M. Künzer

Galoistheorie, WS 08/09

Lösung 1

Aufgabe 1

(1) Die Substitution liefert

\begin{aligned}x^{3} + ax^{2} + bx + c & = & (y − \frac{a}{3})^{3} + a(y − \frac{a}{3})^{2} + b(y − \frac{a}{3}) + c \\ & = & y^{3} + (b − \frac{1}{3}a^{2})y + (\frac{2}{27}a^{3} − \frac{1}{3}ab + c) . \end{aligned}

Also wird p = b − \frac{1}{3}a^{2} und q = \frac{2}{27}a^{3} − \frac{1}{3}ab + c.

(2) Die Substitution liefert für z ≠ 0

\begin{aligned}y^{3} + py + q & = & (z − \frac{p}{3z})^{3} + p(z − \frac{p}{3z}) + q \\ & = & z^{3} + q − \frac{p^{3}}{27}z^{−3} . \end{aligned}

Mit y = z − \frac{p}{3z} ist also z^{3} + q − \frac{p^{3}}{27} z^{−3} = y^{3} + py + q für z ≠ 0. Finden wir ein z ∈ C ∖ \{0\}, das Nullstelle der linken Seite ist, so ist das zugehörige y Nullstelle der rechten Seite.

(3) Beachte, daß für z ∈ C mit (z^{3})^{2} + qz^{3} − \frac{p^{3}}{27} = 0 wegen p ≠ 0 auch z ≠ 0 ist. Also ist

\begin{aligned}\{z ∈ C ∖ \{0\} : z^{3} + q − \frac{p^{3}}{27}z^{−3} = 0\} & = & \{z ∈ C : (z^{3})^{2} + qz^{3} − \frac{p^{3}}{27} = 0\} \\ & = & \{z ∈ C : z^{3} = −\frac{q}{2} ± \sqrt{\frac{q^{2}}{4} + \frac{p^{3}}{27}}\} . \end{aligned}

Beachte, daß die letzte Gleichung im Komplexen im Falle + und im Falle − im allgemeinen je 3 Lösungen hat. In der Tat, ist w = |w| exp(i arg w) ∈ C∖\{0\}, so ist z = \sqrt[3]{|w|} exp(i arg w/3+2πik/3) eine Lösung von z^{3} = w für k ∈ {0, 1, 2}

(4) Die Substitution in (1) liefert p = \frac{5}{12} und q = −\frac{31}{54}. Wir haben also gemäß (2)

z^{6} − \frac{31}{54}z^{3} + \frac{125}{46656} = 0

zu lösen. Nun ist \sqrt{\frac{1}{4}(−\frac{31}{54})^{2} − \frac{125}{46656})} = \frac{7}{24}. Also können wir etwa

z^{3} = −\frac{1}{2} · (−\frac{31}{54}) + \frac{7}{24} = \frac{125}{216}

ansetzen (Fall + in (3)) und z = \sqrt[3]{\frac{125}{216}} = \frac{5}{6} verwenden.

Somit wird y = z − \frac{1}{3} · \frac{5}{12} z^{−1} = \frac{2}{3}.

Schließlich wird x = y − \frac{1}{3} · \frac{1}{2} = \frac{1}{2} eine Lösung von x^{3} + \frac{1}{2}x^{2} + \frac{1}{2}x − \frac{1}{2} = 0.

(Die komplette Faktorisierung ergibt sich zu

x^{3} + \frac{1}{2}x^{2} + \frac{1}{2}x − \frac{1}{2} = (x − \frac{1}{2})(x + \frac{1}{2} − \frac{i}{2} \sqrt{3})(x + \frac{1}{2} + \frac{i}{2} \sqrt{3}) . )

Der Fall dreier verschiedener reeller Nullstellen (casus irreducibilis) eines Polynoms dritten Grades mit reellen Koeffizienten ist mit diesem Verfahren haarig, da man selbst bei ganzzahligen Nullstellen diese nicht immer aus den erhaltenen verschachtelten Wurzelausdrücken komplexer Zahlen erkennen kann. Aber immerhin finden wir eine Lösung, wenn auch manchmal nicht in optimaler Gestalt.

