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

Algebra I

11. Übungsblatt

Die Punkte dieses Übungsblattes sind Bonuspunkte!

Aufgabe 1: (1+1+1=3 P) Sei wie üblich ζ_{n} := exp(2πi/n) ∈ ℂ. Zeigen Sie:

(a) Sind n, m teilerfremd, so gilt

ℚ[ζ_{nm}] = ℚ[ζ_{n}, ζ_{m}]

(als Unterkörper von ℂ).

(b) Sind n, m teilerfremd, und sind sowohl das reguläre n- als auch das reguläre m-Eck konstruierbar, so ist auch das reguläre nm-Eck konstruierbar. (Geometrische Argumente sind genauso erlaubt wie körpertheoretische.)

(c) Die Aussagen in (a) und (b) sind i.A. falsch ohne die Annahme, dass n und m teilerfremd sind.

Lösung:

(a) Wegen ζ_{nm}^{n} = ζ_{m} und ζ_{nm}^{m} = ζ_{n} folgt unmittelbar

ℚ[ζ_{nm}] ⊇ ℚ[ζ_{n}, ζ_{m}] .

Andererseits sind n und m teilerfremd, also gibt es a, b ∈ ℤ so, daß

an + bm = 1 .

Dann folgt

ζ_{nm} = ζ_{nm}^{an+bm} = ζ_{nm}^{an}ζ_{nm}^{bm} = ζ_{m}^{a}ζ_{n}^{b}

und somit

ℚ[ζ_{nm}] ⊆ ℚ[ζ_{n}, ζ_{m}] .

(b) Nach Voraussetzung sind

α_{n} := cos(2π/n) , α_{m} := cos(2π/m)

konstruierbar. Es sei F der Körper aller konstruierbaren reellen Zahlen. Nach Vorlesung sind dann auch

β_{n} := sin(2π/n) = \sqrt{1 − α_{n}^{2}} , β_{m} := sin(2π/m) = \sqrt{1 − α_{m}^{2}}

konstruierbar. Also gilt

ζ_{n} = α_{n} + iβ_{n} ∈ F [i] , ζ_{m} = α_{m} + iβ_{m} ∈ F [i] .

Daraus folgt nach (a)

ζ_{nm} ∈ ℚ[ζ_{n}, ζ_{m}] ⊆ F [i] ,

und daher

cos (\frac{2π}{nm}) = \frac{1}{2} (ζ_{nm} + ζ_{nm}^{−1}) ∈ F [i] ∩ ℝ = F ,

d.h. der Winkel \frac{2π}{nm} ist konstruierbar. Daher ist auch das regelmäßige nm-Eck konstruierbar.

Bemerkung: Geometrisch geht das wie folgt. Es gibt a, b ∈ ℤ mit an+bm = 1. Also trägt man b-mal den Winkel 2π/n ab, und anschließend a-mal den Winkel 2π/m. Insgesamt hat man den Winkel

b \frac{2π}{n} + a \frac{2π}{m} = \frac{2π(bm + ab)}{nm} = \frac{2π}{nm} .

(c) Im Falle n = m = 2 ist ℚ[ζ_{m}, ζ_{m}] = ℚ[−1] = ℚ, aber ℚ[ζ_{nm}] = ℚ[i] ≠ ℚ. Also braucht (a) nicht zu gelten, falls n und m nicht teilerfremd sind.

Das regelmäßige 9-Eck ist nach Vorlesung nicht konstruierbar, das regelmäßige 3-Eck ist es jedoch. Also hat man mit n = m = 3 einen Widerspruch zu (b), sofern n und m nicht teilerfremd sind.

Aufgabe 2: (1+1+1+1=4 P)

(a) Bestimme das Minimalpolynom von α := ζ_{5} + ζ_{5}^{−1} über ℚ.

(b) Bestimme das Minimalpolynom von ζ_{5} über dem Körper K := ℚ[α].

(c) Zeige:

ℚ[ζ_{8}] = ℚ[i, \sqrt{2}].

(d) Schließe aus (a)-(c): die Kreisteilungspolynome ϕ_{5} und ϕ_{8} sind irreduzibel über ℚ.

Lösung:

(a) Es gilt

0 = Φ_{5}(ζ_{5}) = ζ_{5}^{4}+ζ_{5}^{3}+ζ_{5}^{2}+ζ_{5}+1 = ζ_{5}^{−1}+ζ_{5}+ζ_{5}^{−2}+ζ_{5}^{2}+1 = α+ζ_{5}^{2}+ζ_{5}^{−2}+1 .

