Leitfaden Bielefeld SS 2007 III-4

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1 Leitfade Bielefeld SS 2007 III Der allgemeie Fall. Satz. Sei N 1, sei ω eie primitive -te Eiheitswurzel ud K = Q[ω ]. Da gilt: (a) [K : Q] = φ(), (b) Φ ist irreduzibel, (c) O K = Z[ω ]. (d) Eie Primzahl teilt geau da K, we sie teilt. (e) Eie Primzahl ist geau da i K verzweigt, we sie teilt. Beweis: Schreibe = p e 1 1 pe r r mit paarweise verschiedee Primzahle p i ud Expoete e i 1, für 1 i r. Wir wolle die Aussage (a), (c), (d) mit Iduktio ach r beweise. De Fall r = 1 habe wir i 8.1 betrachtet. Sei u r 2. Sei = p e 1 1 pe r 1 r 1. Sei α eie primitive -te Eiheitswurzel ud β eie primitive p e r r -te Eiheitswurzel. Da ist αβ eie primitive -te Eiheitswurzel. Es ist also K = Q[ω ] das Kompositum vo Q[α] ud Q[β]. Nach Iduktio gelte die Aussage (a), (c), (d) für Q[α] ud atürlich auch für Q[β]. Da die eizige Primzahle, die Q[α] teile, die Primzahle p 1,..., p r 1 sid, ud der Betrag der Diskrimiate Q[β] eie Potez vo p r ist, sid die beide Diskrimiate teilerfremd. Wir köe also Satz 6.8 a wede. Wir sehe als erstes: [K : Q] = [Q[α]: Q] [Q[β]: Q] = φ( )φ(p e r r ) = φ(), also die Behauptug (a). Nach Iduktio hat Q[α] eie Gazheitsbasis, die ur Poteze vo α ethält, etspreched hat Q[β] eie Gazheitsbasis, die ur Poteze vo β ethält. Nach 6.8 besitzt also O K eie Gazheitsbasis, die ur Elemete der Form α a β b mit gazzahlige Expoete ethält. Mit α ud β ist auch α a β b eie Potez vo ω, wir sehe also: O K Z[ω ] O K, damit ist (c) gezeigt. Auch (d) folgt atürlich umittelbar aus 6.8. Da ω eie Nullstelle vo Φ ist ud Φ de Grad φ() hat, folgt (b) aus (a). Nach 6.6 sid die Aussage (d) ud (e) äquivalet Die Galois-Gruppe Gal(Q[ω ]: Q). Satz. Sei 1 a ud (a, ) = 1. Da wird durch ω ω a ei Automorphismus σ a vo Q[ω ] defiiert (ud atürlich ist σ a (ω i ) = (ω i ) a für alle i). Die Zuordug a σ a ist ei Gruppe-Isomorphismus U(Z/) Gal(Q[ω ]: Q) ud die Körpererweiterug Q[ω ]: Q ist galois sch. Beweis. Seie 1 a, b ud (a, ) = 1 = (b, ). Es ist σ a σ b (ω) = σ a (ω b ) = σ a (ω) b = (ω a ) b = ω ab = σ ab (ω).

2 III-5 Algebraische Zahletheorie Dies zeigt, dass die geate Abbildug ei Gruppe-Homomorphismus ist. Die Abbildug ist ijektiv, de ist σ a = σ b, so ist ω a = σ a (ω) = σ b (ω) = ω b, ud damit a = b. Nu ist U(Z/) = φ() also erhalte wir die folgede Ugleichugskette φ() = U(Z/) Gal(Q[ω ]: Q) [Q[ω ]: Q] φ(), dabei liefert die Ijektivität der Zuordug a σ a das erste Kleier-Gleich-Zeiche, das Dedekid-Lemma das zweite Kleier-Gleich-Zeiche, ud die Tatsache, dass ω eie Nullstelle des Kreisteilugspolyoms Φ ist, das dritte Kleier-Gleich-Zeiche (wir setze also icht voraus, dass wir wisse, dass Φ irreduzibel ist: usere Vergleichskette liefert eie eue Beweis dafür!). Alle drei Kleier-Gleich-Zeiche köe also durch Gleichheitszeiche ersetzt werde. Das zweite Gleichheitszeiche besagt, dass die Körpererweiterug Q[ω ]: Q galois sch ist, das erste zeigt, dass die Zuordug a σ a bijektiv ist: Es gilt also: U(Z/) = Gal(Q[ω ]: Q) (das Gleichheitszeiche ist die kaoische Isomorphie a σ a, jeder Restklasse a wird der Körper-Automorphismus vo Q[ω ] zugeordet, der jede Eiheitswurzel auf ihre a-te Potez abbildet). Das dritte Gleichheitszeiche liefert ereut eie Beweis, dass Φ irreduzibel ist. Folgeruge. Die Galois-Gruppe Gal(Q[ω ]: Q) ist abelsch. Beweis: Die Gruppe U(Z/) ist abelsch. Die Struktur der Gruppe U(Z/) ist bekat (siehe Merkzettel), damit also auch die Struktur vo Gal(Q[ω ]: Q). Dies soll hier explizit formuliert werde, dabei bezeiche wir mit C = (Z/+) die zyklische Gruppe der Ordug. (a) Sei = p e 1 1 pe r r mit paarweise verschiedee Primzahle. Da ist Gal(Q[ω ]: Q) = Gal(Q[ω p e 1 1 ]: Q) Gal(Q[ω p er]: Q) 5 (b) Ist p ugerade Primzahl, ud = p t mit t 1, so ist die Galois-Gruppe Gal(Q[ω ]: Q) zyklisch, ud zwar ist Gal(Q[ω ]: Q) = C (p 1)p t 1 = C p 1 C p t 1 (b) Ist p = 2, ud = p t, so ist Gal(Q[ω 2 ]: Q) = C 1, ud für t 2 Gal(Q[ω 2 t]: Q) = C 2 C 2 t 2.

