M. Künzer

Galoistheorie, WS 08/09

Lösung 7

Aufgabe 23

Addition und Multiplikation sind ersichtlich kommutativ. Die Multiplikation ist ersichtlich assoziativ. Das Element \frac{1}{1} ist ersichtlich neutral bezüglich der Multiplikation.

Die nun noch fehlenden Eigenschaften wollen wir nachweisen. Seien \frac{r}{s}, \frac{r′}{s′} , \frac{r′′}{s′′} ∈ frac R.

Es wird \frac{r}{s} + \frac{0}{1} = \frac{r·1+s·0}{s·1} = \frac{r}{s}.

Es wird \frac{r}{s} + \frac{(−r)}{s} = \frac{rs+(−r)s}{s^{2}} = \frac{0}{s^{2}} = \frac{0}{1}.

Es wird

(\frac{r}{s} + \frac{r′}{s′}) + \frac{r′′}{s′′} = \frac{rs′+r′s}{ss′} + \frac{r′′}{s′′}
= \frac{(rs′+r′s)s′′+r′′ss′}{ss′s′′}
= \frac{rs′s′′+r′ss′′+r′′ss′}{ss′s′′}
= \frac{rs′s′′+s(r′s′′+r′′s′)}{ss′s′′}
= \frac{r}{s} + \frac{r′s′′+r′′s′}{s′s′′}
= \frac{r}{s} + (\frac{r′}{s′} + \frac{r′′}{s′′}) .

Es wird

(\frac{r}{s} + \frac{r′}{s′})\frac{r′′}{s′′} = \frac{rs′+r′s}{ss′} \frac{r′′}{s′′}
= \frac{(rs′+r′s)r′′}{ss′s′′}
= \frac{(rs′+r′s)r′′s′′}{ss′s^{′′2}}
= \frac{rr′′s′s′′+r′r′′ss′′}{ss′′s′s′′}
= \frac{rr′′}{ss′′} + \frac{r′r′′}{s′s′′} .

Es ist \frac{r}{s} = \frac{0}{1} genau dann, wenn r · 1 = s · 0; i.e. genau dann, wenn r = 0. Sei also r ≠ 0. Es wird \frac{r}{s} \frac{s}{r} = \frac{rs}{sr} = \frac{1}{1}.

Aufgabe 24

(1) Es ist Frob_{K}(1) = 1^{p} = 1. Es ist Frob_{K}(xy) = (xy)^{p} = x^{p}y^{p} für x, y ∈ K. Für die Verträglichkeit mit der Addition merken wir an, daß der Binomialkoeffizient (\begin{matrix}p \\ i \end{matrix}) = \frac{p!}{i!(p−i)!} für i ∈ [1, p − 1] im Zähler einen Faktor p enthält, nicht aber im Nenner. Also ist diesenfalls (\begin{matrix}p \\ i \end{matrix}) ein Vielfaches von p. Es folgt

Frob_{K}(x+y) = (x+y)^{p} = x^{p}+(\begin{matrix}p \\ 1 \end{matrix}) x^{p−1}y^{1}+⋯+(\begin{matrix}p \\ p−1 \end{matrix}) x^{1}y^{p−1}+y^{p} = x^{p}+y^{p} = Frob_{K}(x)+Frob_{K}(y) ,

da in K gilt, daß p = 0.

Als Morphismus von Körpern ist Frob_{K} injektiv; vgl. Aufgabe 7.(1).

Ist K ein endlicher Körper, so ist Frob_{K} als injektive Selbstabbildung einer endlichen Menge auch bijektiv, und mithin ein Automorphismus.

Allgemein ist das aber nicht der Fall. So z.B. ist Frob_{F_{p}(X)} nicht surjektiv, da X ∈ F_{p}(X) nicht in

Frob_{K}(F_{p}(X)) liegt. Denn wäre X = (\frac{f(X)}{g(X)})^{p} für gewisse f(X) ∈ F_{p}[X] und g(X) ∈ F_{p}[X] ∖ \{0\}, dann wäre Xg(X)^{p} = f(X)^{p}, und also

1 ≡_{p} 1 + p deg g = deg(Xg(X)^{p}) = deg(f(X)^{p}) = p deg f ≡_{p} 0 ,

Widerspruch.

