WS 05/06 Priv.-Doz. Dr. S. Wewers Andreas Martin

Algebra I

10. Übungsblatt

Lösungen.

Aufgabe 1:

(a) Das Polynom f_{n} := X^{n} + 2 ∈ ℚ[X] ist irreduzibel nach Eisenstein.

(b) Es sei α_{n} eine Nullstelle von f_{n} in ℂ. Dann ist α_{n} algebraisch über ℚ mit

f_{n} = minpol_{ℚ}(α_{n}) .

Es folgt [ℚ[α_{n}] : ℚ] = deg f_{n} = n. Wegen ℚ[α_{n}] ⊆ \overline{ℚ} folgt daher [\overline{ℚ} : ℚ] ≥ n. Da n beliebig ist, folgt daraus [\overline{ℚ} : ℚ] = ∞. Definitionsgemäß ist \overline{Q} algebraisch über ℚ.

(c) Es sei f ∈ ℝ[X] irreduzibel und o.B.d.A. normiert. Es sei α ∈ ℂ eine Nullstelle von f. Dann ist f = minpol_{ℚ}(α). Wegen [ℂ : ℝ] = 2 folgt

deg f = [ℝ[α] : ℝ] ∈ {1, 2} .

(d) Es sei f ∈ ℝ[X] von ungeradem Grade. Die Primfaktorzerlegungn von f in

ℝ[X] laute

f = p_{1} · . . . · p_{r}

mit irreduziblen Polynomen p_{1}, …, p_{r} ∈ ℝ[X]. Nach (c) gilt deg p_{ϱ} ∈ {1, 2}. Nach eventueller Umnumerierung können wir annehmen, daß es ein s ∈ {1, …, r} gibt mit deg p_{ϱ} = 1 für ϱ = 1, …, s und deg p_{ϱ} = 2 für ϱ = s + 1, …, r. Dann gilt

deg f = s + 2(r − s) = 2r − s .

Da deg f ungerade ist, muß s ≥ 1 gelten, d.h. f besitzt einen Primfaktor in ℝ[X] vom Grade 1. Dann hat f eine reelle Nullstelle.

Aufgabe 2: Als Vorbemerkung beachte man, daß in jedem kommutativen Ring R mit Einselement gilt, daß

a^{n} − 1 = (a − 1) ∑_{ν=0}^{n−1} a^{ν}

für alle a ∈ R und alle n ≥ 0. Diese Identität wird auch als geometrische Summe bezeichnet.

(b) Es gilt stets X^{n} − 1 = ∏_{d|n} Φ_{d}. Setzt man n := p^{k}, so erhält man

X^{p^{k}} − 1 = ∏_{d|p^{k}} Φ_{d} = ( ∏_{d|p^{k−1}} Φ_{d}) Φ_{p^{k}} = (X^{p^{k−1}} − 1) Φ_{p^{k}} .

Ferner gilt nach obiger Vorbemerkung mit a := X^{p^{k−1}}

X^{p^{k}} − 1 = a^{p} − 1 = (a − 1) ∑_{ν=0}^{p−1} a^{ν} = (X^{p^{k−1}} − 1) ∑_{ν=0}^{p−1} X^{νp^{k−1}} .

Durch Gleichsetzen und Kürzen des Faktors X^{p^{k−1}} − 1 (der kein Nullteiler ist!) erhält man

Φ_{p^{k}} = ∑_{ν=0}^{p−1} X^{νp^{k−1}} .

Speziell gilt also

Φ_{p} = ∑_{ν=0}^{p−1} X^{ν} = X^{p−1} + X^{p−2} + … + 1 .

Zusatz: Es gilt

Φ_{p^{k}} = Φ_{p} (X^{p^{k−1}}) .

(a) Nach (b) folgt sofort

Φ_{2}  = X + 1
Φ_{3}  = X^{2} + X + 1
Φ_{4} = Φ_{2}(X^{2}) = X^{2} + 1
Φ_{5}  = X^{4} + X^{3} + … + 1
Φ_{7}  = X^{6} + X^{5} + … + 1
Φ_{8} = Φ_{2}(X^{4}) = X^{4} + 1
Φ_{9} = Φ_{3}(X^{3}) = X^{6} + X^{3} + 1 .

Ferner gilt

Φ_{1}  = X − 1
Φ_{6} = \frac{X^{6} − 1}{Φ_{1} · Φ_{2} · Φ_{3}} = \frac{(X^{6} − 1) : (X^{2} − 1)}{X^{2} + X + 1}
= \frac{X^{4} + X^{2} + 1}{X^{2} + X + 1}  = X^{2} − X + 1
Φ_{10} = \frac{X^{10} − 1}{Φ_{1} · Φ_{2} · Φ_{5}} = \frac{(X^{10} − 1) : (X^{2} − 1)}{X^{4} + X^{3} + … + 1}
= \frac{X^{8} + X^{6} + X^{4} + X^{2} + 1}{X^{4} + X^{3} + X^{2} + X + 1}  = X^{4} − X^{3} + X^{2} − X + 1 .

Bemerkung: Für ungerades n gilt stets Φ_{2n} = Φ_{n}(−X); das folgt recht leicht durch Induktion nach n.

(c) Wir setzen n ≥ 3 voraus. Es gilt ζ_{n}^{2} − α_{n}ζ_{n} + 1 = 0, d.h. ζ_{n} ist Nullstelle des

Polynoms

f := X^{2} − α_{n}X + 1 ∈ ℚ[α_{n}][X] .

