M. Künzer

Galoistheorie, WS 08/09

Lösung 9

Aufgabe 29

(1) Es ist X^{4} + X + 1 irreduzibel in Q[X].

Magma:

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
Factorisation(X^4 + X + 1);

(2) Es ist

X^{5} + X + 1 = (X^{2} + X + 1)(X^{3} − X^{2} + 1)

die Zerlegung in irreduzible Faktoren in Q[X].

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
Factorisation(X^5 + X + 1);

(3) Schreibe γ := i\sqrt{3}. Es ist

X^{5} + X + 1 = (X + \frac{1 − γ}{2} )(X + \frac{1 + γ}{2} )(X^{3} − X^{2} + 1)

die Zerlegung in irreduzible Faktoren in Q(γ)[X].

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
KK<ga> := ext<Q | X^2 + 3>;
RR<XX> := PolynomialRing(KK);
Factorisation(XX^5 + XX + 1);

(4) Es ist

X^{8} − X = X(X + 1)(X^{3} + X + 1)(X^{3} + X^{2} + 1)

die Zerlegung in irreduzible Faktoren in F_{2}[X].

F := GF(2);
R<X> := PolynomialRing(F);
Factorisation(X^8 - X);

(5) Es ist

X^{8} − X = X(X + 1)(X + β)(X + β^{2})(X + β^{3})(X + β^{4})(X + β^{5})(X + β^{6})

die Zerlegung in irreduzible Faktoren in F_{8}[X] (was man auch ohne Magma erkennt, da jedes Element von F_{8} eine Nullstelle von X^{8} − X ist).

F := GF(2);
R<X> := PolynomialRing(F);
FF<b> := ext<F | X^3 + X + 1>;
RR<XX> := PolynomialRing(FF);
Factorisation(XX^8 - XX);

(6) Es ist

\begin{matrix}X^{15} − X + 1 = \\ (X + ι + 1)(X − ι + 1)(X^{2} + X + ι − 1)(X^{2} + X − ι − 1)(X^{9} − X^{8} − X^{7} − X^{4} − X^{3} + X^{2} − X + 1) \end{matrix}

die Zerlegung in irreduzible Faktoren in F_{9}[X].

F := GF(3);
R<X> := PolynomialRing(F);
FF<i> := ext<F | X^2 + 1>;
RR<XX> := PolynomialRing(FF);
Factorisation(XX^15 - XX + 1);

Aufgabe 30

(1) Es ist X^{4} + X^{2} + 1 = (X^{2} + X + 1)(X^{2} − X + 1) die Zerlegung in irreduzible Polynome in Q[X]. Sei Q(a)|Q mit a^{2} + a + 1 = 0. Es ist X^{4} + X^{2} + 1 = (X + a)(X − a)(X + a + 1)(X − a − 1) die Zerlegung in irreduzible Polynome in Q(a)[X]. Mit L = Q(a) und K = Q ist [L : K] = 2.

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
Factorisation(X^4 + X^2 + 1);
KK<a> := ext<Q | X^2 + X + 1>;
RR<XX> := PolynomialRing(KK);
Factorisation(XX^4 + XX^2 + 1);

(2) Es ist X^{6} + X^{2} + 1 irreduzibel in Q[X]. Sei Q(a)|Q mit a^{6} + a^{2} + 1 = 0.

Es ist X^{6} + X^{2} + 1 = (X + a)(X − a)(X^{4} + a^{2}X^{2} + (a^{4} + 1)) die Zerlegung in irreduzible Polynome in Q(a)[X]. Sei Q(a, b)|Q(a) mit b^{4} + a^{2}b^{2} + (a^{4} + 1) = 0. Es ist X^{6} + X^{2} + 1 = (X + a)(X − a)(X + b)(X − b)(X^{2} + (a^{2} + b^{2})) die Zerlegung in irreduzible Polynome in Q(a, b)[X]. Sei Q(a, b, c)|Q(a, b) mit c^{2} + (a^{2} + b^{2}) = 0. Es ist X^{6} + X^{2} + 1 = (X + a)(X − a)(X + b)(X − b)(X + c)(X − c) die Zerlegung in irreduzible Polynome in Q(a, b, c)[X]. Mit L = Q(a) und K = Q ist

[L : K] = [Q(a, b, c) : Q(a, b)][Q(a, b) : Q(a)][Q(a) : Q] = 6 · 4 · 2 = 48 ,

wie man den Graden der jeweiligen Minimalpolynome entnimmt.

