Serien 12

Algebra I, Übungsblätter 12 bis 15
(leider nur teilweise)
12.3 Seien M, N, P drei R-Moduln. Zeige, dass ein eindeutig bestimmter
R-Modulisomorphismus ϕ : M ⊗ (N ⊗ P) → (M ⊗ N) ⊗ P existiert mit
ϕ m ⊗ (n ⊗ p) = (m ⊗ n) ⊗ p.
Beweis. Sei m ∈ M. Die Abbildung fm : N × P → (M ⊗ N) ⊗ P,
fm (n, p) = (m ⊗ n) ⊗ p ist bilinear. Es existiert also ein eindeutig bestimmter R-Modulhomomorphismus F m : N ⊗ P : (M ⊗ N) ⊗ P mit
F m (n ⊗ p) = (m ⊗ n) ⊗ p. Die Abbildung F : m, z 7→ F m (z) ≡ m ⊗ z
ist eine bilineare Abbildung von M × (N ⊗ P) nach (M ⊗ N) ⊗ P. Es
gibt entsprechend einen eindeutig bestimmten R-Modulhomomorphismus
ϕ : M ⊗ (N ⊗ P) → (M ⊗ N) ⊗ P mit der erforderlichen Eigenschaft.
Auf dieselbe Weise beweist man, dass es ein eindeutig bestimmter RModulhomomorphisumus ψ : (M ⊗ N) ⊗ P → M ⊗ (N⊗) existiert mit
ψ (m ⊗ n) × p = m ⊗ (n × p). Da ϕ und ψ zueinander isomorph sind, sind
sie bijektiv und somit R-Modulisomorphismen.
12.4. Seien M1 , . . . , Mr , N1 , . . . , Nr R-Moduln und ϕi : Mi → Ni RModulhomomorphismen.
(a) Zeige, dass ein eindeutig bestimmter R-Modulhomomorphismus M 1 ⊗
· · · ⊗ Mr → N1 ⊗ · · · ⊗ Nr existiert, der m1 ⊗ · · · ⊗ mr auf ϕ1 (m1 ) ⊗ · · · ⊗ ϕr (mr )
abbildet. Dieser wird in der Folge mit ϕ1 ⊗ · · · ⊗ ϕr bezeichnet.
(b) Zeige, dass ϕ1 ⊗ · · · ⊗ ϕr surjektiv (bzw. bijektiv) ist, wenn die Abbil−1
dungen ϕi all surjektiv sind, und dass im letzteren Fall ϕ−1
1 ⊗ · · · ⊗ ϕr die
zu ϕ1 ⊗ · · · ⊗ ϕr inverse Abbildung ist.
(c) Zeige an einem Beispiel, dass ϕ1 ⊗ · · · ⊗ ϕr nicht injektiv sein muss,
wenn die ϕi alle injektiv sind.
Beweis.
(a) Die Abbildung Φ : M1 × · · · × Mr → N1 ⊗ · · · ⊗ Nr , (m1 , . . . , mr ) 7→
ϕ1 (m1 ) ⊗ · · · ⊗ ϕr (mr ), ist multilinear. Es folgt, dass ein eindeutig bestimmter
R-Modulhomomorphismus existiert mit m1 ⊗ · · · ⊗ mr ) 7→ ϕ1 (m1 ) ⊗ · · · ⊗
ϕr (mr ).
(b) Seien alle ϕi surjektiv. Da N1 ⊗ · · · ⊗ Nr von Elementen n1 ⊗ · · · ⊗ nr
(den zerlegbaren Tensoren) erzeugt wird, reicht es zu beweisen, dass alle
1
2
N
ϕ liegen. Dies folgt aus der Surjekzerlegbaren Tensore im Bild von
i i
tivität von den ϕi : zu jedem ni ∈ Ni gibt es mi ∈ Mi mit ϕi (mi ) = ni , und
N
N
N
N
N
n =
ϕ (mi ) = ( i ϕi )( i mi ) ∈ Bild
ϕ.
i i
i i
N −1 i i
Seien jetzt die ϕi alle bijektiv, dann ist
und es gilt
i ϕi auch surjektiv,
N −1
N
N
N −1 N N
ϕ ◦ ϕ−1
( i ϕi ) ( i ϕi )( mi ) = ( 1 ϕi )( ϕi (m1 )) =
i (mi ) =
i i
N
N
N −1
N
m , d.h. ( i ϕi ) ◦ ( ϕ ) = id i Mi . Dies bedeutet, dass die beiden
i i
Abbildungen Isomorphismen sind.
