Musterlösung 23. t 1 t, t 1 1 t, t t

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1 D-MATH Algebra II FS 2013 Prof. Richard Pink Musterlösung Zeige, dass die Substitutionen t 1/t und t 1 t eine endliche Untergruppe G der Automorphismengruppe des rationalen Funktionenkörpers L := Q(t) erzeugen. Bestimme den Fixkörper K := L G in der Form K = Q(s) sowie das Minimalpolynom von t über K. Lösung: Die Menge der Substitutionen t t, t 1 1, t 1 t, t t 1 t, t 1 1 t, t t t 1 wird durch t 1/t und t 1 t erzeugt und ist unter Komposition und Inversenbildung abgeschlossen, also ist G genau die Menge der von diesen Substitutionen induzierten Automorphismen von L; insbesondere ist G = 6 (weiter überprüft man leicht, dass G nicht kommutativ ist, also G = S 3 ). Das Minimalpolynom f von t über K = L G hat t sowie alle seine G-Konjugierten als Nullstellen, also ist f(x) = σ G(X σ(t)) = (X t)(x 1 1 )(X (1 t))(x )(X (1 1))(X t ) t 1 t t t 1 = X 6 3X 5 t6 3t 5 +5t 3 3t+1 X 4 + 2t6 6t 5 +5t 4 +5t 2 6t+2 X 3 t 2 (1 t) 2 t 2 (1 t) 2 t6 3t 5 +5t 3 3t+1 t 2 (1 t) 2 X 2 3X +1. Die Koeffizienten von f erzeugen K über Q, und wegen 2t6 6t 5 +5t 4 +5t 2 6t+2 t 2 (1 t) 2 2 t6 3t 5 +5t 3 3t+1 t 2 (1 t) 2 Q ist also K = Q(s) für s := t6 3t 5 +5t 3 3t+1 t 2 (1 t) 2. Bemerkung: Alternativ folgt K = Q(s) für s wie oben auch ohne Rechnung direkt aus Aufgabe 4. (b) von Serie Sei L ein Zerfällungskörper des Polynoms X 6 5 über Q. Bestimme alle Zwischenkörper von L/Q mitsamt Inklusionen, sowie, falls sie galoissch über Q sind, deren Galoisgruppen über Q. Lösung: Da C algebraisch abgeschlossen ist, können wir L als in C eingebettet annehmen. Sei a die positive reelle sechste Wurzel aus 5. Sei ζ eine primitive dritte Einheitswurzel in C. Für 1 i 6 sei a i := a ( ζ) i 1. Dann ist a 6 i 5 = a 6 ( ζ) 6i 6 5 = 0, also sind a 1,...,a 6 gerade die sechs verschiedenen Nullstellen von X 6 5. Somit ist L = Q(a 1,...,a 6 ) Q(a,ζ), und wegen a 1 = a und a 2 a 1 = a ( ζ) = ζ ist sogar L = Q(a,ζ). a 1

2 Für 1 i 6 ist [Q(a i )/Q] = 6, da X 6 5 nach dem Eisenstein-Kriterium irreduzibel ist, und wegen ζ / Q(a) R ist zudem [L/Q(a)] = 2, und somit [L/Q] = [L/Q(a)] [Q(a)/Q] = 12. Insbesondere hat auch Gal(L/Q) Ordnung 12. Wir fassen im Folgenden Gal(L/Q) durch die durch a i i induzierte Einbettung als Untergruppe von S 6 auf. Wegen der Normalität von L/Q ist die Einschränkung σ der komplexen Konjugation auf L ein Element von Gal(L/Q), und σ hat die Darstellung (26)(35). Da X 6 5 irreduzibel ist, operiert Gal(L/Q) transitiv auf dessen Nullstellen; es existiert also ein ρ Gal(L/Q) mit ρ(a 1 ) = a 2. Wegen σ(a 1 ) = a 1 gilt auch (ρσ)(a 1 ) = a 2. Da σ die beiden Nullstellen ζ,ζ 2 des irreduziblen Polynoms X 2 + X + 1 vertauscht, können