Daraus folgt, daß minpol_{ℚ[α_{n}]}(ζ_{n}) ein Teiler von f ist. Es gilt trivialerweise ℚ[α_{n}][ζ_{n}] = ℚ[ζ_{n}]. Somit folgt

[ℚ[ζ_{n}] : ℚ[α_{n}]] ∈ {1, 2} .

Es gilt jedoch α_{n} = 2 Re ζ_{n} ∈ ℝ, also ℚ[α_{n}] ⊆ ℝ, währenddessen ζ_{n} ≠ ℝ ist. Also kann der Grad [ℚ[ζ_{n}] : ℚ[α_{n}]] nicht 1 sein. Es folgt

[ℚ[ζ_{n}] : ℚ[α_{n}]] = 2 ,

und

minpol_{ℚ[α_{n}]}(ζ_{n}) = X^{2} − X + 1 .

(d) Aus der Defintion von Φ_{n} folgt sofort, daß

Φ_{n}(ζ_{n}) = 0 = Φ_{n}(ζ_{n}^{a})

für \overline{a} ∈ (ℤ/nℤ)^{×}. Da Φ_{n} irreduzibel und normiert ist, haben also ζ_{n} und ζ_{n}^{a} beide das Minimalpolynom Φ_{n} über ℚ. Nach Vorlesung (Satz III.1.2) gibt es daher einen Isomorphismus

σ_{a} : K_{n} = ℚ[ζ_{n}] → ℚ[ζ_{n}^{a}]

mit σ_{a}(ζ_{n}) = ζ_{n}^{a}. Nun gilt

⟨ζ_{n}⟩ = ⟨ζ_{n}^{a}⟩

als Untergruppe von ℂ^{×}, denn ord(ζ) = n und ggT(a,n)=1. Daher ist

ℚ[ζ_{n}^{a}] = ℚ[ζ_{n}] = K_{n} .

Mithin ist σ_{a} ein Automorphismus von K_{n}.

Es bleibt die Eindeutigkeit zu beweisen. Es sei dazu ϱ ein weiterer Automorphismus von K_{n} mit ϱ(ζ_{n}) = ζ_{n}^{a}. Dann ist auch τ := σ_{a}^{−1} ∘ ϱ ein Automorphismus von K_{n}, und es gilt τ(ζ_{n}) = ζ_{n}. Man kann nun nachrechnen (oder glauben), daß der sogenannte Fixkörper des Automorphismus τ

K_{n}^{τ} := {a ∈ K_{n}| τ(a) = a}

ein Körper ist. Nun enthält K_{n}^{τ} die Elemente 0, 1 und ζ_{n}. Daher gilt K_{n}^{τ} = ℚ[ζ_{n}] = K_{n}, d.h. τ ist die identische Abbildung. Daraus folgt ϱ = σ_{a}, d.h. σ_{a} ist eindeutig bestimmt.

Die Voraussetzung der Irreduzibilität von Φ_{n} war notwending, um zu schließen, daß ζ_{n} und ζ_{n}^{a} dasselbe Minimalpolynom haben.

Aufgabe 3:

(a) Es gilt

0 = Φ_{9}(ζ) = ζ^{6} + ζ^{3} + 1 = ζ^{−3} + ζ = 1 .

Also gilt ζ^{3} + ζ^{−3} = −1. Es folgt

\begin{aligned}α & = & ζ + ζ^{−1} \\ α^{2} & = & ζ^{2} + 2 + ζ^{−2} \\ α^{3} & = & ζ^{3} + 3ζ + 3ζ^{−1} + ζ^{−3} = 3α − 1 . \end{aligned}

Also ist α Nullstelle des Polynoms

g := X^{3} − 3X + 1 .

(b) Die Reduktion modulo 2 von f ist X^{3} + X + 1, und diese ist irreduzibel in 𝔽_{2}[X], da vom Grade 2 oder 3 und ohne Nullstelle in 𝔽_{2}. Deshalb ist auch f irreduzibel in ℤ[X] und in ℚ[X].

(c) Nach (a) und (b) ist

minpol_{ℚ}(α) = X^{3} − 3X + 1 ,

und es folgt

[ℚ[α] : ℚ] = 3 .

Mit Aufgabe 2(c) gilt also

[ℚ[ζ] : ℚ] = [ℚ[ζ] : ℚ[α]] · [ℚ[α] : ℚ]] = 2 · 3 = 6 .

Nun ist Φ_{9} ein normiertes Polynom vom Grade 6, welches Φ(ζ_{9}) = 0 erfüllt. Daher ist

Φ_{9} = minpol_{ℚ}(ζ) ,

also insbesondere irreduzibel.

(d) Offenbar gilt

ℚ[ζ] ⊇ ℚ[α, ζ^{3}]

und damit

d := [ℚ[α, ζ^{3}] : ℚ] ≤ [ℚ[ζ] : ℚ] = 6 .

Andererseits ist nach dem Gradsatz

\begin{aligned}d & = & [ℚ[α, ζ^{3}] : ℚ[ζ^{3}]] · [ℚ[ζ^{3}] : ℚ] = [ℚ[α, ζ^{3}] : ℚ[ζ^{3}]] · 2 \\ & = & [ℚ[α, ζ^{3}] : ℚ[α]] · [ℚ[α] : ℚ] = [ℚ[α, ζ^{3}] : ℚ[α]] · 3 ; \end{aligned}

hierbei wurde [ℚ[ζ^{3}] : ℚ] = 2 verwendet; das folgt, da ζ^{3} = ζ_{3} gilt und Φ_{3} = X^{2} + X + 1 irreduzibel ist. Nach obigem sind also sowohl 2 als auch 3 Teiler von d, und daher ist auch 6 ein Teiler von d. Wegen d ≤ 6 ist mithin d = 6. Die Behauptung folgt.