M. Künzer

Galoistheorie, WS 08/09

Lösung 8

Aufgabe 26

(1) Es ist char L > 0, da char L = 0 zur Folge hätte, daß Z ^{\overline{}^{ε_{L}}} L den Kern (char L)Z = \{0\} hätte, und somit injektiv wäre, was wegen L endlich nicht geht.

Schreibe also char L =: p > 0. Wir haben den Primkörper F_{p} ⊆ L; vgl. §2.1.

Es ist L ein F_{p}-Vektorraum; vgl. die erste Bemerkung in §1.7.5. Da L endlich ist, ist L ein endlichdimensionaler F_{p}-Vektorraum. Sei ℓ := dim_{F_{p}} L = [L : F_{p}]. Es folgt |L| = p^{ℓ}.

(2) Erste Lösung. Es ist ℓ = [L : F_{p}] = [L : K][K : F_{p}]. Folglich ist [K : F_{p}] =: k ein Teiler von ℓ. Ferner ist |K| = p^{k}.

Zweite Lösung, alternativ. Es ist L ein endlichdimensionaler K-Vektorraum. Schreibe m := [L : K]. Mit (1) gibt es ein k ⩾ 1 mit K = p^{k}; beachte char K = char L = p. Also ist (p^{k})^{m} = p^{ℓ}. Mithin ist km = ℓ.

(3) Nach (2) haben alle Teilkörper von F_{27} eine Kardinalität 3^{k} mit k einem Teiler von 3. Es folgt, daß diese Kardinalität 3^{1} = 3 oder 3^{3} = 27 haben. Also sind der Primkörper F_{3} und der gesamte Körper F_{27} die einzigen Teilkörper von F_{27}.

Vgl. auch Aufgabe 21.

Aufgabe 27

(1) Zum einen ist (ab)^{o(a)o(b)} = (a^{o(a)})^{o(b)}(b^{o(b)})^{o(a)} = 1^{o(b)}1^{o(a)} = 1.

Sei zum anderen (ab)^{k} = 1 für ein k ∈ Z_{⩾1}.

Dann ist a^{k} = b^{−k}. Es ist a^{k} ∈ ⟨a⟩, und ⟨a⟩ ist eine Gruppe mit |⟨a⟩| = o(a) nach Aufgabe 11.(1.b). Nach Aufgabe 11.(1.c), angewandt auf diese Gruppe ⟨a⟩, ist o(a^{k}) ein Teiler von o(a).

(Hierfür kann man alternativ auch folgendes vorbringen. Schreibe o(a) = o(a^{k})q + r mit q ∈ Z und r ∈ [0, o(a^{k}) − 1]. Dann ist

1 = (a^{o(a)})^{k} = (a^{k})^{o(a)} = (a^{k})^{o(a^{k})q+r} = (a^{k})^{r} ,

und also r = 0 wegen der Minimalität von o(a^{k}).)

Analog ist o(b^{−k}) ein Teiler von o(b).

Somit ist o(a^{k}) = o(b^{−k}) ein gemeinsamer Teiler von o(a) und von o(b), und also gleich 1, da ggT(o(a), o(b)) = 1. Dies aber hat a^{k} = b^{−k} = 1 zur Folge.

Wir behaupten, daß k ein Vielfaches von o(a) ist. Schreibe k = o(a)q+r mit r ∈ [0, o(a)−1]. Es folgt 1 = a^{k} = a^{o(a)q+r} = a^{r} und also r = 0 wegen der Minimalität von o(a). Dies zeigt die Behauptung.

Analog ist k ein Vielfaches von o(b).

Da ggT(o(a), o(b)) = 1, ist k damit ein Vielfaches von o(a)o(b), und insbesondere ist k ⩾ o(a)o(b).

Somit ist o(a)o(b) der minimale positive Exponent, dessen Potenz von ab gleich 1 ist. In anderen Worten, es ist in der Tat o(ab) = o(a)o(b).

(2) Zum einen ist (a^{\frac{o(a)}{d}})^{d} = a^{o(a)} = 1.

Sei zum anderen (a^{\frac{o(a)}{d}})^{k} = 1, i.e. a^{\frac{o(a)k}{d}} = 1, wobei k ∈ Z_{⩾1}. Dann ist \frac{o(a)k}{d} ⩾ o(a) wegen der Minimalität von o(a), also k ⩾ d.