wir also (indem wir allenfalls ρ durch ρσ ersetzen) ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass ρ(ζ) = ζ ist. Dann ist ρ(a i ) = ρ ( a ( ζ) i 1) = a ( ζ) i, also hat ρ die Darstellung (123456). Zusammen erhalten wir ϕ(σρσ 1 ) = (26)(35)(123456)(26)(35) = (612345) = ϕ(ρ) 1, also ist die von ρ und σ erzeugte Untergruppe isomorph zu D 6. Wegen D 6 = 12 = Gal(L/Q) ist als ρ,σ = Gal(L/Q) = D 6. Wir machen nun eine Aufstellung aller Untergruppen von Gal(L/Q) = D 6 (die detaillierte Überprüfung überlassen wir dem Leser); normale Untergruppen sind unterstrichen: {id} σ σρ 2 σρ 4 ρ 3 σρ 3 σρ 5 σρ ρ 2 σ,ρ 3 σρ 2,ρ 3 σρ 4,ρ 3 ρ σ,ρ 2 σρ,ρ 2 Gal(L/Q) Daraus folgern wir nun die Aufstellung der Zwischenkörper; die Galois-Korrespondenz ordnet einer Untergruppe H < Gal(L/Q) den Fixkörper L H mit dem Erweiterungsgrad [L H /Q] = Gal(L/Q) = 12 zu: H H 2

3 L {id} = L. L Gal(L/Q) = Q. Es ist σ(a) = a, also Q(a) L σ. Zudem ist [Q(a)/Q] = 6 = 12 σ, also L σ = Q(a). Analog ist (σρ 2 )(aζ 2 ) = aζ 2, also Q(aζ 2 ) L σρ2. Zudem ist [Q(aζ 2 )/Q] = 6 = 12 σρ 2, also L σρ2 = Q(aζ 2 ). Analog ist (σρ 4 )(aζ) = aζ, also Q(aζ) L σρ4. Zudem ist [Q(aζ)/Q] = 6 = 12 σρ 4, also L σρ4 = Q(aζ). Es ist σ(a 2 ) = ρ 3 (a 2 ) = a 2, also Q(a 2 ) L σ,ρ3. Zudem ist a 2 eine Nullstelle des über Q irreduziblen Polynoms X 3 5, also [Q(a 2 )/Q] = 3 = 12 σ,ρ 3 und somit L σ,ρ3 = Q(a 2 ). Analog ist (σρ 2 )(a 2 ζ) = ρ 3 (a 2 ζ) = a 2 ζ, also Q(a 2 ζ) L σρ2,ρ 3. Zudem ist a 2 ζ eine Nullstelle des über Q irreduziblen Polynoms X 3 5, also [Q(a 2 ζ)/q] = 3 = 12 σρ 2,ρ 3 und somit L σρ2,ρ 3 = Q(a 2 ζ). Analog ist (σρ 4 )(a 2 ζ 2 ) = ρ 3 (a 2 ζ 2 ) = a 2 ζ 2, also Q(a 2 ζ 2 ) L σρ4,ρ 3. Zudem ist a 2 ζ 2 eine Nullstelle des über Q irreduziblen Polynoms X 3 5, also [Q(a 2 ζ 2 )/Q] = 3 = 12 σρ 4,ρ 3 und somit L σρ4,ρ 3 = Q(a 2 ζ 2 ). Es ist ρ(ζ) = ζ, also Q(ζ) L ρ. Zudem ist [Q(ζ)/Q] = 2 = 12 ρ, also Q(ζ) = L ρ. Es ist σ(a 3 ) = ρ 2 (a 3 ) = a 3, also Q(a 3 ) L σ,ρ2. Zudem ist a 3 eine Nullstelle des über Q irreduziblen Polynoms X 2 5, also ist [Q(a 3 )/Q] = 2 = 12 σ,ρ 2 und somit Q(a 3 ) = L σ,ρ2. Es ist ρ 2 (a 3 ) = a 3 und ρ 2 (ζ) = ζ, also Q(a 3,ζ) L ρ2. Wegen ζ / Q(a 3 ) R ist [Q(a 3,ζ)/Q] = [Q(a 3,ζ)/Q(a 3 )][Q(a 3 )/Q] = 4 also [Q(a 3,ζ)/Q] = 12 ρ 2 und somit L ρ2 = Q(a 3,ζ). Analog ist ρ 3 (a 2 ) = a 2 und ρ 3 (ζ) = ζ, also Q(a 2,ζ) L ρ3. Wegen ζ / Q(a 2 ) Rist[Q(a 2,ζ)/Q] = [Q(a 2,ζ)/Q(a 2 )][Q(a 2 )/Q] = 6also[Q(a 2,ζ)/Q] = 12 ρ 3 und somit L ρ3 = Q(a 2,ζ). Es gilt (σρ 3 )(aζ) = aζ 2 und somit (σρ 3 )(a(ζ ζ 2 )) = a(ζ ζ 2 ) wegen (σρ 3 ) 2 = id L ; also ist Q(a(ζ ζ 2 )) L σρ3. Zudem ist a(ζ ζ 2 ) eine Nullstelle despolynomsx ,unddiesesistirreduzibelüberQnachdemEisenstein Kriterium bezüglich der Primzahl 5. Also ist [Q(a(ζ ζ 2 ))/Q] = 6 = 12 σρ 3 und somit L σρ3 = Q(a(ζ ζ 2 )). Analog gilt (σρ 5 )(a) = aζ und somit (σρ 5 )(a(1 ζ)) = a(1 ζ) wegen (σρ 5 ) 2 = id L ; also ist Q(a(1 ζ)) L σρ5. Zudem ist a(1 ζ) eine Nullstelle des Polynoms X Also ist [Q(a(1 ζ))/q] = 6 = 12 σρ 5 und somit L σρ5 = Q(a(1 ζ)). 3