(2) Es ist Frob_{F_{p}} ein Automorphismus von F_{p}.

Nach der ersten Bemerkung in §2.1 operiert aber jeder Automorphismus eines Körpers K von Charakteristik p identisch auf dem Primkörper, d.h. auf den Elementen im Bild von ε_{K}.

Im Falle K = F_{p} ist nun ε_{F_{p}} surjektiv, i.e. es ist F_{p} sein eigener Primkörper. Es folgt Frob_{F_{p}} = id_{F_{p}}. Elementweise geschrieben heißt dies, daß x^{p} = Frob_{F_{p}}(x) = x für alle x ∈ F_{p}. In anderen Worten, es ist z^{p} ≡_{p} z für alle z ∈ Z, und dies ist die Aussage des Kleinen Fermatschen Satzes.

(3) Z.B. ist X^{3} − X + 1 ∈ F_{3}[X] mangels Nullstelle irreduzibel. Sei

F_{27} := F_{3}[X]/(X^{3} − X + 1)F_{3}[X] .

Schreibe γ := X + (X^{3} − X + 1)F_{3}[X]. Dann ist γ^{3} = γ − 1 und 3 = 0 in F_{27}. Eine Basis von F_{27} über F_{3} ist gegeben durch (γ^{0}, γ^{1}, γ^{2}), und insbesondere ist |F_{27}| = 3^{3} = 27 wie gewünscht.

Sei x = λ_{2}γ^{2} + λ_{1}γ^{1} + λ_{0}γ^{0} ∈ F_{27}, wobei λ_{i} ∈ F_{3} für i ∈ [0, 2]. Es wird

Frob_{F_{27}}(x) − x = (λ_{2}γ^{2} + λ_{1}γ^{1} + λ_{0}γ^{0})^{3} − (λ_{2}γ^{2} + λ_{1}γ^{1} + λ_{0}γ^{0})
= (λ_{2}^{3}γ^{6} + λ_{1}^{3}γ^{3} + λ_{0}^{3}γ^{0}) − (λ_{2}γ^{2} + λ_{1}γ^{1} + λ_{0}γ^{0})
= (λ_{2}γ^{6} + λ_{1}γ^{3} + λ_{0}γ^{0}) − (λ_{2}γ^{2} + λ_{1}γ^{1} + λ_{0}γ^{0})
= λ_{2}γ^{6} + λ_{1}γ^{3} − λ_{2}γ^{2} − λ_{1}γ^{1}
= λ_{2}(γ − 1)^{2} + λ_{1}(γ − 1) − λ_{2}γ^{2} − λ_{1}γ^{1}
= λ_{2}γ^{1} + (λ_{1} + λ_{2})γ^{0} .

Dies ist wegen der linearen Unabhängigkeit von (γ^{0}, γ^{1}, γ^{2}) über F_{3} genau dann gleich 0, wenn λ_{2} = 0 und λ_{1} = 0. Also ist

{x ∈ F_{27} : Frob_{F_{27}}(x) = x} = {λ_{2}γ^{2} + λ_{1}γ^{1} + λ_{0}γ^{0} : λ_{i} ∈ F_{3}, λ_{1} = λ_{2} = 0} = F_{3} .

Alternativ kann man hierfür anführen, daß Frob_{F_{27}}(x) = x gilt für alle Elemente des Primkörpers F_{3}, daß das Polynom X^{3} − X höchstens 3 Nullstellen in F_{27} haben kann und daß somit genau diese drei Elemente von F_{3} Nullstellen davon sind.

(4) Z.B. ist X^{4} + X + 1 ∈ F_{2}[X] irreduzibel; vgl. Aufgabe 19.(3). Sei

F_{16} := F_{2}[X]/(X^{4} + X + 1)F_{2}[X] .

