q^{n}} − ξ = 0 für alle ξ ∈ K, und somit zerfällt X^{q^{n}} − X in K[X] in q^{n} verschiedene Linearfaktoren. Da f(X) das Minimalpolynom eines Elementes von K, d.h. einer der Nullstellen von X^{q^{n}} − X, ist, teilt f(X) das Polynom X^{q^{n}} −X in F_{q}[X], und zerfällt somit seinerseits in n verschiedene Linearfaktoren in K[X]. Da K von einer Nullstelle von f(X) erzeugt wird, und da sowohl f(X) als auch X^{q^{n}} − X in K[X] in Linearfaktoren zerfallen, ist K Zerfällungskörper sowohl von f(X) als auch von X^{q^{n}} − X. Nun ist aber auch F_{q^{n}} (konstruiert auf eine beliebig gewählte Weise) Zerfällungskörper von X^{q^{n}} − X, und somit isomorph zu K über F_{q}. Also zerfällt f(X) auch in F_{q^{n}}[X] in n verschiedene Linearfaktoren, hat also n verschiedene Nullstellen.

(2) Die Aussage ist falsch. Wir zeigen dazu allgemeiner für einen Körper K, daß ein algebraisches Element von K(X) notwendig bereits in K liegt. Dies zeigt dann die benötigte Aussage, denn gäbe es einen Teilkörper von F_{q}(X) isomorph zu F_{q^{2}}, so gäbe es auch ein Element in F_{q}(X), welches im isomorphen Bild von F_{q^{2}}, nicht aber in F_{q} läge, und welches somit algebraisch über F_{q} wäre, was aber nicht sein kann.

Sei also \frac{f(X)}{g(X)} ∈ K(X) mit f(X), g(X) ∈ K[X] ∖ \{0\} teilerfremd (der Fall f(X) = 0 ist ohnehin klar), und sei

a_{n} (\frac{f(X)}{g(X)})^{n} + ⋯ + a_{0} (\frac{f(X)}{g(X)})^{0} = 0 ,

mit a_{i} ∈ K für i ∈ [0, n]. Wir dürfen a_{n} ≠ 0 und a_{0} ≠ 0 annehmen. Aus

−a_{0}g(X)^{n} = f(X) ( ∑_{i∈[1,n]} a_{i}f(X)^{i−1}g(X)^{n−i})

folgt, daß jeder irreduzible Faktor von f(X) auch g(X) teilt. Einen solchen irreduziblen Faktor gibt es mithin nicht, und wir erhalten f(X) ∈ K ∖ {0}.

Aus

−a_{n}f(X)^{n} = g(X) ( ∑_{i∈[0,n−1]} a_{i}f(X)^{i}g(X)^{n−1−i})

folgt, daß jeder irreduzible Faktor von g(X) auch f(X) teilt. Einen solchen irreduziblen Faktor gibt es mithin nicht, und wir erhalten g(X) ∈ K ∖ {0}.

Insgesamt folgt \frac{f(X)}{g(X)} ∈ K.

(3) Die Aussage ist falsch. Sei z.B. K = Q und E = Q(i). Für x = a + bi ∈ Q(i)^{∗} mit a, b ∈ Q ist N_{Q(i)|Q}(a + bi) = a^{2} + b^{2} > 0. Somit ist z.B. −1 ∈ Q^{∗}, aber nicht im Bild der angegebenen Abbildung, welche damit nicht als nicht surjektiv nachgewiesen ist.

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