M. Künzer

Galoistheorie, WS 08/09

Lösung 2

Aufgabe 5

(1) Die Substitution liefert

\begin{aligned}x^{4} + ax^{3} + bx^{2} + cx & = & (y − \frac{a}{4})^{4} + a(y − \frac{a}{4})^{3} + b(y − \frac{a}{4})^{2} + c(y − \frac{a}{4}) + d \\ & = & y^{4} + (b − \frac{3}{8}a^{2})y^{2} + (\frac{1}{8}a^{3} − \frac{1}{2}ab + c)y + (\frac{1}{16}a^{2}b − \frac{3}{256}a^{4} − \frac{1}{4}ac + d) \end{aligned}

Also wird p = b − \frac{3}{8}a^{2}, q = \frac{1}{8}a^{3} − \frac{1}{2}ab + c und r = \frac{1}{16}a^{2}b − \frac{3}{256}a^{4} − \frac{1}{4}ac + d.

(2) Zunächst können wir in beiden Fällen die Gleichung y^{4} + py^{2} + qy + r = 0 für noch beliebiges α ∈ C äquivalent umformen zu

(∗)  (y^{2} − α)^{2} = −(2α + p)y^{2} − qy + (α^{2} − r) .

Sei nun α ∈ C so gewählt, daß α^{3} + \frac{1}{2}pα^{2} − rα − \frac{1}{2}pr + \frac{1}{8}q^{2} = 0. Ist p + 2α = 0, so kann nach Wahl von α nur q = 0 gewesen sein. Dann aber schreibt sich die Gleichung (∗)

(y^{2} − α)^{2} = α^{2} − r .

Ist p + 2α ≠ 0, dann wird

−(2α + p)(y + \frac{q}{2(2α+p)})^{2} = −(2α + p)y^{2} − qy − \frac{q^{2}}{4(2α+p)}
= −(2α + p)y^{2} − qy + \frac{2α^{3}+pα^{2}−2rα−pr}{2α+p}
= −(2α + p)y^{2} − qy + \frac{(2α+p)(α^{2}−r)}{2α+p}
= −(2α + p)y^{2} − qy + (α^{2} − r) .

Die Bedingung an α ergibt sich aus der Forderung, die Diskriminante der rechten Seite von (∗), gesehen als quadratisches Polynom in y, verschwinden zu lassen.

(3) Die Substitution in (1) liefert p = 1, q = γ und r = −\frac{1}{2}.

Ein α ∈ C, welches die Gleichung α^{3} + \frac{1}{2}α^{2} + \frac{1}{2}α − \frac{1}{2} = 0 erfüllt, ist nach Aufgabe 1.(4) z.B. mit α = \frac{1}{2} gegeben. Da p + 2α = 2 ≠ 0, haben wir ein y ∈ C mit

(y^{2} − \frac{1}{2})^{2} = −2(y + \frac{γ}{4} )^{2} .

zu finden. Hierfür lösen wir etwa

y^{2} − \frac{1}{2} = i\sqrt{2}(y + \frac{γ}{4} )

(wofür wir auch das Negative der rechten Seite hätten heranziehen können). Wir formen nach Einsetzen des Wertes von γ äquivalent um zu

y^{2} − i\sqrt{2} · y + \frac{1}{2}(\sqrt{3} − 1) = 0

Wir erhalten etwa

y = i\frac{\sqrt{2}}{2} + i \begin{matrix}^{4} & \sqrt{3} \\ √ & \overline{2} \end{matrix} ,

und also

x = −1 + i\frac{\sqrt{2}}{2} + i \begin{matrix}^{4} & \sqrt{3} \\ √ & \overline{2} \end{matrix} .