Daher wird

α^{2} = (ζ_{5} + ζ_{5}^{−1})^{2} = ζ_{5}^{2} + 2 + ζ_{5}^{−2} = −α + 1 .

Damit ist α Nullstelle des Polynoms g := X^{2} + X − 1. Dieses Polynom ist normiert, und seine Reduktion modulo 2 lautet X^{2} +X +1 und ist irreduzibel in 𝔽_{2}[X], da sie vom Grade 2 oder 3 ist und keine Nullstellen in 𝔽_{2} hat. Daher ist g auch irreduzibel in ℤ[X] und ℚ[X]. Also gilt

minpol_{ℚ}(α) = g = X^{2} + X − 1 .

(b) Wegen

ζ_{5}^{2} − αζ_{5} + 1 = 0

ist ζ_{5} Nullstelle des Polynoms X^{2} − αX + 1 ∈ K[X]. Wegen K_{5} := ℚ[ζ_{5}] = K[ζ_{5}] ist

[K_{5} : K] = deg minpol_{K}(ζ_{5}) ≤ 2 .

Andererseits ist K ⊆ ℝ wegen α ∈ ℝ, währenddessen ζ_{5} ∈ ℂ \ ℝ ist. Also gilt K_{5} ≠ K und daher [K_{5} : K] = 2. (Das war auch schon auf Blatt 10 gezeigt worden). Daraus folgt

minpol_{K}(ζ_{5}) = X^{2} − αX + 1 .

(c) Es gilt

i = ζ_{4} = ζ_{8}^{2} , \sqrt{2} = 2 cos(π/4) = (ζ_{8} + ζ_{8}^{−1}) .

Daraus folgt

ℚ[ζ_{8}] ⊇ ℚ[i, \sqrt{2}] .

Andererseits ist

ζ_{8} = cos(π/4) + i sin(π/4) = \frac{1}{\sqrt{2}} (1 + i) ,

und daraus folgt

ℚ[ζ_{8}] ⊆ ℚ[i, \sqrt{2}] .

(d) Nach (a) und (b) ist mit dem Gradsatz

[ℚ[ζ_{5}] : ℚ] = [K_{5} : K] · [K : ℚ] = 2 · 2 = 4 .

Ferner ist Φ_{5} ein normiertes Polynom vom Grade ϕ(5) = 4, welches ζ_{5} als Nullstelle hat. Daher muß minpol_{ℚ}(ζ_{5}) = Φ_{5} gelten. Insbesondere ist Φ_{5} irreduzibel.

Wir wollen noch die Dimension [K_{8} : ℚ] bestimmen, ohne die Irreduzibilität von Φ_{8} zu verwenden. Es gilt

X^{2} + 1 = minpol_{ℚ[\sqrt{2}]}(i) ⟹ [ℚ[i, \sqrt{2}] : ℚ[\sqrt{2}]] = 2 ,
X^{2} − 2 = minpol_{ℚ}(\sqrt{2}) ⟹ [ℚ[\sqrt{2}] : ℚ]  = 2 .

Daraus folgt nach dem Gradsatz

[K_{8} : ℚ] = [ℚ[i, \sqrt{2}] : ℚ] = 2 · 2 = 4 .

Ferner ist Φ_{8} ein normiertes Polynom vom Grade Φ(8) = 4, welches ζ_{5} als Nullstelle hat. Daher muß minpol_{ℚ}(ζ_{8}) = Φ_{8} gelten. Insbesondere ist Φ_{8} irreduzibel.

Aufgabe 3: (1+1+1+2=5 P) Sei

f := X^{3} + 2X + 2 ∈ 𝔽_{3}[X],

K/𝔽_{3} ein Zerfällungskörper von f und α ∈ K eine Nullstelle, f(α) = 0. Zeigen Sie:

(a) Das Polynom f ist irreduzibel über 𝔽_{3}. Daher ist K ein (der) Körper mit 27 Elementen.

(b) Es gilt α^{13} = 1. (Hinweis: benutze 13 = 8 + 4 + 1.)

(c) In K[X] hat man folgende Zerlegungen:

ϕ̄_{13} := \frac{X^{13} − 1}{X − 1} = ∏_{i=1}^{12}(X − α^{i})

und

f = (X − α)(X − α^{3})(X − α^{9}).

(Hinweis: die Abbildung β ↦ β^{3} ist ein Automorphismus der Erweiterung K/𝔽_{3}.)