Q := Rationals();
R<X> := PolynomialRing(Q);
Factorisation(X^6 + X^2 + 1);
KK<a> := ext<Q | X^6 + X^2 + 1>;
RR<XX> := PolynomialRing(KK);
Factorisation(XX^6 + XX^2 + 1);
KKK<b> := ext<KK | XX^4 + a^2*XX^2 + a^4 + 1>;
RRR<XXX> := PolynomialRing(KKK);
Factorisation(XXX^6 + XXX^2 + 1);
KKKK<c> := ext<KKK | XXX^2 + b^2 + a^2>;
RRRR<XXXX> := PolynomialRing(KKKK);
Factorisation(XXXX^6 + XXXX^2 + 1);

(3) Es ist X^{4} + X + 1 = (X^{2} + X + α)(X^{2} + X + α^{2}) die Zerlegung in irreduzible Polynome in F_{4}[X]. Sei F_{4}(b)|F_{4} mit b^{2} + b + α = 0. Es ist X^{4} + X + 1 = (X + b)(X + b + α)(X + b + 1)(X + b + α + 1) die Zerlegung in irreduzible Polynome in F_{4}(b)[X]. Mit L = F_{4}(b) und K = F_{4} ist [L : K] = 2 (und insbesondere |F_{4}(b)| = 16.).

F := GF(2);
R<X> := PolynomialRing(F);
FF<a> := ext<F | X^2 + X + 1>;
RR<XX> := PolynomialRing(FF);
Factorisation(XX^4 + XX + 1);
FFF<b> := ext<FF | XX^2 + XX + a>;
RRR<XXX> := PolynomialRing(FFF);
Factorisation(XXX^4 + XXX + 1);

… plus eine Umformung der entstandenen Koeffizienten von Hand.

Aufgabe 31

(1) Zunächst stellen wir mittels Magma fest, daß X^{2} − 2 ∈ Q[X] und X^{2} − 3 ∈ Q(\sqrt{2})[X] irreduzibel sind. Folglich ist

[Q(\sqrt{2}, \sqrt{3}) : Q] = [Q(\sqrt{2}, \sqrt{3}) : Q(\sqrt{2})][Q(\sqrt{2}) : Q] = 2 · 2 = 4 .

Eine Basis von Q(\sqrt{2}, \sqrt{3}) über Q ist gegeben durch

(1, \sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6}) ,

wofür wir \sqrt{2}\sqrt{3} = \sqrt{6} vereinfacht haben.

Wir verwenden die Charakterisierung von μ_{\sqrt{2}+\sqrt{3},Q}(X) als normiertes Polynom minimalen Grades in Q[X] mit Nullstelle \sqrt{2} + \sqrt{3}.

Wir berechnen also einmal die Potenzen von \sqrt{2} + \sqrt{3}, ausgedrückt in der vorstehenden Basis.

\begin{aligned}(\sqrt{2} + \sqrt{3})^{0} & = & 1 · 1 & + & 0 · \sqrt{2} & + & 0 · \sqrt{3} & + & 0 · \sqrt{6} \\ (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{1} & = & 0 · 1 & + & 1 · \sqrt{2} & + & 1 · \sqrt{3} & + & 0 · \sqrt{6} \\ (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{2} & = & 5 · 1 & + & 0 · \sqrt{2} & + & 0 · \sqrt{3} & + & 2 · \sqrt{6} \\ (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{3} & = & 0 · 1 & + & 11 · \sqrt{2} & + & 9 · \sqrt{3} & + & 0 · \sqrt{6} \\ (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{4} & = & 49 · 1 & + & 0 · \sqrt{2} & + & 0 · \sqrt{3} & + & 20 · \sqrt{6} \end{aligned}

Es stellt sich mittels Linearer Algebra heraus, daß

((\sqrt{2} + \sqrt{3})^{0}, (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{1}, (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{2}, (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{3})

linear unabhängig ist.

Ferner stellt sich mittels Linearer Algebra heraus, daß

(\sqrt{2} + \sqrt{3})^{4} − 10(\sqrt{2} + \sqrt{3})^{2} + (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{0} = 0 .

Dies, zusammen mit der vorher festgestellen linearen Unabhängigkeit, zeigt, daß X^{4} −10X^{2} +1 das normierte Polynom kleinsten Grades mit Nullstelle \sqrt{2} + \sqrt{3} ist. In anderen Worten, wir haben

μ_{\sqrt{2}+\sqrt{3},Q}(X) = X^{4} − 10X^{2} + 1 .

Insbesondere ist [Q(\sqrt{2} + \sqrt{3}) : Q] = 4. Aus Dimensionsgründen folgt, daß Q(\sqrt{2} + \sqrt{3}) = Q(\sqrt{2}, \sqrt{3}).