(Die vollständige Faktorisierung lautet

\begin{matrix}x^{4} + 4x^{3} + 7x^{2} + (6 + γ)x + \frac{3}{2} + γ = \\ (x + 1 − i\frac{\sqrt{2}}{2} − i \begin{matrix}^{4} & \sqrt{3} \\ √ & \overline{2} \end{matrix})(x + 1 − i\frac{\sqrt{2}}{2} + i \begin{matrix}^{4} & \sqrt{3} \\ √ & \overline{2} \end{matrix})(x + 1 + i\frac{\sqrt{2}}{2} − \begin{matrix}^{4} & \sqrt{3} \\ √ & \overline{2} \end{matrix})(x + 1 + i\frac{\sqrt{2}}{2} + \begin{matrix}^{4} & \sqrt{3} \\ √ & \overline{2} \end{matrix}) .) \end{matrix}

Aufgabe 6

(1) Setze an mit 0 = 0_{R×S} := (0_{R}, 0_{S}) und 1 = 1_{R×S} := (1_{R}, 1_{S}). Setze an mit −(r, s) := (−r, −s) für r ∈ R und s ∈ S..

Für (r, s), (r′, s′), (r′′, s′′) ∈ R × S wird

(r, s) + (r′, s′)  = (r + r′, s + s′)  = (r′ + r, s′ + s)
= (r′, s′) + (r, s)
(r, s) + (0, 0)  = (r + 0, s + 0)  = (r, s)
(r, s) + (−r, −s)  = (r − r, s − s)  = (0, 0)
((r, s) + (r′, s′)) + (r′′, s′′) = ((r + r′) + r′′, (s + s′) + s′′) = (r + (r′ + r′′), s + (s′ + s′′))
= (r, s) + ((r′, s′) + (r′′ + s′′))
(r, s) · (r′, s′) = (r · r′, s · s′) = (r′ · r, s′ · s)
= (r′, s′) · (r, s)
(r, s) · (1, 1)  = (r · 1, s · 1)  = (r, s)
((r, s) · (r′, s′)) · (r′′, s′′)  = ((r · r′) · r′′, (s · s′) · s′′)  = (r · (r′ · r′′), s · (s′ · s′′))
= (r, s) · ((r′, s′) · (r′′ · s′′))
((r, s) + (r′, s′)) · (r′′, s′′) = ((r + r′) · r′′, (s + s′) · s′′)  = (r · r′′ + r′ · r′′, s · s′′ + s′ · s′′)
= (r, s) · (r′′, s′′) + (r′, s′) · (r′′, s′′) .

Kurz, die Ringeigenschaften sind erfüllt, da sie eintragsweise erfüllt sind.

Sind R und S Körper, so sind zwar (1, 0) und (0, 1) ungleich (0, 0), aber (1, 0)(0, 1) = (0, 0). Also ist R × S diesenfalls kein Körper. (Es ist noch nicht einmal ein Integritätsbereich.)

(2) Die Abbildung

[figure: R; R/I; ×; R/J; r; (r + I; ,; r + J)]

ist ein Ringmorphismus, da 1 auf 1 = (1 + I, 1 + J) abgebildet wird, da die Summe r + s auf (r + s + I, r + s + J) = (r + I, r + J) + (s + I, s + J) abgebildet wird und da für r, s ∈ R das Produkt r · s auf (r · s + I, r · s + J) = (r + I, r + J) · (s + I, s + J) abgebildet wird, wobei r, s ∈ R.

Dieser hat Kern I ∩J, da ein Element r genau dann auf 0 abgebildet wird, wenn r +I = 0+I und r+J = 0+J, d.h. genau dann, wenn r ∈ I ∩J. Das Lemma aus §1.4.3 gibt den injektiven Ringmorphismus

[figure: R/(I ∩ J); R/I; ×; R/J; r + (I ∩ J); (r + I; ,; r + J) .]

Wir haben die Surjektivität dieses Ringmorphismus zu zeigen. Nun ist nach Voraussetzung I + J = R, wir können also x ∈ I und y ∈ J mit x + y = 1 finden. Es wird

x + I ∩ J \overline{}(x + I, x + J) = (0 + I, x + y + J) = (0 + I, 1 + J)

abgebildet. Ferner wird

y + I ∩ J \overline{}(y + I, y + J) = (y + x + I, 0 + J) = (1 + I, 0 + J)

abgebildet.

