M. Künzer

Galoistheorie, WS 08/09

Lösung 6

Aufgabe 17

(1) Wir erhalten

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

und

\begin{matrix}(·) & 0 & 1 & α & α + 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & α & α + 1 \\ α & 0 & α & α + 1 & 1 \\ α + 1 & 0 & α + 1 & 1 & α \end{matrix}

(2) Es wird

(α^{2} + 1)^{3} = α^{3} = 1 .

Es wird (β^{2}+1)(β^{6}+1)+β^{2} = (β^{2}+1)((β +1)^{2}+1)+β^{2} = (β^{2}+1)β^{2}+β^{2} = β^{2}+β +β^{2}+β^{2} = β^{2}+β . Es wird

(ι + 1)^{4} − ι = ((ι + 1)^{2})^{2} − ι = (ι^{2} + 2ι + 1)^{2} − ι = (−ι)^{2} − ι = −ι − 1 .

(3) Es ist X(X + 1) + (X^{2} + X + 1) · 1 = 1 in F_{2}[X], und somit α^{−1} = α + 1. Man kann auch die Verknüpfungstafel aus (1) heranziehen. Es ist (X^{2} + X + 1)X^{2} + (X^{3} + X + 1)(X + 1) = 1 in F_{2}[X], und somit (β^{2} + β + 1)^{−1} = β^{2}. Es ist (X + 1)(X − 1) + (X^{2} + 1) · (−1) = 1 in F_{3}[X], und somit (ι + 1)^{−1} = (ι − 1). Man kann auch die Potenztabellen aus untenstehender Lösung zur Aufgabe 18 zur Inversion verwenden.

Aufgabe 18

(1) Es wird z.B.

\begin{aligned}α^{0} & = & 1 \\ α^{1} & = & α \\ α^{2} & = & α + 1 , \end{aligned}

und also ⟨α⟩ = F_{4}^{×}.

(2) Es wird z.B.

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

und also ⟨β⟩ = F_{8}^{×}.

(3) Es wird z.B.

\begin{aligned}(ι + 1)^{0} & = & 1 \\ (ι + 1)^{1} & = & ι + 1 \\ (ι + 1)^{2} & = & −ι \\ (ι + 1)^{3} & = & −ι + 1 \\ (ι + 1)^{4} & = & −1 \\ (ι + 1)^{5} & = & −ι − 1 \\ (ι + 1)^{6} & = & ι \\ (ι + 1)^{7} & = & ι − 1 \end{aligned}

und also ⟨ι + 1⟩ = F_{9}^{×}.

Beachte, daß ⟨ι⟩ ⊊ F_{9}^{×}.

Aufgabe 19

Bestimme alle normierten irreduziblen Polynome in F_{q} von Grad n.

(1) Da n ⩽ 3, suchen wir gerade die normierten Polynome in F_{4}[X] von Grad 2 ohne Nullstelle in F_{4}. Wir listen alle normierten Polynome in F_{4}[X] von Grad 2 mit nichtverschwindendem konstanten Term auf, daneben ihre Nullstellen in F_{4}.

Polynom  Nullstellenmenge
X^{2} + 1  {1}
X^{2} + α  {α^{2}}
X^{2} + α^{2}  {α}
X^{2} + X + 1  {α, α^{2}}
X^{2} + X + α  ∅
X^{2} + X + α^{2}  ∅
X^{2} + αX + 1  ∅
X^{2} + αX + α ∅
X^{2} + αX + α^{2} {1, α^{2}}
X^{2} + α^{2}X + 1 ∅
X^{2} + α^{2}X + α {1, α}
X^{2} + α^{2}X + α^{2} ∅

Somit sind die normierten irreduziblen Polynome von Grad 2 in F_{4}[X] gegeben durch

X^{2} + X + α, X^{2} + X + α^{2}, X^{2} + αX + 1, X^{2} + αX + α, X^{2} + α^{2}X + 1, X^{2} + α^{2}X + α^{2} .

(2) Da n ⩽ 3, suchen wir gerade die normierten Polynome in F_{3}[X] von Grad 3 ohne Nullstelle in F_{3}. Wir listen alle normierten Polynome in F_{3}[X] von Grad 3 mit nichtverschwindendem konstanten Term auf, daneben ihre Nullstellen in F_{3}.

Polynom  Nullstellenmenge
X^{3} + 1  {−1}
X^{3} − 1  {1}
X^{3} + X + 1  {1}
X^{3} + X − 1  {−1}
X^{3} − X + 1  ∅
X^{3} − X − 1  ∅
X^{3} + X^{2} + 1  {1}
X^{3} + X^{2} − 1  ∅
X^{3} + X^{2} + X + 1 {−1}
X^{3} + X^{2} + X − 1 ∅
X^{3} + X^{2} − X + 1 ∅
X^{3} + X^{2} − X − 1 {1, −1}
X^{3} − X^{2} + 1  ∅
X^{3} − X^{2} − 1  {−1}
X^{3} − X^{2} + X + 1 ∅
X^{3} − X^{2} + X − 1 {1}
X^{3} − X^{2} − X + 1 {1, −1}
X^{3} − X^{2} − X − 1 ∅

Somit sind die normierten irreduziblen Polynome von Grad 3 in F_{3}[X] gegeben durch

\begin{matrix}X^{3} − X + 1, X^{3} − X − 1, X^{3} + X^{2} − 1, X^{3} + X^{2} + X − 1, \\ X^{3} + X^{2} − X + 1, X^{3} − X^{2} + 1, X^{3} − X^{2} + X + 1, X^{3} − X^{2} − X − 1 . \end{matrix}

(3) Vorweg bemerken wir, daß X^{2} + X + 1 das einzige (normierte) irreduzible Polynom von Grad 2 in F_{2}[X] ist.

