M. Künzer

Galoistheorie, WS 08/09

Lösung 5

Aufgabe 13

(1) Da Z ein Hauptidealbereich ist, und da aZ ∩ bZ ≠ {0} (da z.B. ab enthalten ist), gibt es genau ein x ∈ Z_{⩾1} mit aZ ∩ bZ = xZ.

Wir behaupten, daß x = kgV(a, b) ist.

Zum einen ist x ∈ aZ, also x Vielfaches von a, und x ∈ bZ, also x Vielfaches von b.

Ist umgekehrt y ∈ Z_{⩾1} gegeben mit y Vielfaches von a und y Vielfaches von b, dann ist y ∈ aZ∩bZ = xZ, und folglich y Vielfaches von x, insbesondere also y ⩾ x.

Also ist x das kleinste gemeinsame Vielfache von a und b, i.e. x = kgV(a, b).

Vgl. auch Aufgabe 6.(3); dort wurde der Spezialfall ggT(a, b) = 1 und also kgV(a, b) = ab gebraucht.

(2) Wir verwenden aZ ∩ bZ = kgV(a, b)Z nach (1) und aZ + bZ = ggT(a, b)Z nach §1.7.2, wobei

a, b ∈ Z. Es wird

(12Z + 30Z) ∩ 21Z = ggT(12, 30)Z ∩ 21Z
= 6Z ∩ 21Z
= kgV(6, 21)Z
= 42Z .

Also ist x = 42.

(3) Wir verwenden Aufgabe 8. Zunächst wird mit Euklid

(X^{4} + 1)F_{2}[X] + (X^{4} + X^{3} + 1)F_{2}[X] = (X^{2} + 1)F_{2}[X] .

Dann gibt Euklid

(X^{2} + 1)F_{2}[X] + (X^{3} + 1)F_{2}[X] = (X + 1)F_{2}[X]

Insgesamt also

((X^{4} + 1)F_{2}[X] + (X^{4} + X^{3} + X + 1)F_{2}[X]) + (X^{3} + 1)F_{2}[X]
= (X^{2} + 1)F_{2}[X] + (X^{3} + 1)F_{2}[X]
= (X + 1)F_{2}[X] .

Also ist f(X) = X + 1.

Vgl. auch die Definition des ggT von Polynomen im Beispiel in §1.7.3.

Aufgabe 14

Wende die Bemerkung aus §1.6.2 an auf die Situation, in den dortigen Bezeichnungen, n = 1, R = F_{2}, S = F_{2}[X], a = c die Einbettung von F_{2} nach F_{2}[X], und s_{1} = u(X) für ein noch zu spezifizierendes Polynom u(X) ∈ F_{2}[X].

Dann wird f(X) ∈ F_{2}[X] abgebildet auf f(u(X)) ∈ F_{2}[X].

(Für u(X) = X z.B. erhalten wir so die Identität auf F_{2}[X]. Für u(X) = X^{2} erhalten wir einen injektiven, aber nicht surjektiven Ringmorphismus – es liegt etwa das Polynom X nicht im Bild. Etc.)

Für u(X) = X + 1 erhalten wir einen Ringmorphismus φ von F_{2}[X] nach F_{2}[X], der nicht gleich der Identität ist. Es schickt φ das Polynom f(X) ∈ F_{2}[X] auf das Polynom f(X + 1) ∈ F_{2}[X].

Wir behaupten, daß φ ein Isomorphismus ist, der φ^{2} = id_{F_{2}[X]} erfüllt. Dazu genügt es zu zeigen, daß letzteres gilt - eine Abbildung, die quadriert die Identität ist, ist insbesondere bijektiv.

Für f(X) ∈ F_{2}[X] wird in der Tat

φ^{2}(f(X)) = φ(φ(f(X)))
= φ(f(X + 1))
= f((X + 1) + 1)
= f(X) .

Aufgabe 15

(1) Schreibe R = Z/8Z × Z/12Z. Es wird

[figure: Z; ε_{R}; Z/8Z; ×; Z/12Z; z; (z + 8Z; ×; z + 12Z) ,]

da dies ein Ringmorphismus von Z nach R ist und es nur einen solchen gibt, namentlich ε_{R}; vgl. §1.7.3.