Aufgabe 2

(1) Eine positive ganze Zahl teilt a und b genau dann, wenn sie ggT(a, b) teilt. Diese Eigenschaft legt ggT(a, b) auch fest, da eine positive ganze Zahl durch die Menge ihrer Teiler bestimmt ist – als deren Maximum.

Wir haben also zu zeigen, daß x ∈ Z_{⩾0} genau dann a und b teilt, wenn sie a und r teilt.

Teile x die beiden Zahlen a und b. Dann ist x auch ein Teiler von b − aq = r.

Teile umgekehrt x die beiden Zahlen a und r. Dann ist x auch ein Teiler von aq + r = b.

(2) Es ist x_{0} > x_{1} > x_{2} > … eine strikt fallende Folge nichtnegativer ganzer Zahlen. Diese muß an einer Stelle Null werden, was die Existenz von ℓ mit x_{ℓ} > 0 und x_{ℓ+1} = 0 zeigt.

Desweiteren ist mit (1)

ggT(a, b) = ggT(x_{0}, x_{1}) = ggT(x_{1}, x_{2}) = ⋯ = ggT(x_{ℓ}, x_{ℓ+1}) = ggT(x_{ℓ}, 0) = x_{ℓ} .

(3) Wir behaupten, daß x_{k}s_{k} +x_{k−1}s_{k+1} = x_{ℓ} für alle k ∈ [1, ℓ], insbesondere also für k = 1. Wir führen eine absteigende Induktion nach k. Der Induktionsanfang ist durch x_{ℓ}s_{ℓ} + x_{ℓ−1}s_{ℓ+1} = x_{ℓ} gesichert. Für den Induktionsschritt nehmen wir x_{k}s_{k} + x_{k−1}s_{k+1} = x_{ℓ} für ein k ∈ [2, ℓ] als bekannt an. Wir erhalten

x_{k−1}s_{k−1} + x_{k−2}s_{k} = x_{k−1}(s_{k+1} − s_{k}q_{k−1}) + (x_{k−1}q_{k−1} + x_{k})s_{k}
= x_{k}s_{k} + x_{k−1}s_{k+1}
= x_{ℓ} .

(4) Euklid liefert

\begin{aligned}87 & = & 23 · 3 + 18 \\ 23 & = & 18 · 1 + 5 \\ 18 & = & 5 · 3 + 3 \\ 5 & = & 3 · 1 + 2 \\ 3 & = & 2 · 1 + 1 \\ 2 & = & 1 · 2 + 0 . \end{aligned}

Hier bricht der Algorithmus wegen des erhaltenen Restes 0 ab. Also ist x_{0} = 87, x_{1} = 23, x_{2} = 18, x_{3} = 5, x_{4} = 3, x_{5} = 2, x_{6} = 1 und x_{7} = 0. Insbesondere ist ℓ = 6. Ferner werden q_{1} = 3, q_{2} = 1, q_{3} = 3, q_{4} = 1, q_{5} = 1 und q_{6} = 2.

Es folgt ggT(23, 87) = 1.

Dies hätte man auch mit Primfaktorzerlegungen erkennen können. Bei großen Zahlen ist eine solche Zerlegung allerdings schwieriger durchzuführen als der Euklidsche Algorithmus.

Darüberhinaus erhalten wir als Folge der s_{k} mittels s_{k−1} = s_{k+1} − s_{k}q_{k−1} folgendes, angefangen mit s_{7} = 0, s_{6} = 1.

\begin{aligned}s_{5} & = & 0 − 1 · 1 & = & −1 \\ s_{4} & = & 1 − (−1) · 1 & = & 2 \\ s_{3} & = & (−1) − 2 · 3 & = & −7 \\ s_{2} & = & 2 − (−7) · 1 & = & 9 \\ s_{1} & = & (−7) − 9 · 3 & = & −34 \end{aligned}

Also wird 1 = x_{ℓ} = x_{1}s_{1} + x_{0}s_{2} = 23 · (−34) + 87 · 9, wie man leicht durch Nachrechnen nochmals bestätigt.

Aufgabe 3

(1) Es ist 4 · 3 + 1 ≡_{7} 13 ≡_{7} −1.