4 Analog gilt (σρ)(a) = aζ 2 und somit (σρ)(a(1 ζ 2 )) = a(1 ζ 2 ) wegen (σρ) 2 = id L ; also ist Q(a(1 ζ 2 )) L σρ. Zudem ist a(1 ζ 2 ) eine Nullstelle des Polynoms X Also ist [Q(a(1 ζ 2 ))/Q] = 6 = 12 σρ und somit L σρ = Q(a(1 ζ 2 )). Es ist L σρ,ρ2 = L σρ L ρ2 = Q(a 3,ζ) Q(a(1 ζ 2 )) (a(1 ζ)) 3 = 3a 3 (ζ ζ 2 ). Wegen [L σρ,ρ2 /Q] = 12 σρ,ρ 2 = 2 und a 3 (ζ ζ 2 ) / Q R gilt also L σρ,ρ2 = Q(a 3 (ζ ζ 2 )). Bemerkung: An einigen Stellen hätte man auch ausnutzen können, dass mehrere der Untergruppen von Gal(L/Q) zu einander konjugiert sind. Sind nämlich zwei Untergruppen H,H unter ϕ konjugiert, so ist L H = ϕ(l H ). Die Zwischenkörper sind ausserdem galoissch über Q genau dann, wenn die entsprechenden Untergruppen von Gal(L/Q) normal sind. Es ergibt sich folgende Aufstellung: L Q(a) Q(aζ 2 ) Q(aζ) Q(a 2,ζ) Q(a(ζ ζ 2 )) Q(a(1 ζ)) Q(a(1 ζ 2 )) Q(a 3,ζ) Q(a 2 ) Q(a 2 ζ) Q(a 2 ζ 2 ) Q(ζ) Q(a 3 ) Q(a 3 (ζ ζ 2 ) Q Schliesslich gilt Gal(L H /Q) = Gal(L/Q)/H, falls H < Gal(L/Q) normal ist. DarausergebensichdiefolgendenGaloisgruppen:Gal(Q(a 2,ζ)/Q) = D 3,Gal(Q(a 3,ζ)/Q) = (Z/2Z) 2 und Gal(Q(a 3 )/Q) = Gal(Q(ζ)/Q) = Gal(Q(a 3 (ζ ζ 2 ))/Q) = Z/2Z. 3. Sei m ungerade und K ein Körper der Charakteristik 0, der alle m-ten Einheitswurzeln enthält. Sei f ein irreduzibles Polynom der Form f(x) = X 2m 2aX m +1 K[X]. Zeige: (a) Stammkörper und Zerfällungskörper von f stimmen überein. 4

5 (b) Die Galoisgruppe von f über K ist isomorph zur Diedergruppe D m. (c) Bestimme die Erweiterungen von K, die den Untergruppen der Ordnung 2 von D m entsprechen. Lösung: (a) Sei α eine Nullstelle von f in einem algebraischen Abschluss K von K und sei ζ m eine primitive m-te Einheitswurzel. Wegen f(ζ i mα) = f(α) = 0 ist A := {ζ i mα 0 i m 1} eine Lösungsfamilie der Gleichung f(x) = 0. Da α 0 und ζ m eine primitive m-te Einheitswurzel ist, gilt A = m. Da nach Voraussetzung ζ m K gilt, ist A eine Teilmenge von K(α). Wegenf(α 1 ) = α 2m 2aα m +1 = α 2m f(α) = 0istα 1 aucheinenullstelle von f und damit ist A := {ζ i mα 1 0 i m 1} eine weitere Lösungsfamilie der Gleichung f(x) = 0. Wie für A gilt in diesem Fall A = m und A K(α). Ausserdem sind die Mengen A und A disjunkt: In der Tat, wenn ein 0 i m 1 existiert mit α 1 = ζ i mα, dann gilt α 2m = 1; anders gesagt ist dann das Minimalpolynom von α über K ein irreduzibler Faktor von X 2m 1, also ungleich f, im Widerspruch zur Annahme. Folglich gilt A A = 2m und damit ist A A die