Der Kern von ε_{R} berechnet sich zu 8Z ∩ 12Z = kgV(8, 12)Z = 24Z; vgl. Aufgabe 13.(1). Also ist char(Z/8Z × Z/12Z) = 24.

(2) Betrachte folgendes Dreieck von Ringmorphismen.

\xymatrix{Z \ar[r]^{ε_{L}} \ar[d]_{ε_{K}} & L \\ K \ar@{-->}[ur]_{f}}

Dieses Dreieck kommutiert, i.e. f ∘ ε_{K} = ε_{L}, da es nur einen Ringmorphismus von Z nach L gibt, namentlich ε_{L}; vgl. §1.7.3.

Um char K =^{!} char L zu zeigen, haben wir zu zeigen, daß

(char K)Z = Kern ε_{K} =^{!} Kern ε_{L} = (char L)Z ;

vgl. §1.7.3.

Beachte, daß f injektiv ist; vgl. Aufgabe 7. Also ist f(x) = 0 genau dann, wenn x = 0, wobei x ∈ K.

Also wird

Kern ε_{L} = {z ∈ Z : ε_{L}(z) = 0}
= {z ∈ Z : f(ε_{K}(z)) = 0}
= {z ∈ Z : ε_{K}(z) = 0}
= Kern ε_{K} .

Aufgabe 16

(1) Sei etwa n = ab mit a, b ∈ [2, n − 1]. Dann sind a ≢_{n} 0 und b ≢_{n} 0, i.e. a + nZ ≠ 0 + nZ und b + nZ ≠ 0 + nZ. Wohl aber ist

(a + nZ)(b + nZ) = (ab + nZ) = n + nZ = 0 + nZ .

Also ist Z/nZ kein Integritätsbereich; vgl. §1.5.

(2) Euklid liefert

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

Also ist

(X^{4} + 1)(X^{6} − X^{5} + X^{4} + X^{3} − X^{2} + X − 1) ≡_{X^{7}+1} 1 ,

mit anderen Worten,

(X^{4} + 1 + (X^{7} + 1)F_{3}[X])^{−1} = X^{6} − X^{5} + X^{4} − X^{3} − X^{2} + X − 1 + (X^{7} + 1)F_{3}[X] .

Vgl. Aufgabe 8, Aufgabe 4.(1).

(3) Es ist dim_{F_{2}} R = deg(X^{3}+X^{2}+X +1) = 3; vgl. Lemma aus §1.7.5. Also ist |R| = 2^{dim_{F_{2}} R} = 2^{3} = 8.

Schreibe X̄ := X + (X^{3} + X^{2} + X + 1)F_{2}[X].

Es ist z.B. X̄ · (X̄^{2} + X̄ + 1) = 1 + (X̄^{3} + X̄^{2} + X̄ + 1) = 1. Also ist X̄ invertierbar. Ferner ist X̄ ≠ 1, wie man etwa mit der in loc. cit. gegebenen Basis (X̄^{0}, X̄^{1}, X̄^{2}) erkennt, oder aber direkt dank X ≢_{X^{4}−1} 1. Vgl. (4).

Da wir aber in F_{2}[X]

X^{3} + X^{2} + X + 1 = (X + 1)(X^{2} + 1) = (X + 1)^{3}

haben, folgt nun, daß zwar X̄ + 1 ≠ 0 und X̄^{2} + 1 ≠ 0 (wie man z.B. mit der eben genannten Basis erkennt), aber

(X̄ + 1)(X̄^{2} + 1) = 0 .

Also ist R kein Integritätsbereich.

(4) Schreibe X̄ := X + f(X)K[X]. Sei n := deg f.

Es ist

0 = f(X) + f(X)K[X] = f(X̄) = f_{n}X̄^{n} + f_{n−1}X̄^{n−1} + ⋯ + f_{1}X̄ + f_{0} .

Also wird

1 = −f_{0}^{−1}(f_{n}X̄^{n−1} + f_{n−1}X̄^{n−2} + ⋯ + f_{1}) · X̄.

Es folgt

(X + f(X)K[X])^{−1} = X̄^{−1} = −f_{0}^{−1}(f_{n}X̄^{n−1} + f_{n−1}X̄^{n−2} + ⋯ + f_{1}) .

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