(2) Zunächst ist natürlich

\begin{aligned}μ_{0,F_{2}}(X) & = & X \\ μ_{1,F_{2}}(X) & = & X + 1 . \end{aligned}

Es hat das irreduzible Polynom X^{3} + X + 1 ∈ F_{2}[X] die Nullstelle β, und also auch die Nullstellen β^{2} und β^{4}, wie eine Anwendung des Frobenius liefert; vgl. Bemerkung in §2.3.4. Also

\begin{aligned}μ_{β,F_{2}}(X) & = & X^{3} + X + 1 \\ μ_{β^{2},F_{2}}(X) & = & X^{3} + X + 1 \\ μ_{β^{4},F_{2}}(X) & = & X^{3} + X + 1 . \end{aligned}

Berechnen wir das Minimalpolynom von β^{3}. Die Potenzen von β^{3}, ausgedrückt in der Standardbasis (β^{0}, β^{1}, β^{2}), sind gegeben durch

\begin{aligned}(β^{3})^{0} & = & 1 · β^{0} & + & 0 · β^{1} & + & 0 · β^{2} \\ (β^{3})^{1} & = & 1 · β^{0} & + & 1 · β^{1} & + & 0 · β^{2} \\ (β^{3})^{2} & = & 1 · β^{0} & + & 0 · β^{1} & + & 1 · β^{2} \\ (β^{3})^{3} & = & 0 · β^{0} & + & 0 · β^{1} & + & 1 · β^{2} . \end{aligned}

Wir sehen, daß

((β^{3})^{0}, (β^{3})^{1}, (β^{3})^{2})

linear unabhängig über F_{2} ist. Ferner ist

(β^{3})^{3} + (β^{3})^{2} + (β^{3})^{0} = 0 .

Beides zusammen gibt X^{3} + X^{2} + 1 als normiertes Polynom minimalen Grades mit Nullstelle β^{3}, in anderen Worten, μ_{β^{3},F_{2}}(X) = X^{3} + X^{2} + 1 ∈ F_{2}[X]. Anwendung des Frobenius liefert die weiteren Nullstellen β^{6} und β^{12} = β^{5}; vgl. Bemerkung in §2.3.4. Also

\begin{aligned}μ_{β^{3},F_{2}}(X) & = & X^{3} + X^{2} + 1 \\ μ_{β^{5},F_{2}}(X) & = & X^{3} + X^{2} + 1 \\ μ_{β^{6},F_{2}}(X) & = & X^{3} + X^{2} + 1 . \end{aligned}

Ein Automorphismus von F_{8} = F_{2}(β) schränkt nach der ersten Bemerkung in §2.1 identisch auf F_{2} ein und muß mit der Bemerkung in §2.3.4 folglich das Element β auf eine Nullstelle seines Minimalpolynoms X^{3} + X + 1 über F_{2} schicken, als da wären β, β^{2} und β^{4}.

Nun schickt aber Frob_{F_{8}}^{0} bereits β nach β, Frob_{F_{8}}^{1} schickt β nach β^{2} und Frob_{F_{8}}^{2} schickt β nach β^{4}.

Da ein Körpermorphismus von F_{8} = F_{2}(β) in einen anderen Körper bereits durch das Bild von β festliegt, gibt es also außer den Potenzen des Frobenius keine weiteren Automorphismen von F_{8}.

Aufgabe 32

Es ist K(y)|K(y^{2})|K. Um zu zeigen, daß deg μ_{y^{2},K} = deg μ_{y,K} ist, genügt es zu zeigen, daß K(y^{2}) = K(y); vgl. Satz 2.(2) (Minimalpolynom).

Nun ist K(y) = K(y^{2})(y) ebenfalls eine endliche monogene Erweiterung. Es ist y eine Nullstelle von X^{2} − y^{2} ∈ K(y^{2})[X]. Also ist μ_{y,K(y^{2})}(X) ein Teiler von X^{2} − y^{2}, und insbesondere von Grad 1 oder von Grad 2. Dies zieht [K(y) : K(y^{2})] ∈ {1, 2} nach sich.

Mit dem Gradsatz ist nun [K(y) : K] = [K(y) : K(y^{2})][K(y^{2}) : K]. Da [K(y) : K] ungerade ist, folgt [K(y) : K(y^{2})] = 1, und mithin K(y) = K(y^{2}).

Zur Frage, ob μ_{y,K}(X) = μ_{y^{2},K}(X) ist. Dies ist im allgemeinen nicht der Fall. Sei z.B. K = Q und y = \sqrt[3]{2}. Es ist

μ_{\sqrt[3]{2},Q}(X) = X^{3} − 2 ,

wohingegen sich

μ_{( \sqrt[3]{2})^{2},Q}(X) = X^{3} − 4

ergibt. Denn beide Polynome sind laut Magma irreduzibel und haben das jeweilig angegebene Element als Nullstelle.

Ferner liefert der Grad des ersten Minimalpolynoms, daß in der Tat [Q(\sqrt[3]{2}) : Q] = 3 ungerade ist.

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