3 Leitfade Bielefeld SS 2007 III Primzahle i der arithmetische Progressio 1, 1 +, 1 + 2,.... (Wir verwede hier eigetlich ur die Defiitio der Kreisteilugspolyome.) Satz. Zu jeder atürliche Zahl gibt es uedlich viele Primzahle p mit p 1 mod. Beweis: Wir zeige folgedes Lemma. Lemma. Sei eie atürliche Zahl ud p eie Primzahl, die icht teilt. Geau da gibt es ei a Z mit p Φ (a), we p 1 mod gilt. Beweis: Sei a Z mit p Φ (a). Wege Φ (a) a 1 ist die Ordug d der Restklasse vo a i Z/p ei Teiler vo. Wir zeige d =. Wäre d ei echter Teiler vo, so wäre p Teiler vo a d 1, also wäre p 2 (a d 1)Φ(a) a 1. Aus a d 1 0 mod p folgt, dass auch (a + p) d 1 0 mod p gilt. Aus Φ (a) 0 mod p folgt, dass auch Φ (a + p) 0 mod p gilt. Also p 2 ((a + p) d 1)Φ(a + p) ((a + p) 1) = (a + a 1 p +...) 1. Modulo p 2 sehe wir: 0 (a + a 1 p +...) 1 a 1 p mod p 2, aber p ist kei Teiler vo ud auch kei Teiler vo a. Damit habe wir d = gezeigt. Nu hat die Gruppe (Z/p) die Ordug p 1, also ist die Ordug eies jede Elemets dieser Gruppe ei Teiler vo p 1, also p 1. Damit ist eie Richtug gezeigt (ur diese wird weiter ute gebraucht). Umgekehrt sei p 1. Die Gruppe (Z/p) ist eie zyklische Gruppe der Ordug p 1, hat also ei Elemet a der Ordug. Also p a 1 = d Φ d(a). Ist d ei echter Teiler vo, so würde aus p Φ d (a) a d 1 folge, dass die Ordug vo a ei Teiler vo d wäre, Widerspruch. Also gilt: p Φ (a). Beweis des Satzes. Ageomme, es gibt ur edlich viele Primzahle p mit p 1, etwa p 1,..., p t. Betrachte die Zahle Φ (zp 1 p t ) mit z N. Das Polyom Φ hat de Grad φ() 1 ud ist ormiert, also ist Φ (zp 1 p ) > 1 für z 0. Sei p eie Primzahl mit p Φ (zp 1 p t ) für ei z. Das Lemma zeigt, dass ei Teiler vo p 1 ist, also p = p i für ei i. Also Widerspruch. p i Φ (zp 1 p t ) (zp 1 p t ) 1,