(c) Sei r = 2, M1 = M2 = Zn , M2 = N2 = Z, ϕ1 = id, ϕ2 (m) = nm.
Merke zuerst, dass M1 ⊗ M2 = Zn , 0 (siehe Übungsaufgabe 11.A). Es gilt
(ϕ1 ⊗ ϕ2 )(m1 ⊗ m2 ) = m1 ⊗ (nm2 ) = n(m1 ⊗ m2 ) = (nm1 ) ⊗ m2 = 0 ⊗ m2 = 0
(Es wurde benutzt, dass nm = 0 für jedes m ∈ Zn ). Es gilt also ϕ1 ⊗ ϕ2 = 0.
12.6. Seien (Mi )i∈I und (N j ) j∈J zwei Familien von R-Moduln. Zeige: Es
existiert ein eindeutig bestimmter R-Modulisomorphismus
a
a
a
ϕ:(
Mi ) ⊗ R (
N j) →
(Mi ⊗ N j )
i∈I
j∈J
(i, j)∈I×J
mit ϕ((xi )i∈I ⊗ (y j ) j∈J ) = (xi ⊗ y j )(i, j)∈I×J .
`
Beweis. Man definiert eine R-bilinear Abbildung M×N → (i, j)∈I×J (Mi ⊗
N j ), (xi )i∈I , (y j ) j∈J 7→ (xi ⊗ y j )(i, j)∈I×J , die einen R-Modulhomomorphismus
`
`
`
ϕ : ( i∈I Mi ) ⊗R ( j∈J N j ) → (i, j)∈I×J (Mi ⊗ N j ) mit obiger Eigenschaft
induziert. Es bleibt zu zeigen, dass dieser bijektiv ist. Bezeichne mit p i0 , j0 die
`
Projektion (i, j)∈I×J (Mi ⊗N j ) → Mi0 ⊗N j0 . Die Abbildung Mi0 ×N j0 → M⊗N,
(xi0 , y j0 ) 7→ (xi )i∈I , (y j ) j∈J mit (mi , n j ) = (0, 0) wenn (i, j) , (i0 , j0 ), ist Rbilinear und definiert einen R-Modulisomorphismus ψi0 , j0 : Mi0 ⊗ N j0 → M ⊗
`
N. Die Abbildung (i, j)∈I×J (Mi ⊗ N j ) → M ⊗ N, die t auf ψi, j ◦ pi, j (t) (i, j)∈I×J
abbildet, ist die zu ϕ inverse Abbildung.
13.2. Sei L/K eine Körpererweiterung und P, Q ∈ K[X].
(a) Zeige, dass P und Q genau dann prim sind in K[X], wenn sie prim in
L[X] sind.
(b) Zeige, dass der größte gemeinsame Teiler von P und Q in K[X] und
L[X] der selbe ist, wenn man für ihn jeweils ein unitäres Polynom wählt.
Beweis. (b) Der größte gemeinsame Teiler S von P und Q kann eindeutig
mit Hilfe des euklidischen Algorithmus bestimmt werden. Die Koeffizienten von S können durch Multiplikation und Addition der Koeffizienten von
3
P und Q gefunden werden und liegen in K (da K bez. der Multiplikation
und der Addition abgeschlossen ist). Das Verfahren ist unabhängig davon,
ob wir uns in K oder L befinden.
(a) ist eine direkte Folgerung von (b).
13.3. (a) Zeige, dass P = X 3 − X + 1 über Q irreduzibel ist.
(b) Sei z eine Nullstelle von P in C, und x = 2 − 3z + z2 . Zeige, dass x , 0
und stelle x−1 als Linearkombination von Potenzen von z mit Koeffizienten
in Q dar.
(c) Stelle z6 und z4 als Linearkombination von {1, z, z2} dar und bestimme
das Minimalpolynom von z2 über Q.
Beweis. (a) Nehme an, dass X 3 − X + 1 zerlegbar ist, dann gilt X 3 −
X + 1 = P(X)Q(X) mit P, Q ∈ Q[X], grad P = 1, grad Q = 2. Dann
muss P mindestens eine rationelle Nullstelle besitzen. Nehme an, p/q ist
eine rationelle Nullstelle von P, wobei p, q teilerfremde ganze Zahlen sind.
Dann muss p3 − pq2 + q3 = 0 gelten, und p3 = q2 (p − q). Die rechte Seite
ist durch q teilbar, aber die linke nicht ⇒ Widerspruch.