Die (normierten) Polynome vierten Grades in F_{2}[X] ohne Nullstelle in F_{2} sind

X^{4} + X + 1, X^{4} + X^{2} + 1, X^{4} + X^{3} + 1 .

Wenn unter diesen eines nichttrivial in zwei Faktoren zerfllt, muß dieser Faktor von Grad 2 und irreduzibel sein – bei einem reduziblen Faktor von Grad 2 würde ja auch noch ein Faktor von Grad 1 abspalten, d.h. eine Nullstelle auftreten.

In der Tat ist X^{4} + X^{2} + 1 = (X^{2} + X + 1)^{2}. Ferner sind weder X^{4} + X + 1 noch X^{4} + X^{3} + 1 durch X^{2} + X + 1 teilbar (e.g. weil α^{4} + α + 1 = 1 ≠ 0 und α^{4} + α^{3} + 1 = α ≠ 0). Also sind die irreduziblen Polynome von Grad 4 in F_{2}[X] gegeben durch

X^{4} + X + 1, X^{4} + X^{3} + 1 .

Aufgabe 20

Es gibt keinen Isomorphismus Z/9Z ^{\overline{}^{∼}} Z/3Z × Z/3Z, denn die Charakteristik von Z/9Z ist 9, die Charakteristik von Z/3Z × Z/3Z aber 3.

Es gibt keinen Isomorphismus Z/9Z ^{\overline{}^{∼}} F_{9}, denn die Charakteristik von Z/9Z ist 9, die Charakteristik von F_{9} aber 3.

Es gibt keinen Isomorphismus Z/3Z×Z/3Z \overline{}^{f}_{∼} F_{9}, denn es wäre sonst f((1, 0))f((0, 1)) = f((0, 0)) = 0, aber f((1, 0)) ≠ 0 und f((0, 1)) ≠ 0, was wegen F_{9} Körper nicht geht. Kurz, da Z/3Z × Z/3Z kein Integritätsbereich ist, F_{9} als Körper aber schon, geht das nicht. (Alternativ kann man anführen, daß es in F_{9} ein invertierbares Element der Ordnung 8 gibt, in Z/3Z × Z/3Z aber nicht.)

Aufgabe 21

Wir behaupten, daß es in F_{8} keinen Teilring aus 4 Elementen gibt.

Angenommen, doch. Sei R ⊆ F_{8} ein Teilring mit |R| = 4. Da R ein endlicher Integritätsbereich ist, ist R ein Teilkörper von F_{8}. Es ist R^{×} := R∖{0} eine Gruppe aus 3 Elementen. Nach Aufgabe 11.(1.c) teilt die Ordnung jedes Elements in R^{×} die 3. Nun haben nach loc. cit. aber alle Elemente von F_{8}^{×} eine Ordnung, die 7 teilt, insbesondere auch die von R^{×}. Da aber ggT(3, 7) = 1, müssen alle Elementordnungen von R^{×} die 1 teilen, i.e. gleich 1 sein. Nun hat aber nur die Eins einer Gruppe die Ordnung 1. Also R^{×} = {1}. Aber |R^{×}| = 3. Dies ist ein Widerspruch.

Aufgabe 22

Sei R ^{\overline{}^{f}} S ein Morphismus kommutativer Ringe. Sei I ⊆ S ein Ideal.

(1) Da f(0) = 0 ∈ J, ist 0 ∈ f^{−1}(J).

Sind x, y ∈ f^{−1}(J), so ist f(x − y) = f(x) − f(y) ∈ J, also x − y ∈ f^{−1}(J).

Ist x ∈ f^{−1}(J) und ist r ∈ R, so ist f(rx) = f(r)f(x) ∈ J, und also rx ∈ f^{−1}(J).

Also ist f^{−1}(J) ⊆ R ein Ideal.

Ist r ∈ Kern f, so ist f(r) = 0 ∈ J, und also r ∈ f^{−1}(J). Also ist Kern f ⊆ J. (Alternativ, da {0} ⊆ J, ist auch f^{−1}({0}) ⊆ f^{−1}(J).)

(2) Wir haben zu zeigen, daß R/I genau 2 Ideale enthält. Wir wenden (1) an auf R ^{\overline{}^{ρ}} R/I. Sei

J ⊆ R/I ein Ideal. Dann ist

I = Kern ρ ⊆ ρ^{−1}(J) ⊆ R .

Da I ⊆ R ein maximales Ideal ist, folgt ρ^{−1}(J) = I oder ρ^{−1}(J) = R.

Ersterenfalls ist, wegen ρ surjektiv, J = ρ(ρ^{−1}(J)) = ρ(I) = {0_{R/I}}.

Zweiterenfalls ist, wegen ρ surjektiv, J = ρ(ρ^{−1}(J)) = ρ(R) = R/I.

Die Menge der Ideale von R/I ist somit gleich {{0_{R/I}}, R/I}. Es bleibt uns anzumerken, daß R/I ≠ {0_{R/I}}, da I ⊊ R, daß also in der Tat auch zwei verschiedene Ideale aufgelistet sind.

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