Gemäß unserer Konvention wäre es auch zulässig gewesen, 4 · 3 + 1 = −1 zu schreiben, da aus dem Kontext hervorgeht, daß wir in Z/7Z rechnen.

Es ist 6 · 5 · 4 = 30 · 4 ≡_{7} 2 · 4 ≡_{7} 1.

(2) Es ist 3 · 5 · 7 · 9 = 15 · 63 ≡_{32} 15 · (−1) = −15.

Es ist 31^{31} ≡_{3} 2(−1)^{31} ≡_{32} −1. Es ist 4^{3} = 64 ≡_{32} 0.

Aufgabe 4

(1) Sei g := ggT(k, m) > 1. Nehmen wir an, es ist k + mZ invertierbar. Dann gibt es ein ℓ ∈ Z mit kℓ ≡_{m} 1. Somit gibt es ein u ∈ Z mit kℓ + um = 1. Da aber g sowohl k als auch m teilt, teilt g auch kℓ + um = 1, Widerspruch. Sei ggT(k, m) = 1. Mit dem Euklidschen Algorithmus aus Aufgabe 2.(3) gibt es s, t ∈ Z mit sk + tm = 1. Also ist sk ≡_{m} 1, d.h. (s + mZ)(k + mZ) = 1 + mZ. Es ist 23 · (−34) + 87 · 9 = 1, vgl. Aufgabe 2.(4). Also ist 23 · (−34) ≡_{87} 1, d.h. (23 + 87Z)^{−1} = −34 + 87Z. Um (17 + 1000Z)^{−1} zu berechnen, verwenden wir ebenfalls den Euklidschen Algorithmus. Wir erhalten

\begin{aligned}1000 & = & 17 · 58 + 14 \\ 17 & = & 14 · 1 + 3 \\ 14 & = & 3 · 4 + 2 \\ 3 & = & 2 · 1 + 1 \\ 2 & = & 1 · 2 + 0 , \end{aligned}

wobei uns ggT(1000, 17) = 1 gar nicht so sehr interessiert, sondern vielmehr

\begin{aligned}0 − 1 · 1 & = & −1 \\ 1 − (−1) · 4 & = & 5 \\ (−1) − 5 · 1 & = & −6 \\ 5 − (−6) · 58 & = & 353 , \end{aligned}

und also 353 · 17 + (−6) · 1000 = ggT(1000, 17) = 1.

(2) Ist 1/n = 0.\overline{a_{1}a_{2} … a_{k}} mit Ziffern a_{i} ∈ [0, 9], so bedeutet dies, daß \frac{a_{1}a_{2}...a_{k}}{99...9} = 1/n (k-mal die Ziffer 9), und k ⩾ 1 ist minimal so gewählt, daß dies möglich ist. In anderen Worten, k ⩾ 1 ist minimal so gewählt, daß n ein Teiler von 10^{k} − 1 ist. Abermals in anderen Worten, k ⩾ 1 ist minimal so gewählt, daß 10^{k} ≡_{n} 1. Es ist 1/7 = 0.\overline{142857}, die Periodenlänge ist also gleich 6. Und in der Tat ist

\begin{aligned}10^{1} & ≡_{7} & 3 & ≡_{7} & 3 \\ 10^{2} & ≡_{7} & 30 & ≡_{7} & 2 \\ 10^{3} & ≡_{7} & 20 & ≡_{7} & −1 \\ 10^{4} & ≡_{7} & −10 & ≡_{7} & −3 \\ 10^{5} & ≡_{7} & −30 & ≡_{7} & −2 \\ 10^{6} & ≡_{7} & −20 & ≡_{7} & 1 . \end{aligned}

Es ist 1/41 = 0.\overline{02439}, die Periodenlänge ist also gleich 5. Und in der Tat ist

\begin{aligned}10^{1} & ≡_{41} & 10 & ≡_{41} & 10 \\ 10^{2} & ≡_{41} & 100 & ≡_{41} & 18 \\ 10^{3} & ≡_{41} & 180 & ≡_{41} & 16 \\ 10^{4} & ≡_{41} & 160 & ≡_{41} & −4 \\ 10^{5} & ≡_{41} & −40 & ≡_{41} & 1 . \end{aligned}

www.uni-koblenz.de/∼kuenzer/galois/galois.html