Nullstellenmenge von f. Wegen A A K(α) ist der Stammkörper K(α) von f gleich ein Zerfällungskörper. Damit ist die Aussage bewiesen. (b) Die Diedergruppe D m ist die von zwei Elementen s,t frei erzeugte Gruppe modulo den Relationen s m = 1,t 2 = 1 und tst = s 1, notiert D m = s,t s m = 1,t 2 = 1,tst = s 1. Wir werden zeigen, dass die Galoisgruppe von f von zwei Elementen σ und τ erzeugt wird, die die Relationen von s und t erfüllen. Daraus wird die gewünschte Isomorphie folgen. Sei K(α) der oben gefundene Zerfällungskörper von f. Als Zerfällungskörper eines Polynoms ist K(α) normal über K. Da f irreduzibel ist und K der Charakteristik 0 ist, sind f und damit auch K(α)/K separabel. Folglich ist K(α)/K galoissch und es gilt Gal(K(α)/K) = [K(α)/K] = deg(f) = 2m. Die Abbildungen σ : K(α) K(α), α ζ m α, 5

6 τ : K(α) K(α), α α 1 sind K-Automorphismen von K(α), also in Gal(K(α)/K) enthalten. Man prüft leicht nach, dass σ m = id und σ i id für 1 i m 1 gilt; also hat σ Ordnung m. Klarerweise hat τ Ordnung 2. Es gilt ausserdem τστ(α) = τσ(α 1 ) = τ(ζ 1 m α 1 ) = ζ 1 m α = σ 1 (α), woraus τστ = σ 1 folgt. Damit ist σ,τ Gal(K(α)/K) isomorph zu D m. Wegen D m = 2m folgt aus der Inklusion sogar die gewünschte Gleichheit. (c) Wir bestimmen zuerst den Fixkörper L von τ in K(α). Da τ Ordnung 2 hat, gilt nach der Galoiskorrespondenz [K(α)/L] = 2. Wegen τ(α+α 1 ) = τ(α)+τ(α 1 ) = α 1 +α ist β := α + α 1 in L enthalten. Wir wollen zeigen, dass L = K(β) gilt. Wegen K(β) L haben wir einerseits [K(α)/K(β)] [K(α)/L] = 2. Anderseits ist X 2 βx +1 K(β)[X] ein annullierendes Polynom von α über K(β), also gilt [K(α)/K(β)] 2. Folglich ist [K(α)/K(β)] = 2 = [K(α)/L], anders gesagt K(β) = L. In der Diedergruppe D m mit m ungerade sind die Untergruppen der Ordnung 2 genau die Konjugierten von τ, also die Untergruppen σ i τ σ i für 0 i m 1. Nach der Galoiskorrespondenz sind die ensprechenden Zwischenkörper die konjugierten Körper von K(β), also jeweils σ i (K(β)) = K(σ i β) für 0 i m (a) Sei f(x) Q[X] ein irreduzibles Polynom, dessen Grad eine Primzahl p ist und das genau zwei nicht reelle Nullstellen hat. Beweise, dass die Galoisgruppe von f gleich S p ist. *(b) Finde für jede Primzahl p ein Polynom wie in (a). Lösung: (a) Da f irreduzibel und char(q) = 0 ist, ist das Polynom separabel. Seien a 1,...,a p QseineNullstellenundL := Q(a 1,...,a p )seinzerfällungskörper über Q und G := Gal(L/Q) S p seine Galoisgruppe über Q. Wir zeigen: i. G enthält einen p-zykel, d.h. ein Element der Form (i 1 i 2... i p ) für irgendeine Anordnung i 1,...,i p von 1,...,p. ii. G enthält eine Transposition, d.h. ein Element (i j) für 1 i < j p. Für i. wissen wir aus der vorhergehenden Aufgabe, dass G transitiv auf den Nullstellen operiert. Ihre Anzahl p ist also ein Teiler der Gruppenordnung G. Somit enthält G ein Element der Ordnung p. Schreiben wir dieses als Produkt vondisjunktenzykeln,soistdielängejedesdieserzykeleinteilervonp,und nichtallezykelhabendielänge1.alsohateinerdieserzykeldielängep.da 6