(b) Es gilt x = (z − 1)(z − 2). Das z keine rationelle Zahl ist, gilt x , 0. Sei
A = a+bz+cz2 ∈ Q[z] mit x−1 = A ⇔ Ax = 1 ⇔ (2−3z+z2 )(a+bz+cz2 ) = 1.
Durch Ausklammern bekommt man die Gleichung 2a + 2bz + 2cz 2 − 3az −
3bz2 − 3cz3 + az2 + bz3 + cz4 = 1. Ersetze z3 durch z − 1 (da z3 − z + 1 = 0
gilt): (2a − b + 3c) + (−3a + 3b − 4c)z + (a + 3b + 3c)z2 = 1, d.h. a, b, c
sind die Lösungen des Linearsystems 2a − b + 3c = 0, −3a + 3b − 4c = 0,
a + 3b + 3c = 0 =⇒ a = −3/7, b = 5/17, c = 6/7.
(c) Es gilt z6 = (z3 )2 = (z−1)2 = z2 −2z+1, z4 = z·z3 = z(z−1) = z2 −z. Sei
A ∈ Q[X], A(u) = a+bu+cu2 +u3 , dann A(z2 ) = 0 ⇔ a+bz2 +cz4 +z6 = 0 ⇔
a+bz2 +cz2 −cz+z2 −2z+1 = 0, a = −1, b = 1, c = −2, A = −1+u−2u2 +u3 .
13.4. (a) Seien x, y ∈ Q. Finde eine notwendige und hinreichende Bedin√
√
gung, damit Q[ x] = Q[ y].
(b) Sei x algebraisch auf K mit [K(x) : K] ungerade. Zeige, dass K[x] =
K(x2 ).
√
√
√
√
Beweis. (a) Wenn x ∈ Q und y ∈ Q, dann ist Q[ x] = Q[ y] = Q.
√
√
√
√
Wenn x ∈ Q und y < Q oder, umgekehrt, x < Q und y ∈ Q, dann
4
√
√
sind Q[ x] und Q[ y] nicht isomorph. Also nehmen wir an, dass keine der
√ √
Zahlen x, y rationell ist.
√
√
Nehme an, dass Q[ x] ∈ Q[ y], dann gibt es P = p0 + p1 X + p2 X 2 +
√
√
√
√
· · · + pn X n ∈ Q[X] mit P( x) = y. Es gilt dann y = A + B x mit
P
P
A = gerade k≤n pk xk/2 ∈ Q, B = ungerade k≤n pk x(k−1)/2 ∈ Q. Wäre A , 0, so
√
√
hätte man y = A2 + B + 2AB x, (y − A2 − B)/(2AB) = x, was wegen
√
der Irratonalität von x unmöglich ist (da die Zahl auf der linken Seite
p
√
rationell ist). Also ist A , 0 und y/x ∈ Q. In diesem Fall stimmen Q[ x]
√
und Q[ y] offensichtlich überein.
p
√
√
Aus Q[ y] ∈ Q[ x] folgt, dass x/y ∈ Q, was der obigen Bedingung
äquivalent ist.
p
Also ist die Bedingung x/y ∈ Q hinreichend und notwendig.
(b) Da x algebraisch über K ist, gilt K[x] = K(x) (siehe Korollar
1.5). Da offensichtlich die Inklusion K(x2 ) ⊂ K(x) gilt, zeigen wir, dass
K[x] = K(x) ⊂ K(x2 ). Es genügt zu beweisen, dass x ∈ K(x2 ). Sei P das
Minimalpolynom von x. Da grad P eine ungerade Zahl ist, kann man P(X)
als P(X) = X · A(X 2 ) + B(X 2 ) darstellen, wobei A, B Polynome mit Koeffizienten aus K sind (z.B. X 3 + aX 2 + bX + c = X(X 2 + b) + (aX 2 + c), also
A = X + b, A(x2 ) = x2 + b, B = aX + c, B(x2 ) = ax2 + c). Es gilt also
xA(x2 ) + B(x2 ) = 0, x = −B(x2 )/A(x2 ) ∈ K(x2 ).
13.5. Sei z eine Wurzel von P = X 6 + X 3 + 1 in C. Zeige, dass das Bild
eines jeden Körperhomomorphismus ϕ : Q(z) → C gleich Q(z) ist und gebe
diese Körperhomomorphismen konkret an.
Beweis. Die Gleichung P(z) = 0 lässt sich unter der Annahme z3 − 1 , 0
als z9 −1 = 0 schreiben (es gilt z9 −1 = (z3 −1)(z6 +z3 +1)). Es gilt z = e2πik/9 ,
k ∈ Z, und z3 , 1. Die Gleichung P(z) = 0 besitzt also folgende Nullstellen:
z1 = j, z2 = j2 , z3 = j4 , z4 = j5 , z5 = j7 , z6 = j8 mit j = z = e2πi/9 .
