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

Algebra I

12. Übungsblatt

Aufgabe 1: (6 · 1 P) Sei ζ = ζ_{7} = exp(2πi/7) und K := ℚ[ζ]. Wir nehmen an, dass K/ℚ eine Galois-Erweiterung ist und dass es einen Gruppenisomorphismus

(ℤ/7)^{×} →^{∼} Gal(K/ℚ), a ↦ σ_{a}

gibt, der bestimmt ist durch die Gleichung σ_{a}(ζ) = ζ^{a}.

(a) Bestimmen Sie alle Untergruppen von (ℤ/7)^{×}.

(b) Sei α := ζ+ζ^{−1} ∈ K. Bestimmen Sie alle Elemente a ∈ (ℤ/7)^{×} mit σ_{a}(α) = α.

(c) Sei

β := ζ + ζ^{2} − ζ^{3} + ζ^{4} − ζ^{5} − ζ^{6} ∈ K.

Bestimmen Sie alle Elemente a ∈ (ℤ/7)^{×} mit σ_{a}(β) = β.

(d) Zeigen Sie: [ℚ[α] : ℚ] = 3, [ℚ[β] : ℚ] = 2 und K = ℚ[α, β]. (Hinweis: benutzen Sie den Hauptsatz der Galoistheorie.)

(e) Bestimmen Sie die Minimalpolynome über ℚ von α und β. (Hinweis: vergleiche mit Aufgabe 3 (a) vom 10. Blatt.)

(f) Ist ℚ[α]/ℚ eine Galois-Erweiterung? Wenn ja, bestimmen Sie ihre Galois-Gruppe.

Lösung: Wir bezeichnen den angegbenen Isomorphismus durch

σ : (ℤ/7ℤ)^{×} ⟶^{∼} Gal(K/ℚ), a ↦ σ_{a} .

(a) Die Gruppe ist zyklisch, also sind auch alle ihre Untergruppen zyklisch. Diese sind

\begin{aligned}⟨1⟩ & = & \{1\} , \\ ⟨2⟩ = ⟨4⟩ & = & \{1, 2, 4\} , \\ ⟨6⟩ & = & \{1, −1\} , \\ ⟨3⟩ = ⟨5⟩ & = & (ℤ/7ℤ)^{×} . \end{aligned}

(b) Wegen [ℚ[ζ] : ℚ] = φ(7) = 6 sind die Elemente 1, ζ, …, ζ^{6} linear unabhängig über ℚ. Ferner gilt σ_{a}(α) = ζ^{a} + ζ^{−a} = ζ^{a} + ζ^{7−a}. Also gilt für a ∈ {1, …, 6}

σ_{a}(α) = α ⟺ ζ^{a} + ζ^{7−a} = ζ + ζ^{−1} ⟺ a ∈ {1, 6} .

Mit anderen Worten, es ist

Gal(K/ℚ[α]) = {σ_{1}, σ_{6}} .

(c) Es gilt

{τ ∈ Gal(K/ℚ)| τ(β) = β} = Gal(K/ℚ[β]) ≤ Gal(K/ℚ) ,

und

H := {a ∈ (ℤ/7ℤ)^{×}| σ_{a}(β) = β} = σ^{−1}(Gal(K/ℚ[β])) ≤ (ℤ/7ℤ)^{×} . Nun ist

\begin{matrix}σ_{2}(β) = ζ^{2} + ζ^{4} − ζ^{6} + ζ − ζ^{3} − ζ^{5} & = & β , \\ σ_{3}(β) = ζ^{3} + ζ^{6} − ζ^{2} + ζ^{5} − ζ − ζ^{4} & ≠ & β . \end{matrix}

Also gilt 2 ∈ H und 3 ∉ H. Wegen H ≤ (ℤ/7ℤ)^{×} folgt mit Teil (a) daher

H = {1, 2, 4} .