7 aber überhaupt nur p Ziffern vertauscht werden, gibt es in dieser Zerlegung gar keine weiteren Zykel, und i. ist gezeigt. Fürii. seienohnebeschränkungderallgemeinheit a 1 unda 2 diebeidennichtreellen Nullstellen von f. Da die Koeffizienten von f reell sind, ist dann auch das komplex Konjugierte a 1 eine Nullstelle von f. Da sie nach Voraussetzung a 1 ist, bleibt nur die Möglichkeit a 1 = a 2. Daraus folgt a 2 = a 1 ; und natürlich gilt a i = a i für alle 3 i p. Die komplexe Konjugation ist ein Körperautomorphismus von C und induziert also einen Körperautomorphismus von L, und somit ein Element von G. Als Permutation dargestellt ist es die Transposition (1 2), womit ii. bewiesen ist. Aus Aufgabe 2 der Übungsserie 4 der Vorlesung Algebra I des Herbstsemesters istbekannt,daßjedeuntergruppevons p mitdenobigeneigenschafteni.und ii. gleich S p ist. Daraus folgt die gewünschte Behauptung. (b) Wir konstruieren ein solches Polynom, indem wir mit einem geeigneten Polynom vom Grad p beginnen, welches genau zwei nicht-reelle Nullstellen hat, und seine Koeffizienten nur wenig abändern, so dass diese Eigenschaft erhalten bleibt. Die Irreduzibilität garantieren wir mit dem Eisensteinkriterium bei irgendeiner Primzahl, zum Beispiel bei 2. Für t R definieren wir p 2 f t (x) := (x 2 +1) (x j)+t. Behauptung: Es existiert ein ε > 0, sodass f t für jedes t mit t < ε in C genau p 2 verschiedene reelle, sowie 2 komplex konjugierte nicht-reelle Nullstellen hat. Beweis: Die Funktion f 0 hat in C die Nullstellen z k := k für 1 k p 2, sowie z p 1,z p := ±i. Seien G k := {z C z z k < 1} und G := n 3 k=1 G k und sei ε := min z G f 0 (z). Dann gilt für jedes t R mit t < ε und für 1 k p: z G k : f t (z) f 0 (z) < f t (z) + f 0 (z). NachdemSatzvonRouchéhabenalsof t undf 0 ing k gleichvielenullstellen, also genau eine. Die beiden Nullstellen von f t in G p 1 und G p sind nicht-reell und komplex konjugiert. Die Nullstellen von f t in G 1,...,G p 2 sind alle reell; wärenämlichz G k einenicht-reellenullstellevonf t,somüsstediesauchfür z G k gelten, im Widerspruch zur Feststellung, dass f t genau eine Nullstelle in G k hat. Sei nun ε wie oben und k Z >0, sodass t := 2 < ε und sei (2k) p j=1 p 2 f(x) := f t (x/2k) (2k) p = (x+4k 2 ) (x 2kj)+2. 7 j=0

8 Nach obiger Behauptung hat f t und somit auch f genau p 2 relle, sowie 2 komplex konjugierte nicht-reelle Nullstellen. Ausserdem ist f irreduzibel nach dem Eisenstein Kriterium bezüglich der Primzahl 2. 8