4 III-7 Algebraische Zahletheorie Bemerkuge. (1) Für = 1, also Φ 1 = X 1 etspricht dies dem übliche Beweis für die Existez uedlich vieler Primzahle. (2) Es hadelt sich um eie Spezialfall des Dirichlet-Satzes über Primzahle i arithmetische Progressioe (hier betrachtet ma die arithmetische Progressio 1, 1+, 1+2, 1+3,....) Hier die Formulierug des allgemeie Satzes: Ist (a, m) = 1, so gibt es uedlich viele Primzahle p mit p a mod. (3) Warum ist gerade dieser Spezialfall vo Iteresse? Beachte: Für t 1 ist φ(p t ) = (p 1)p t 1, ud atürlich ist (p 1, p t ) = 1. Es ist also p 1 der größte zu p teilerfremde Teiler vo φ(p t ). Die hier bewiesee Behauptug besagt gerade: Es gibt uedlich viele Primzahle p, sodass ei Teiler vo p 1 ist. Dies bedeutet: Folgerug. Sei 1 eie atürliche Zahl. Da gibt es uedlich viele Primzahle p, sodass der Kreisteilugskörper Q[ω p ] (hier ist ω p eie primitive p-te Eiheitswurzel) eie Uterkörper K vom Grad p besitzt. Beweis: Ist ei Teiler vo p 1, etwa p 1 =, so besitzt Gal(Q[ω p ]: Q) = C p 1 eie (atürlich wieder zyklische) Utergruppe U der Ordug. Sei K = Fix(U) = {x Q[ω p ] σ(x) = x für alle σ U}. Die Galois-Theorie besagt: [K : Q] = Eiheite i Q[ω p ] Satz. Sei p ugerade Primzahl, sei ω = ω p eie primitive p-te Eiheitswurzel ud K = Q[ω]. (a) Ist η eie Eiheitswurzel i K, so ist η oder η eie p-te Eiheitswurzel. (b) Jede Eiheit η O K ist Produkt eier p-te Eiheitswurzel ud eier reelle Eiheit. Beweis. (a) Aufgabe (b) Mit η ist auch die komplex-kojugierte Zahl η i O K ud η ist ebefalls eie Eiheit i O K. Setze ζ = ηη 1. Behauptug: die zu ζ kojugierte Elemete ζ i habe alle de Betrag 1. Sei σ a Gal(Q[ω]: Q) durch σ a (ω) = ω a defiiert; isbesodere ist σ 1 die komplexe Kojugatio, also ist ζ = ησ 1 (η) 1. ud es gilt σ a σ 1 = σ 1 σ a für alle a. Es ist ζ i = σ a (ζ) für ei 1 a p 1. Also ζ i = σ a (ησ 1 (η) 1 ) = σ a (η) σ a σ 1 (η) 1 ) = σ a (η) σ 1 σ a (η) 1 ) = σ a (η) σ a (η) 1. Also ist ζ i = σ a (ησ 1 (η) 1 ) = σ a (η) σ a (η) 1 = σ a (η) σ a (η) 1 = 1 Es gilt gaz allgemei (siehe 8.6): Ist ζ eie Eiheit, sodass alle Kojugierte vo ζ de Betrag 1 habe, so ist ζ eie Eiheitswurzel.

5 Leitfade Bielefeld SS 2007 III-8 Natürlich gilt η = ζη. Schreibe ζ = (ζ ) 2 wobei auch ζ eie p-te Eiheitswurzel ist (dies ist möglich, de p ist ugerade). Da ist ud η = ζη = ζ (ζ η) (ζ η) = (ζ ) 1 η = ζ η, also ist ζ η reell. Ist ζ eie p-te Eiheitswurzel, so ist η = ζ (ζ η) die gesuchte Faktorisierug. Ist dagege ζ eie -te Eiheitswurzel, so betrachtet ma η = ( ζ )( ζ η) Nachtrag: Der Betrag eier gaze algebraische Zahl. Satz. Sei c > 0 eie reelle Zahl. Sei K algebraischer Zahlkörper. Es gibt ur edlich viele Zahle α O K mit α i c für alle Kojugierte α i vo α. Beweis: Der Grad vo K (über Q) sei. Setze c = max{1, ( ( 1) c, ) 2 c 2,..., ( 1) c 1, c }. Sei α O K mit α i c. Sei s r das r-te elemetar-symmetrische Polyom i Variable, also s r (X 1,..., X ) = i 1 <i 2 < <i r X i1 X ir, beachte, dass dies eie Summe mit ( r) Summade ist. Es ist s r (α 1,..., α ) ( r) c r c. Wir sehe also: Die Koeffiziete des Miimalpolyom f vo α sid betragsmäßig durch c beschräkt, also gehört f zur edliche Mege { S = b i X i=0 b i c } Z[T]. Da S edlich ist, ist auch die Azahl der Nullstelle der Polyome i S edlich (jedes dieser Polyome hat ur edlich viele Nullstelle). Bemerkug: I O K ka es atürlich uedlich viele Zahle α mit α c gebe. Betrachte etwa K = Q[ 2] ud c = 1. Es ist < 1, also sid die Zahle (3 2 2) mit N 1 paarweise verschiede ud (3 2 2) < 1. Folgerug. Sei K algebraischer Zahlkörper. Sei α O K mit α i = 1 für alle Kojugierte α i vo α. Da ist α eie Eiheitswurzel. Betrachte α mit N 1. Die Kojugierte vo α sid (α ) i = (α i ). Aus α i = 1 folgt (α ) i = (α i ) = α i = 1. Der Satz besagt: die Elemete α, α 2, α 3,... sid icht paarweise verschiede. Sei etwa a < b mit α a = α b. Da ist α b a = 1, also ist α eie (b a)-te Eiheitswurzel.