(d) Bestimme einen von f verschiedenen irreduziblen Faktor g ∈ 𝔽_{3}[X] von ϕ̄_{13} (es reicht nicht, die Zerlegung von g in K[X] anzugeben!).

Lösung:

Lemma Es sei f ∈ 𝔽_{p}[X] irreduzibel vom Grade n, und es sei q := p^{n}. Dann ist der Zerfällungskörper von f über 𝔽_{p} gleich 𝔽_{q}.

Beweis: Es sei L der Zerfällungskörper von f über 𝔽_{p}. Es sei α eine Nullstelle von f in L. Dann gilt [𝔽_{p}[α] : 𝔽_{p}] = deg f = n, und folglich ist 𝔽_{p}[α] ein Körper mit q Elementen, d.h. es gilt 𝔽_{p}[α] = 𝔽_{q}. Nun ist 𝔽_{q} Zerfällungskörper von X^{q} − X über 𝔽_{p}, d.h. α ist Nullstelle von X^{q} − X. Folglich ist f ein Teiler von X^{q} − X in 𝔽_{p}[X], und da X^{q} − X in 𝔽_{q}[X] zerfällt, gilt dies auch für f. Dann ist aber L = 𝔽_{q}. □

(a) Das Polynom f hat keine Nullstelle im 𝔽_{3} und ist vom Grade 2 oder 3. Daher ist es irreduzibel in 𝔽_{3}[X]. Nach obigem Lemma mit p := 3 und n := 3 folgt K = 𝔽_{27}.

(b) Es gilt

0 = f(α) = α^{3} + 2α + 2 ,

d.h.

α^{3}  = α + 1
α^{4} = α(α + 1)  = α^{2} + α
α^{8} = (α^{2} + α)^{2} = α^{4} + 2α^{3} + α^{2}
= α^{2} + α + 2α + 2 + α^{2}  = 2α^{2} + 2 .

Es folgt

\begin{aligned}α^{13} & = & α^{8}α^{4}α = (2α^{2} + 2)(α^{2} + α)α = (2α^{4} + 2α^{3} + 2α^{2} + 2α)α \\ & = & (α^{2} + 2)α = α^{3} + 2α = 1 . \end{aligned}

(c) Die Abbildung

σ : K → K , β ↦ β^{3}

ist ein Homomorphismus, welcher auf 𝔽_{3} die Identität ist. Da K ein endlicher Körper ist, ist σ ein Automorphismus. Also bildet σ Nullstellen von f auf Nullstellen von f ab. Folglich sind mit α auch

σ(α) = α^{3} , σ(σ(α)) = α^{9}

Nullstellen von f. Wegen α^{13} = 1 hat α die Ordnung 13 in der multiplikativen Gruppe K^{×}. Deshalb sind die Elemente

1, α, α^{2}, …, α^{12}

paarweise verschieden. Somit sind α, α^{3} und α^{9} drei verschiedene Nullstellen des normierten Polynoms f, und es ist deg f = 3. Daraus folgt

f = (X − α)(X − α^{3})(X − α^{9}) .

Wegen α^{13} = 1 hat das Polynom

\overline{Φ_{13}} := \frac{X^{13} − 1}{X − 1}

die paarweise verschiedenen Nullstellen α, α^{2}, …, α^{12}, ist normiert und vom Grade 12. Daraus folgt

\overline{Φ_{13}} = (X − α)(X − α^{2}) · . . . · (X − α^{12}) .

(d) Es sei

g := (X − α^{2})(X − α^{6})(X − α^{18}) .

Dann ist g offenbar ein Teiler von \overline{Φ_{13}}, und g ist nicht zu f assoziiert. Um die Koeffizienten von g zu bestimmen, betrachten wir

g(X^{2}) = (X^{2} − α^{2})(X^{2} − α^{6})(X^{2} − α^{18})
= (X − α)(X + α)(X − α^{3})(X + α^{3})(X − α^{9})(X + α^{9})
= f · (−f(−X))
= (X^{3} + 2X + 2) · (X^{3} + 2X − 2)
= (X^{3} + 2X)^{2} − 2^{2}
= X^{6} + X^{4} + X^{2} − 1 .

Daraus folgt

g = X^{3} + X^{2} + X − 1 ∈ 𝔽_{3}[X] .

Da g vom Grade 2 oder 3 und ohne Nullstelle in 𝔽_{3} ist, ist g irreduzibel in 𝔽_{3}[X].