(d) K ist galoissch über ℚ[α] und ℚ[β], daraus folgt

[K : ℚ[α]] = | Gal(K/ℚ[α])| = 2 , [K : ℚ[β]] = | Gal(K/ℚ[β])| = 3 . Wegen [K : ℚ] = 6 folgt aus dem Gradsatz, daß

[ℚ[α] : ℚ] = 3 , [ℚ[β] : ℚ] = 2 .

Daher ist nach dem Gradsatz [ℚ[α, β] : ℚ] ein Vielfaches von 2 und von 3, also auch von 6. Aus ℚ[α, β] ⊆ K und [K : ℚ] = 6 folgt demnach K = ℚ[α, β].

(e) Es wird

α^{2}  = ζ^{2} + ζ^{−2} + 2 ,
ζ^{3} + ζ^{−3} = ζ^{3} + ζ^{4} = −1 − ζ − ζ^{2} − ζ^{5} − ζ^{6}
= −1 − ζ − ζ^{−1} − ζ^{2} − ζ^{−2}
= −α^{2} − α + 1 ,
α^{3}  = ζ^{3} + 3ζ + 3ζ^{−1} + ζ^{−3}
= −α^{2} + 2α + 1 .

Also ist α Nullstelle des normierten Polynoms X^{3} + X^{2} − 2X − 1. Wegen [ℚ[α] : ℚ] = 3 folgt

minpol_{ℚ}(α) = X^{3} + X^{2} − 2X − 1 .

Ferner wird

β^{2} = (ζ + ζ^{2} − ζ^{3} + ζ^{4} − ζ^{5} − ζ^{6})^{2}
= ζ^{2} + ζ^{4} + ζ^{6} + ζ + ζ^{3} + ζ^{5} + 2ζ^{3} − 2ζ^{4} + 2ζ^{5} − 2ζ^{6} − 2 − 2ζ^{5}
+2ζ^{6} − 2 − 2ζ − 2 + 2ζ + 2ζ^{2} − 2ζ^{2} − 2ζ^{3} + 2ζ^{4}
= −6 + ζ + ζ^{2} + ζ^{3} + ζ^{4} + ζ^{5} + ζ^{6}
= −7 .

Also ist β Nullstelle des normierten Polynoms X^{2} + 7. Wegen [ℚ[β] : ℚ] = 2 folgt

minpol_{ℚ}(β) = X^{2} + 7 .

(f) Die Gruppe Gal(K/ℚ) ist abelsch, da sie isomorph zu (ℤ/7ℤ)^{×} ist. Es gilt

also

Gal(K/ℚ[α]) ⊴ Gal(K/ℚ) ,

und nach dem Hauptsatz der Galoistheorie folgt, daß ℚ[α] galoissch über ℚ ist. Daraus folgt

| Gal(ℚ[α]/ℚ)| = [ℚ[α] : ℚ] = 3 ,

d.h. es gilt

Gal(ℚ[α]/ℚ) ≅ A_{3} .

Man kann die Galoisgruppe Gal(ℚ[α]/ℚ) sogar explizit bestimmen. Mit α sind auch noch

\begin{aligned}σ_{2}(α) & = & ζ^{2} + ζ^{−2} & = & α^{2} − 2 , \\ σ_{3}(α) & = & ζ^{3} + ζ^{−3} & = & −α^{2} − α + 1 \end{aligned}

Nullstellen von minpol_{ℚ}(α). Es gilt also

minpol_{ℚ}(α) = (X − α)(X − (α^{2} − 2))(X − (−α^{2} − α + 1)) ,

und es gibt genau 3 Automorphismen τ_{0}, τ_{1}, τ_{2} von ℚ[α], festgelegt durch

\begin{aligned}τ_{0}(α) & = & α \\ τ_{1}(α) & = & α^{2} − 2 \\ τ_{2}(α) & = & −α^{2} − α + 1 . \end{aligned}

Dann gilt Gal(ℚ[α]/ℚ) = {τ_{0}, τ_{1}, τ_{2}}.