Schreibe δ := X + (X^{4} + X + 1)F_{2}[X]. Dann ist δ^{4} = δ + 1 und 2 = 0 in F_{16}. Eine Basis von F_{16} über F_{2} ist gegeben durch (δ^{0}, δ^{1}, δ^{2}, δ^{3}), und insbesondere ist |F_{16}| = 2^{4} = 16 wie gewünscht.

Sei x = λ_{3}δ^{3} + λ_{2}δ^{2} + λ_{1}δ^{1} + λ_{0}δ^{0} ∈ F_{16}, wobei λ_{i} ∈ F_{2} für i ∈ [0, 3]. Es wird

Frob_{F_{16}}^{2}(x) − x = (λ_{3}δ^{3} + λ_{2}δ^{2} + λ_{1}δ^{1} + λ_{0}δ^{0})^{4} − (λ_{3}δ^{3} + λ_{2}δ^{2} + λ_{1}δ^{1} + λ_{0}δ^{0})
= (λ_{3}δ^{12} + λ_{2}δ^{8} + λ_{1}δ^{4} + λ_{0}δ^{0}) + (λ_{3}δ^{3} + λ_{2}δ^{2} + λ_{1}δ^{1} + λ_{0}δ^{0})
= (λ_{3}(δ + 1)^{3} + λ_{2}(δ + 1)^{2} + λ_{1}(δ + 1)) + (λ_{3}δ^{3} + λ_{2}δ^{2} + λ_{1}δ^{1})
= λ_{3}(δ^{2} + δ + 1) + λ_{2} + λ_{1} .

Wegen der linearen Unabhängigkeit von (δ^{0}, δ^{1}, δ^{2}, δ^{3}) über F_{2} ist dies genau dann gleich 0, wenn λ_{3} = 0 und λ_{1} = λ_{2}. Also ist

K := {x ∈ F_{16} : Frob_{F_{16}}^{2}(x) = x} = {λ_{1}(δ^{2} + δ) + λ_{0} : λ_{0}, λ_{1} ∈ F_{2}} .

Es ist K ein Teilkörper, da Frob_{F_{16}}^{2}(1) = 1, und da aus x, y ∈ F_{16} mit Frob_{F_{16}}^{2}(x) = x und Frob_{F_{16}}^{2}(y) = y folgt, daß

Frob_{F_{16}}^{2}(x − y) = Frob_{F_{16}}^{2}(x) − Frob_{F_{16}}^{2}(y) = x − y ,

daß

Frob_{F_{16}}^{2}(xy) = Frob_{F_{16}}^{2}(x) Frob_{F_{16}}^{2}(y) = xy

und daß, falls x ≠ 0,

Frob_{F_{16}}^{2}(x^{−1}) = Frob_{F_{16}}^{2}(x)^{−1} = x^{−1} .

Also ist K ein Teilring abgeschlossen unter Inversion von nichtverschwindenden Elementen, und somit ein Teilkörper. (Festgestellt zu haben, daß ein Teilring eines endlichen Körpers vorliegt, hätte auch gereicht, da ein endlicher Integritätsbereich notwendig ein Körper ist.)

Nun ist

(δ^{2} + δ)^{2} + (δ^{2} + δ) + 1 = δ^{4} + δ^{2} + δ^{2} + δ + 1 = 0 .

Also faktorisiert der Ringmorphismus

[figure: F_{2}[X]; F_{16}; X; δ^{2} + δ]

über den Ringmorphismus

[figure: F_{2}[X]/(X^{2} + X + 1)F_{2}[X]; F_{16}; X + (X^{2} + X + 1)F_{2}[X]; δ^{2} + δ .]

In der Tat schickt ersterer das Polynom X^{2} + X + 1 auf (δ^{2} + δ)^{2} + (δ^{2} + δ) + 1 = 0_{F_{16}}, und also das Ideal (X^{2} + X + 1)F_{2}[X] auf {0_{F_{16}}}.

In Standardnotation umgeschrieben liest sich letzterer nun

[figure: F_{4}; F_{16}; α; δ^{2} + δ .]