Sei nun (u + I, v + J) ∈ R/I × R/J vorgegeben. Da ein Ringmorphismus vorliegt, wird in der Tat

uy + vx + I ∩ J  \overline{}(u + I, u + J)(y + I, y + J) + (v + I, v + J)(x + I, x + J)
= (u + I, u + J)(1 + I, 0 + J) + (v + I, v + J)(0 + I, 1 + J)
= (u + I, 0 + J) + (0 + I, v + J)
= (u + I, v + J) .

Kurz, da y auf (1, 0) und x auf (0, 1) geht, müssen nur y und x entsprechend zusammengesetzt werden, um im Bild (r + I, s + J) zu erhalten.

Wir merken uns noch für Verwendung in (3), daß uy + vx + I ∩ J ein Urbild, und wegen Injektivität das Urbild von (u + I, v + J) ist.

(3) Mit (2) bleibt zum einen zu zeigen, daß mZ + nZ = Z, i.e. daß mZ + nZ ⊇ Z. Da aber 1 = ms + nt ∈ mZ + nZ ist, ist auch Z = 1Z ⊆ mZ + nZ.

Zum anderen müssen wir mZ ∩ nZ = mnZ nachweisen. Die Inklusion ⊇ ist ersichtlich, auch ohne Verwendung der Voraussetzung ggT(m, n) = 1.

Zeigen wir die Inklusion ⊆. Sei x ∈ mZ ∩ nZ. Schreibe x = ma = nb für gewisse a, b ∈ Z. Insbesondere teilt n das Produkt ma. Da n und m teilerfremd sind, teilt n daher a. Wir schreiben a = nc für ein c ∈ Z. Es wird x = ma = mnc ∈ mnZ.

Der Isomorphismus in die eine Richtung ist wie in (2) gegeben durch

Z/mnZ ^{\overline{}^{∼}} Z/mZ × Z/nZ
z + mnZ \overline{}(z + mZ , z + nZ) .

Da ms + nt = 1, folgt mit der Bemerkung am Ende von (2), daß für u, v ∈ Z das Urbild eines Elements (u + mZ, v + nZ) der rechten Seite durch unt + vms + mnZ gegeben ist. Dies liefert die Umkehrbijektion

Z/mnZ ^{\overline{}^{∼}} Z/mZ × Z/nZ
unt + vms + mnZ \overline{}(u + mZ , v + nZ) .

Nach der ersten Bemerkung in §1.4.1 ist die Umkehrbijektion eines Ringisomorphismus ebenfalls ein Ringisomorphismus. (Dies hier direkt zu prüfen, wäre etwas lästig!)

(4) Die Aussage über den Isomorphismus folgt wegen ggT(3, 4) = 1 aus (3).

Finden wir nun die Isomorphismen in beide Richtungen. Es ist 3 · (−1) + 4 · 1 = 1, wie man auch ohne Euklid erkennt. Wir haben also m = 3, s = −1, n = 4 und t = 1 in die Lösung von (3) einzusetzen. Wir erhalten so

Z/12Z ^{\overline{}^{∼}} Z/3Z × Z/4Z
z + 12Z \overline{}(z + 3Z , z + 4Z) .

in die eine und

Z/12Z ^{\overline{}^{∼}} Z/3Z × Z/4Z
4u − 3v + 12Z \overline{}(u + 3Z , v + 4Z) .

in die andere Richtung.

(Elementar ausgedrückt bedeutet dies nun, daß bei gegebenen u, v ∈ Z die Lösungen des Kongruenzsystems

\begin{aligned}x & ≡_{3} & u \\ x & ≡_{4} & v \end{aligned}

gegeben sind durch x ∈ {4u − 3v + 12k : k ∈ Z}.)

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