Aufgabe 2: (1+1+1=3 P) Die Diskriminante des Polynoms f = X^{3} + pX + q ∈ ℚ[X] ist D = −4p^{3} − 27q^{2}. Zeigen Sie:

(a) Die folgenden Bedingungen sind äquivalent:

(i) f hat drei verschiedene reelle Nullstellen.

(ii) D > 0.

(iii) Die Ableitung f′ hat zwei reelle Nullstellen α, β ∈ ℝ mit f(α) > 0 und f(β) < 0.

(b) Angenommen, f sei irreduzibel über ℚ und habe mindestens eine nichtreelle Nullstelle. Dann ist die Galoisgruppe von f isomorph zu S_{3}.

(c) Bestimmen Sie die Galoisgruppen von

X^{3} + X + 1, X^{3} + X^{2} − 2X − 1, X^{3} + X^{2} − 2X − 3.

Lösung:

(a) Es sei f = (X − α_{1})(X − α_{2})(X − α_{3}) die Zerlegung von f in ℂ[X]. Dann gilt nach Vorlesung

D = (α_{1} − α_{2})^{2}(α_{1} − α_{3})^{2}(α_{2} − α_{3})^{2} .

• ”(i) ⟹ (ii)“: Das ist klar nach obiger Darstellung von D.

• ”(ii) ⟹ (iii)“: Es sei y := −p/3. Dann gilt

4y^{3} = − \frac{4p^{3}}{27} = \frac{D}{27} + q^{2} > 0 ,

also y > 0. Die Nullstellen von f′ = 3X^{2} + p sind ±\sqrt{y}. Nun gilt

f(±\sqrt{y}) = ±y\sqrt{y} ± p\sqrt{y} + q = ∓2y\sqrt{y} + q .

Wegen

(2y\sqrt{y})^{2} = 4y^{3} = \frac{D}{27} + q^{2} > q^{2}

gilt f(−\sqrt{y}) > 0 und f(+\sqrt{y}) < 0.

• ”(iii) ⟹ (i)“: Klar nach Analysis.

(b) Es sei G die Galoisgruppe von f über ℚ. Nach Vorlesung gibt es einen injektiven Gruppenhomomorphismus G ↪ S_{3}, d.h. G ist isomorph zu einer Untergruppe H von S_{3}. Die komplexe Konjugation z ↦ z̄ bildet Nullstellen von f wieder auf Nullstellen von f ab, d.h. sie bildet den Zerfällungskörper von f auf sich selbst ab. Die entsprechende Nullstellenpermutation ist also eine Transposition, da die angenommene nichtreelle Nullstelle z mit z̄ vertauscht wird. Ferner ist die Operation von G auf {1, 2, 3} nach Vorlesung transitiv, d.h. H enthält mindestens ein weiteres nichttriviales Element. Daraus folgt H = S_{3}.

(c) Wir berechnen jeweils die Diskriminante. Diese ändert sich nicht, sofern X durch X − a substituiert wird für ein a ∈ ℚ.

D(X^{3} + X + 1)  = −31 ,
D(X^{3} + X^{2} − 2X − 1) = D((X − \frac{1}{3})^{3} + (X − \frac{1}{3})^{2} − 2(X − \frac{1}{3}) − 1)
= D(X^{3} − \frac{7}{3}X − \frac{7}{27})
= 49 ,
D(X^{3} + X^{2} − 2X − 3) = D(X^{3} − \frac{7}{3}X − \frac{61}{27})
= −87 .

Nach Teil (a) haben also X^{3} + X + 1 und X^{3} + X^{2} − 2X − 3 je mindestens eine nichtreelle Nullstelle, und die Galoisgruppe ist nach (b) isomorph zu S_{3}.