Als Körpermorphismus ist dieser nun injektiv; vgl. Aufgabe 7. Da F_{4} = ⟨1, α⟩_{F_{2}} (Vektorraumerzeugnis über F_{2}), und da dieser Morphismus F_{2}-linear ist, ist das Bild gegeben durch ⟨1, δ^{2} + δ⟩_{F_{2}}. Dies ist aber gerade gleich K. Somit liefert unser injektiver Körpermorphismus durch Einschränkung des Bildbereichs einen Körperisomorphismus

[figure: F_{4}; K; α; δ^{2} + δ .]

Man hätte zur Konstruktion von F_{16} alternativ auch ein irreduzibles Polynom von Grad 2 in F_{4}[X] verwenden können; vgl. Aufgabe 19.(3).

Aufgabe 25

(1) Es ist f′(X) = X^{s−1}(X − 1)^{t−1}(tX + s(X − 1)). Um also zu zeigen, daß ggT(f(X), f′(X)) = X^{s−1}(X − 1)^{t−1}, genügt es, zu zeigen, daß X(X − 1) und tX + s(X − 1) teilerfremd sind. Und in der Tat, X teilt letzteres Polynom nicht, da X wegen s ≠ 0 den Summanden s(X − 1) nicht teilt. Genauso teilt (X − 1) letzteres Polynom nicht, da es wegen t ≠ 0 den Summanden tX nicht teilt.

So zu argumentieren können wir uns leisten, da wir in K[X] die eindeutige Zerlegung in irreduzible Polynome kennen; vgl. §1.9.

(2) Nach Voraussetzung können wir f(X) = ∏_{i∈[1,r]}(X − γ_{i})^{s_{i}} für gewisse r ⩾ 0, γ_{i} ∈ K und s_{i} ⩾ 1 schreiben, wobei γ_{i} ≠ γ_{j} falls i ≠ j.

Beachte, daß

f′(X) = ∑_{k∈[1,r]} s_{i}(X − γ_{i})^{s_{i}−1} ∏_{i∈[1,r]∖{k}}(X − γ_{i})^{s_{i}} .

Ist s_{i} = 1 für alle i ∈ [1, r], so wird f′(γ_{j}) = ∏_{i∈[1,r]∖{j}}(γ_{j} − γ_{i}) ≠ 0 und somit f′(X) kein Vielfaches von (X − γ_{j}) für alle j ∈ [1, r]. Folglich ist ggT(f(X), f′(X)) = 1.

Ist umgekehrt s_{j} ⩾ 2 für ein j ∈ [1, r], so wird f′(γ_{j}) = s_{j}(γ_{i} − γ_{i})^{s_{j}−1} ∏_{i∈[1,r]∖{j}}(γ_{j} − γ_{i}) = 0. Also ist (X −γ_{j}) ein Teiler von f′(X), und also insgesamt ein Teiler von ggT(f(X), f′(X)). Folglich ist ggT(f(X), f′(X)) ≠ 1.

(3) Sei g_{K}(X) der in K[X] genommene ggT von f(X) und h(X). Sei g_{L}(X) der in L[X] genommene ggT von f(X) und h(X). Mit dem Euklidschen Algorithmus gibt es s_{K}(X), t_{K}(X) ∈ K[X] mit

(∗)  f(X)s_{K}(X) + h(X)t_{K}(X) = g_{K}(X)

und s_{L}(X), t_{L}(X) ∈ L[X] mit

(∗∗)  f(X)s_{L}(X) + h(X)t_{L}(X) = g_{L}(X) ;

vgl. Aufgabe 8. Da g_{L}(X) ein Teiler von f(X) und von h(X) in L[X] ist, zeigt (∗), daß g_{L}(X) auch ein Teiler von g_{K}(X) in L[X] ist. Da g_{K}(X) ein Teiler von f(X) und von h(X) in K[X] ist, zeigt (∗∗), daß g_{K}(X) auch ein Teiler von g_{L}(X) in L[X] ist. Insgesamt folgt g_{K}(X) = g_{L}(X).

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