Sei jetzt z eine der Nullstellen von P und ϕ : Q(z) → C ein Körperhomomorphismus, dann gilt ϕ(1) = 1. Es folgt, dass ϕ(m) = m für jedes
m ∈ Z, und schließlich ϕ(m/n) = ϕ(m)/ϕ(n) = m/n, m, n ∈ Z, n , 0, d.h.
ϕ|Q = id. Für jedes Polynom A ∈ Q[X] gilt dann ϕ(A(z)) = A(ϕ(z)) und
Bild ϕ = Q[ϕ(z)]. Es folgt aus P(ϕ(z)) = ϕ(P(z)) = ϕ(0) = 0, dass ϕ(z) auch
eine Nullstelle von P ist.
5
Um Bild ϕ = Q(z) zu zeigen, genügt es zu beweisen, dass Q[zk ] = Q[z s ]
ist für beliebige k, s = 1, . . . , 6. Dies folgt daraus, dass es für beliebige k, s
ein n ∈ N existiert mit (zk )n = z s . Alle Körperhomomorphismen sind also
Q-Homomorphismen mit der Eigenschaft z 7→ zn .
14.1. Sei K ein Körper mit unendlich vielen Elementen. Zeige: Sind
x, y zwei algebraische Elemente auf K und ist y separabel, so existiert
a ∈ K[x, y] mit K[x, y] = K[a].
Beweis. Sei P das Minimalpolynom von x und Q das Minimalpolynom
von y und K̄ ein algebraischer Abschluss von K. Bezeichne mit x1 , . . . , xm ,
y1 , . . . , yn die Nullstellen von P und Q in K̄, x1 = x, y1 = y. Da y separabel
ist, gilt yi , y j wenn i , j. Betrachte die Elemente zi j = (x − xi )(y−y j )−1 , i =
1, . . . , n, j = 2, . . . , n. Da diese Elemente eine endliche Menge in K̄ bilden,
gibt es ein Element z ∈ K, das mit keinem dieser Elemente übereinstimmt.
Definiere a = x + zy ∈ K[X] und R(X) = P(a − zX) ∈ (K[a])[X]. Es gilt
R(y) = P(a − zy) = P(x) = 0. Ausserdem gilt R(y j ) , 0 für alle j = 2, . . . , n,
da a−zy j , xi dank der Wahl von z. Folglich haben P und Q die gemeinsame
Nullstelle. Da Q separabel ist, ist der größte gemeinsame Teiler von R und Q
über K[a] gleich X − y. Dies bedeutet y ∈ K[a]. Dann gilt x = a − zy ∈ K[a]
und schließlich K[x, y] ∈ K[a].
Die Inklusion K[a] ⊂ K[x, y] gilt für jedes a ∈ K[x, y]
14.2. Sei K ein Körper der Charakteristik p > 0. Zeige:
m
(a) Für alle x, y ∈ K und jede ganze Zahl m ≥ 1 gilt (x + y) p =
(b) Ist P ∈ K[X] irreduzibel und inseparabel, so gilt P ∈ K[X p ].
(c) Es gilt genau dann, dass jede algebraische Erweiterung von K separabel ist, wenn K = K p = {x p |x ∈ K}.
Beweis. (a) Da die Charakteristik von K gleich p ist, gibt es 0 , a ∈ K
mit pa = 0. Dann gilt zu jedem x ∈ K: px =
(pa)(a−1 x) = 0 · (a−1 x) = 0.
P
p
p k p−k
p
p P p−1 p
x
y
=
x
+
y
+
Sei zuerst m = 1. Es gilt (x + y) p = k=0
k=1 k . Es
k
p
genügt zu zeigen, dass k für alle k = 1, . . . , p − 1 durch p teilbar ist (und
p!
dann sind alle Glieder in der letzteren Summe gleich 0). Es gilt kp = k!(p−k)!
.
Da p eine Primzahl ist, ist p mit dem
pNenner teilerfremd (da alle Teiler im
Nenner kleiner als p sind). Also ist k durch p teilbar.
p
2
2
2
Es gilt (x + y) p = (x + y) p = (x p + y p ) p = x p + y p usw.