Das Polynom X^{3}+X^{2}−2X−1 hat hingegen drei verschiedene reelle Nullstellen α_{1}, α_{2}, α_{3} ∈ ℝ, und es gilt

δ := (α_{1} − α_{2})(α_{1} − α_{3})(α_{2} − α_{3}) = ±7 .

Wäre die Nullstellenpermutation (1 2) ein Element der Galoisgruppe, so würde diese die Zahl δ auf −δ abbilden; das ist jedoch unmöglich wegen δ ∈ ℚ. Also enthält die Galoisgruppe keine Transpositionen der Nullstellen. Andererseits wirkt sie transitiv auf der Menge {1, 2, 3}. Daraus folgt, daß die Galoisgruppe isomorph zu A_{3} ist.

Aufgabe 3: (1+1+1+1=4 P) Beweisen oder widerlegen Sie die folgenden Aussagen.

(a) Sei G eine Gruppe, die auf der Menge X = {1, 2, 3, 4} treu und transitiv operiert. Dann ist G genau dann isomorph zu S_{4}, wenn es ein Element x ∈ X gibt mit nichttrivialem Stabilisator, G_{x} ≠ {1}.

(b) Jeder faktorielle Ring ist ein Hauptidealring.

(c) Sei K ein Körper, L/K eine Körpererweiterung, f, g ∈ K[X] nichtkonstante Polynome und α ∈ L eine gemeinsame Nullstelle von f und g. Wenn f irreduzibel über K ist, dann ist f ein Teiler von g in dem Ring K[X].

(d) Sei L/K eine endliche Körpererweiterung und K ⊂ M ⊂ L ein Zwischenkörper. Wenn L/M und M/K Galoiserweiterungen sind, dann ist auch L/K eine Galoiserweiterung.

Lösung:

(a) Die Aussage ist i.a. falsch. Man betrachte z.B. die volle Symmetriegruppe des

Quadrats

G : = D_{4} = ⟨(1 2), (1 2 3 4)⟩ ≤ S_{4} ,

Jedes Element x ∈ {1, 2, 3, 4} hat einen nichttrivialen Stabilisator. Es gilt z.B. G_{1} = {id, (2 4)}.

(b) Die Aussage ist falsch. Z.B. ist der Ring ℤ[X] ein faktorieller Ring nach dem Satz von Gauß, aber kein Hauptidealring. Denn das Ideal (X) ist Primideal, aber kein maximales Ideal, da ℤ[X]/(X) ≅ ℤ kein Körper ist.

(Allgemein gilt für einen Integritätsbereich R, daß R[X] genau dann ein Hauptidealring ist, wenn R ein Körper ist. Dies folgt aus R[X]/(X) ≅ R und der Tatsache, daß in einem Hauptidealring das irreduzible Element X ein maximales Ideal (X) erzeugen würde.)

(c) Wir können annehmen, daß f normiert ist. Dann ist f normiert, irreduzibel und erfüllt f(α) = 0. Daraus folgt f = minpol_{K}(α). Aus g(α) = 0 folgt dann sofort f|g in K[X].

(d) Die Aussage ist i.a. falsch. Man betrachte z.B. die Körpererweiterungskette

ℚ ⊆ M := ℚ[\sqrt{2}] ⊆ L := ℚ[\sqrt[4]{2}] .

Offenbar gilt [M : ℚ] = [L : M] = 2. Alle obigen Erweiterungen sind separabel, da sie ℚ enthalten. Ferner sind Erweiterungen vom Grad 2 stets normal, da ein Polynom vom Grade 2, welches eine Nullstelle hat, bereits zerfällt. Daher sind die Erweiterungen M/ℚ und L/M jeweils galoissch. Andererseits ist L/ℚ nicht normal, da das Polynom X^{4} −2 eine Nullstelle in L hat, aber wegen L ⊆ ℝ nicht über L zerfällt. Daher ist L/ℚ nicht galoissch.