Somit ist k der minimale positive Exponent, dessen Potenz von a^{\frac{o(a)}{d}} gleich 1 ist. In anderen Worten, es ist in der Tat o(a^{\frac{o(a)}{d}}) = d.

(3) Schreibe o(a) = p_{1}^{s_{1}} ⋯ p_{k}^{s_{k}} und o(b) = p_{1}^{t_{1}} ⋯ p_{k}^{t_{k}} mit k ⩾ 0, p_{i} prim und s_{i}, t_{i} ∈ Z_{⩾0} für i ∈ [1, k].

Sei i ∈ [1, k] gegeben. Mit (2) gibt es ein Element von Ordnung p_{i}^{s_{i}} in G, nämlich eine geeignete Potenz von a. Mit (2) gibt es auch ein Element von Ordnung p_{i}^{t_{i}} in G, nämlich eine geeignete Potenz von b. Somit gibt es auch ein Element x_{i} ∈ G von Ordnung p_{i}^{max{s_{i},t_{i}}} in G.

Mit (1) folgt aus der Teilerfremdheit der Primpotenzen, daß

o(x_{1} ⋯ x_{k}) = o(x_{1}) ⋯ o(x_{k}) = p_{1}^{max{s_{1},t_{1}}} ⋯ p_{k}^{max{s_{k},t_{k}}} = kgV(o(a), o(b)) .

(4) Wäre o(g) kein Teiler von o(x) ist für ein g ∈ G, so wäre o(x) < kgV(o(x), o(g)). Sei g̃ ein mit (3) existentes Element von G von Ordnung kgV(o(x), o(g)). Dann ist o(x) < o(g̃). Wir haben einen Widerspruch zur Maximalität von o(x).

(5) Sei x ∈ K^{×} von maximaler Ordnung.

Zunächst ist o(x) ein Teiler von |K| − 1; vgl. Aufgabe 11.(1.c).

Mit (4) folgt andererseits, daß für alle g ∈ K^{×} gilt, daß o(g) ein Teiler von o(x) ist, und insbesondere, das g^{o(x)} = 1. Folglich sind alle Elemente von K^{×} Nullstellen von X^{o(x)}−1. Ein Polynom mit |K|−1 Nullstellen hat aber Grad ⩾ |K| − 1. Also ist o(x) ⩾ |K| − 1.

Insgesamt folgt o(x) = |K| − 1.

(6) Wir verwenden die Schreibweise der Lösung von Aufgabe 24.(4). Sei also δ ∈ F_{4} mit δ^{4} + δ + 1 = 0. Wir erhalten folgende Potenzen, ausgedrückt in der Standardbasis (1, δ, δ^{2}, δ^{3}) über F_{2}.

δ^{0} = 1
δ^{1} = δ
δ^{2} = δ^{2}
δ^{3} = δ^{3}
δ^{4} = δ + 1
δ^{5} = δ^{2} + δ
δ^{6} = δ^{3} + δ^{2}
δ^{7} = δ^{3} + δ + 1
δ^{8} = δ^{2} + 1
δ^{9} = δ^{3} + δ
δ^{10} = δ^{2} + δ + 1
δ^{11} = δ^{3} + δ^{2} + δ
δ^{12} = δ^{3} + δ^{2} + δ + 1
δ^{13} = δ^{3} + δ^{2} + 1
δ^{14} = δ^{3} + 1
δ^{15} = 1  (zur Probe)

Vgl. auch Aufgabe 11.(2, 3) und Aufgabe 18.

Aufgabe 28

Schreibe n := [L : K]. Das Tupel (x^{0}, x^{1}, …, x^{n}) hat Länge n + 1, ist also linear abhängig. Somit gibt es λ_{i} ∈ K für i ∈ [0, n] so, daß

λ_{0}x^{0} + ⋯ + λ_{n}x^{n} = 0 ,

aber so, daß λ_{j} ≠ 0 für wenigstens ein j ∈ [0, n]. Setzen wir f(X) = ∑_{i∈[0,n]} λ_{i}X^{i} ∈ K[X], so haben wir also ein Polynom ungleich 0 gefunden, welches f(x) = 0 erfüllt. Folglich ist x algebraisch über K.

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