6
P
P
(b) Sei P = k ak X k und P0 = k kak X k−1 die Ableitung von P. Da P
inseparabel ist, gilt ggT (P, P0 ) , 1 (siehe Satz 2.7.) Aber P ist irreduzibel
und hat keine echten Teiler, also muss P0 = 0 sein (siehe Korollar 2.8). Es
gilt also pak = 0 zu jedem k ≥ 1. Es ist beweisen (siehe (a)), dann pak = 0
wenn p|k. Wenn pak = 0 wäre für irgendwelche k, p 6 |k, und ak , 0, dann
wäre char(K) , p. Daher gilt ak = 0 für alle k, die durch p nicht teilbar
P
sind. In diesem Fall gilt P = l alp (X p )l ∈ K[X p ].
(c) ⇒ Nehme an, dass K , K p und a ∈ K\K p , dann besitzt das Polynom
P = X p − a keine Nullstellen in K. Sei jetzt K̄ ein algebraischer Abschluss
von K und b eine Nullstelle von P in K̄. Wegen char K = char K̄ = p gilt
P = X p − b p = (X − b) p . Sei Q ein irreduzibler normierter Faktor von P
in K[X]. Da Q auch ein Faktor von P im faktoriellen Ring K̄[X] ist, gilt
Q = (X − b)m , wobei m ≥ 2, da bei m = 1 die Nullstelle b von P zu K
gehören würde. Aber dann besitzt P eine mehrfache Nullstelle b und somit
inseparabel. Deswegen ist K[b] eine algebraische Körpererweiterung von
K, die inseparabel ist, was der Voraussetzung entgegensteht. Also muss K p
mit K übereinstimmen.
⇐ Nehme an, dass K = K p . Sei L/K eine beliebige algebraische
Körpererweiterung, x ∈ L und P das Minimalpolynom von x über K. Dieses Polynom ist irreduzibel (Satz 1.4.). Nehme an, dass P inseparabel ist,
P
dann P ∈ K[X p ] (siehe (b)), P = k ak X pk . Zu jedem ak gibt es laut VorP
P
aussetzung bk ∈ K mit bkp = ak , und es gilt P = k ak X pk = k bkp X pk =
P
kp
(siehe (a)). Dies bedeutet, dass P doch nicht irreduzibel ist.
k bk X
14.3. Sei L/K eine algebraische Körpererweiterung und ϕ : L → L ein
K-Homomorphismus. Zeige, dass ϕ bijektiv ist.
Beweis. Nehme an, dass ϕ nicht injektiv ist. Da ϕ ein Ringendomorphismus von L ist, muss die Menge J = ker ϕ nicht leer sein. Anderseits ist J
ein Ideal in L (Satz II.2.5). Aber der Körper L besitzt nur zwei Ideale {0}
und L (Korollar II.2.14). Da J nicht leer ist, muss J = L sein, d.h. ϕ(L) = 0,
was der Bedingung ϕ| K = id widerspricht. Also muss ϕ injektiv sein.
Es bleibt zu zeigen, dass ϕ surjektiv ist.
Sei a ∈ L und P das Minimalpolynom von a über K. Seien a1 =
a, a2 , . . . , an Nullstellen von P in L und L0 = K[a1 , . . . , an ], dann lässt sich
ϕ auf L0 einschränken, und ϕ : L0 → L0 ist ein K-Homomorphismus. Es ist
7
klar, dass [L0 : K] endlich ist (diese Zahl ist gleich grad P), also ist L0 ein
endlich-dimensionaler K-Vektorraum und ϕ eine K-linear Abbildung. Da
ϕ injektiv ist, ist sie auch injektiv (dies gilt nur in endlich-dimensionalen
Vektorräumen!).
15.1. Gebe explizit ein Polynom P ∈ F2 [X] an, sodass K = F2 [X]/PF2 [X]
ein Körper mit 8 Elementen ist.
Lösung. Sei P ein unitäres irreduzibles Polynom vom Grad 3, dann ist
K eine Körpererweiterung von F2 mit [K : F2 ] = grad P = 3. Da es in F2
zwei Elemente gibt, ist K ein Körper mit 8 Elementen. Es genügt also ein
irreduzibles Polynom von Grad 3 zu finden.
Wäre P nicht irreduzibel, so könnte man P als P = AB darstellen mit
A, B ∈ F2 [X], grad A = 1, grad B = 2. Aber jedes Polynom vom Grad 1
besitzt eine Nullstelle; also besäße A eine Nullstelle in F2 , die gleichzeitig
eine Nullstelle von P wäre.
Also ist P irreduzibel, wenn P keine Nullstellen in F2 besitzt. Dies gilt
z.B. für P = X 3 + X + 1, da P(1) = 1 und P(0) = 1 gilt.
P
Q
15.2. Sei K ein Körper , F2 . Dann gilt x∈K x = 0 und x∈K ∗ x = −1.
Insbesondere (p − 1)! = −1 mod p, wenn p eine Primzahl ist.
Beweis. Die Gleichung x = −x, x , 0, bedeutet (1 + 1)x = 0. Da K
keine Nullteiler besitzt, gilt 1 + 1 = 0, was nur in K = F2 gilt. Da dieser
Fall ausgeschlossen ist, gilt x , −x für jedes x ∈ K ∗ . Es existiert dann eine
Zerlegung K = A ∪ B ∪ {0} mit folgenden Eigenschaften: A ∩ B = , zu
jedem x ∈ A gilt −x ∈ B und zu jedem x ∈ B gilt −x ∈ A. Es gilt dann
P
P
P
P
P
x∈K x =
x∈A x +
x∈B x =
x∈A x +
x∈A (−x) = 0.
∗
−1
Sei x ∈ K . Die Gleichheit x = x bedeutet x2 − 1 = 0, (x − 1)(x + 1) = 0,
x = ±1. Das sind zwei verschiedene Elemente von K , F2 . Es existiert eine
Zerlegung K ∗ = A ∪ B ∪ {1} ∪ {−1} mit folgenden Eigenschaften: A ∩ B = ,
zu jedem x ∈ A gilt x−1 ∈ B und zu jedem x ∈ B gilt x−1 ∈ A. Es gilt
Q
Q
Q
Q
Q
−1
= −1.
x∈K ∗ =
x∈A x
x∈B x · 1 · (−1) = (−1) ·
x∈A x
x∈A x
Q
Sei p eine Primzahl und K = F p , dann ist x∈K ∗ x = (p − 1)! = −1
mod p.
15.3. Sei P = X 6 + X 4 + X 2 + 1.
8
(a) Bestimme den Zerfällungskörper und die zugehörige Galoisgruppe
von P als Polynom in Q[X].
(b) Wie viele Unterkörper besitzt der Zerfällungskörper von P über Q?
(c) Gleiche Frage wie in (a), aber mit P ∈ F5 [X].
Beweis.
(a) P besitzt in C sechs Nullstellen, das sind x1 = j, x2 = j3 , x3 = j5 , x4 =
j7 , x5 = j2 , x6 = j6 , j = eiπ/4 . Der Körper K = Q[ j] ist der Minimalkörper,
der Q und alle Nullstellen von P enthält; das ist der Zerfällungskörper von
P.
Das Minimalpolynom R = X 4 + 1 von j über Q besitzt in K vier Nullstellen x1 , x2 , x3 , x4 . Sei ϕ : K → K ein Q-Homomorphismus, dann
ist ϕ( j) eine Nullstelle von R. Es gibt also vier Q-Homomorphismen ϕ s ,
die durch x1 7→ x s definiert sind, s = 1, 2, 3, 4. Jeder dieser Homomorphismen
Permutation von (x1 , x2 , x3 , x4 ). ϕ ist die Identität,
 induziert eine

1 2 3 4
. Für ϕ2 gilt: ϕ2 (x1 ) = ϕ2 ( j) = j3 = x2 , ϕ2 (x2 ) =
ϕ1 = 
1 2 3 4
ϕ2 ( j3 ) = ϕ2 ( j)3 = j9 = j = x1 , ϕ2 (x3 ) = ϕ2 ( j5 ) = ϕ2 ( j)5 = j15 = j7 = x4 ,
1 2 3 4
. Weiϕ2 (x4 ) = ϕ2 ( j7 ) = ϕ2 ( j)7 = j21 = j5 = x3 , also ϕ2 = 
2 1 4 3




1 2 3 4
1 2 3 4
ter berechnet man ϕ3 = 
, ϕ 4 = 
. ϕ1 ist also das
3 4 1 2
4 3 2 1
Einselement, ϕ22 = ϕ23 = ϕ24 = ϕ1 , ϕ2 ϕ3 = ϕ4 , ϕ2 ϕ4 = ϕ3 , ϕ3 ϕ4 = ϕ2 . Die
Galoisgruppe Gal (K/Q) ist also zu Z2 × Z2 isomorph.
(b) Sei L ein Unterkörper von K. Dieser Unterkörper enthält 1 und alle
Summen 1+· · ·+1, d.h. Z ∈ L. Dann liegt auch der Quotientenkörper Q von
Z in L. Es gibt eine Bijektion zwischen allen Unterkörpern von K (die automatisch Q enthalten) und Untergruppen von Gal (K/Q) (Theorem 4.2). Diese enthält fünf Untergruppen: {ϕ1 }, {ϕ1 , ϕ2 }, {ϕ1 , ϕ3 }, {ϕ1 , ϕ4 }, {ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 , ϕ4 }.
K besitzt also fünf Unterkörper.
(c) Finde zuerst alle Nullstellen von P. Es gilt P(x) = 0 ⇔ (x2 + 1)(x4 +
1) = 0, (x2 + 1)(x4 + 1) = (x2 + 1)(x4 − 4) = (x2 + 1)(x2 − 2)(x2 + 2) =
(x2 + 1)(x2 − 2)(x2 − 3). Die Gleichung x2 + 1 = besitzt zwei Lösungen in
√
√
√
F5 : x = 2 und x = 3. Sind x = ± 2 (mit − 2 = 4 2) die Nullstellen von
√
√
√
√
X 2 − 2, so gilt (2x)2 = 4x2 = 4 · 2 = 3, d.h. ±2 2 (−2 2 = 8 2 ≡ 3 2)
√
sind die Nullstellen von X 2 − 3. Der Körper K = F5 [ 2] besitzt also alle
9
Nullstellen von P, und P ist separabel über K: P = (X − 2)(X − 3)(X −
√
√
√
√
2)(X − 2 2)(X − 3 2)(X − 4 2). Also ist K der Zerfällungskörper von P.
√
Das Polynom X 2 − 2 ist das Minimalpolynom von 2 über F5 und besitzt
√
√
zwei Nullstellen in K, das sind 2 und 4 2. Jeder F5 -Homomorphismus
von K induziert eine Permutation dieser Nullstellen und umgekehrt. Die
Galoisgruppe besteht also aus zwei Elementen und ist zu Z2 isomorph.
15.A. Sei G eine abelsche Gruppe, |G| = n und m ein Teiler von n, dann
existiert eine Untergruppe H von G mit |H| = m.
Beweis. Wir beweisen zuerst folgendes: Ist p eine Primzahl mit p|n, dann
gibt es eine Untergruppe von G der Ordnung p. Beweis durch Induktion
nach |G|/p (∈ Z). Der Induktionsbeginn |G| = p ist trivial. Sei die Aussage
für alle Gruppen G mit |G|/p ≤ n als bewiesen angenommen. Sei |G|/p =
n + 1, a ∈ G, a , e, und N = hai. Ist N = G, so ist G zyklisch und besitzt
eine Untergruppe der Ordnung p (Satz I.3.11). Ist N , G aber p ein Teiler
von |N|, besitzt |N| nach der Induktionsvoraussetzung eine Untergruppe der
Ordnung p, die gleichzeitig eine Untergruppe von G ist. Ist p kein Teiler
von |N|, so ist p ein Teiler von |G/N| (da |G| = |G/N| · |N| und p prim ist).
Wegen |G/N| < |G| lässt sich die Induktionsvoraussetzung anwenden, und
es existiert eine Untergruppe H von G/N mit |H| = p. Sei b ein erzeugendes
Element von H, ϕ : G → G/N der kanonische Homomorphismus, und
c ∈ G mit ϕ(c) = b. Dann ist die Gruppe hci zyklisch und ihre Ordnung
durch p teilbar. Dann besitzt sie Untergruppe der Ordnung p.
Es wird jetzt eine Induktion über n/m geführt. Gilt n = m, so ist die
Aussage trivial. Sei p ein Primteiler von m, dann besitzt G eine Untergruppe
N mit |N| = p. Die Gruppe Ḡ = G/N genügt der Induktionsvoraussetzung
und besitzt somit eine Untergruppe H̄ der Ordnung m/p. Ist ϕ̄ : G → Ḡ der
kanonische Homomorphismus, so ist das Vorbild von H̄ eine Untergruppe
in G der Ordnung m.
15.B. Sei p eine Primzahl, n ∈ N, und G eine Gruppe mit |G| = p n . Sei
0 ≤ m ≤ n, m ∈ Z, so gibt es eine Untergruppe H von G mit |H| = pm .
Beweis. Induktion nach n. Ist n = m, so ist die Aussage trivial. Sei die
Aussage für alle n ≤ N als bewiesen angenommen und n = N + 1. Sei
K = Z(G) das Zentrum von G. Es gilt |K| , 1 (Satz I.4.13), und |K| = p s
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mit s ∈ N. Gilt l ≥ m, so kann man 15.A anwenden. Wenn l < m, bilde
die Gruppe G/K. Es gilt |G/K| = pn−l , n − l ≤ N, und nach der Induktionsvoraussetzung besitzt G/K eine Untergruppe L der Ordnung p l−m . Ist
G → G/K der kanonische Homomorphismus, so ist das Vorbild von L eine
Untergruppe von G, die die Ordnung pm besitzt.
15.C. Sei L/K eine endliche separable Körpererweiterung, dann gibt
es eine endliche Körpererweiterung L0 /L, sodass L0 /K eine GaloisErweiterung ist.
Beweis. Es existiert ein separables x ∈ L, sodass L = K[x] gilt
(Satz 2.14). Sei P das Minimalpolynom von x über K und L0 der
Zerfällungskörper von P, dann ist L0 /K (noch) separabel und normal (Satz
2.19).
15.5. Zeige, dass der Körper C der komplexen Zahlen algebraisch abgeschlossen ist.
Beweis. Sei P ∈ C[X] und a eine Nullstelle von P in einem algebraischen
Abschluss von C. Dann ist C[a] eine endliche Erweiterung von C und auch
eine endliche Erweiterung von R. Da der Körper R die Charakteristik 0 hat,
ist die Erweiterung C[a]/R separabel (siehe Korollar 2.8). Dann gibt es eine
endliche Erweiterung K : C[a], sodass K : R galoisch ist (Aufgabe 15.C).
Es genügt also zu zeigen, dass jede endliche Körpererweiterung K/C, die
über R galoisch ist, mit C übereinstimmt.
Wir zeigen zuerst, dass jedes Polynom vom Grad 2 über C ein Nullstelle
in C besitzt. Sei P ∈ C[X] mit grad P. Wir können annehmen, dass P unitär
ist, P = X 2 + αX + β. Die Gleichung x2 + αx + β lässt sich in der Form
(x − α/2)2 = α2 /4 − β schreiben. Es genügt zu zeigen, dass jede komplexe
Zahl eine Wurzel vom Grad 2 besitzt. Sei z = a + ib ∈ C, a, b ∈ R beliebig.
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Da a + a2 + b2 und −a + a2 + b2 nichtnegative reelle Zahlen sind, gibt es
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c, d ∈ R mit 2c2 = a + a2 + b2 und 2d 2 = −a + a2 + b2 . Es ist c2 − d 2 = a
und 4c2 d 2 = b2 . Die Zahlen c und d sind bis auf Vorzeichen bestimmt,
und wir können die Vorzeichen so festlegen, dass 2cd = b gilt. Dann ist
(c + id)2 = a + ib.
Es gilt offensichtlich [C : R] = 2. Man kann also [K : R] = [K : C][C :
R] in der Form q2n+1 mit einer ungeraden Zahl q ≥ 1 und einer ganzen
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Zahl n ≥ 0 schreiben. Die Zahl [K : R] = q2n+1 stimmt mit der Ordnung
der zugehörigen Galois-Gruppe Gal (K/R) überein (siehe Satz 2.21). Der
Beweis des Theorems I.4.14 besagt, dass es in Gal (K/R) eine Untergruppe H der Ordnung 2n+1 existiert. Es gilt [K H : R] = | Gal (K/R)/H| = q
(Satz 2.21) und somit ist K H isomorph zu R[X]/PR[X] wobei P ∈ R[X] ein
unitäres irreduzibles Polynom vom grad P = q (Korollar 1.5), d.h. der Grad
vom P ist eine ungerade Zahl. Da lim x→±∞ P(x) = ±∞, besitzt P eine reelle
Nullstelle nach dem Mittelwertsatz. P ist also nur dann irreduzibel, wenn
q = grad P = 1 gilt, d.h. K H = R.
Es gilt also [K : R] = 2n+1 . Wegen [K : R] = [K : C][C : R] (siehe
Satz 1.9) gilt [K : C] = 2n und die Erweiterung K/C ist galoisch (Satz
4.2). Sei H1 = Gal (K : C). Nehme an, dass n > 0, dann gibt es in H2
eine Untergruppe H2 vom Index 2, |H2 | = 2n−1 (Aufgabe 15.B) und die
entsprechende Körpererweiterung K H2 /C mit [K H2 : C] = 2. Dann ist K H2
zu C[X]/PC[X] isomorph, wobei P ∈ C[X] ein irreduzibles Polynom vom
Grad 2 sein muss. Aber jedes Polynom vom Grad 2 über C besitzt eine
Nullstelle in C und ist nicht irreduzibel. Dies widerspricht der Bedingung
n > 0. Also gilt n = 0, [K : C] = 1 und K = C.

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