Algebra I. Walter Gubler

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1 Algebra I Walter Gubler 29. April 2010

2 2 Dieses Skript wurde während meiner Vorlesung Algebra I im WS 09/10 an der Eberhard-Karls-Universtität Tübingen von Robin Röpke erstellt, dem ich dafür vielmals danke. Das Skript kann nur für die Hörer meiner Vorlesung von Nutzen sein. Wer sich sonst für Algebra interessiert, der sei auf die Literaturliste am Ende verwiesen, aus der ich alle hier aufgeschriebenen Informationen genommen habe. Vielen Dank auch denjenigen, die mir Fehler in der Mitschrift gemeldet haben. Es wird noch einige weitere Fehler geben, da die Mitschrift von mir nicht richtig überprüft wurde. Wer weitere Fehler findet, soll sie bitte an walter.gubler@uni-tuebingen.de melden. Walter Gubler Einleitung Die klassische lineare Algebra befasst sich mit dem Lösen von linearen Gleichungen. Das ist ein Spezialgebiet der klassischen Algebra, die sich mit dem Lösen von polynomialen Gleichungen in einer oder mehreren Variablen beschäftigt. Die moderne Algebra befasst sich mit dem Studieren von Verknüpfungen. Dieser abstrakte Zugang hat den Vorteil, dass man eine Fülle von Anwendungen hat. In dieser Vorlesung werden wir die drei Strukturen Gruppen, Ringe und Körper untersuchen, die wir schon in der linearen Algebra angetroffen haben. Die Vorlesung dient als Grundlage für alle weiteren Vorlesungen im Bereich Algebra und Zahlentheorie.

3 Inhaltsverzeichnis 1 Gruppentheorie Gruppen Nebenklassen Faktorgruppen Zyklische Gruppen Permutationsgruppen Gruppenoperationen Die Sylow-Sätze Klassifikation Ringtheorie Ringe Ideale und Restklassenringe Beispiele für Ringe Teilbarkeit in Monoiden Hauptideale Faktorielle Ringe Polynome über faktoriellen Ringen Körper Grundlagen Körpererweiterungen Algebraische Zahlen Zerfällungskörper Algebraisch abgeschlossene Körper Galois-Theorie Normale Körpererweiterungen Separable Körpererweiterungen

4 4 INHALTSVERZEICHNIS 4.3 Galois-Erweiterung Zyklotomische Körpererweiterungen Auflösbare Gruppen Konstruierbarkeit mit Zirkel und Lineal Auflösbarkeit algebraischer Gleichungen A Übungen 115 Literatur 127

5 Kapitel 1 Gruppentheorie 1.1 Gruppen Gruppen spielen eine wichtige Rolle in der Mathematik, sie treten häufig auf im Zusammenhang mit Symmetrien. Wir fassen in diesem Abschnitt die Grundlagen zusammen, die zum Teil schon aus der linearen Algebra bekannt sind. Definition Eine Gruppe ist eine Menge G mit einer Verknüpfung G G G mit (a, b) a b mit folgenden Axiomen: (i) (a b) c = a (b c) (ii) e G mit a e = e a = a (iii) a G : a 1 G mit a a 1 = a 1 a = e Eine Gruppe G mit einer Verknüpfung heißt abelsch, genau dann, wenn sie kommutativ ist. d.h. a b = b a a, b G. Bemerkung (i) Das Neutralelement ist eindeutig (ii) Die Inverse a 1 ist eindeutig zu jedem a G (iii) (a b) 1 = b 1 a 1 (iv) Die Gleichung ax=b hat eine Lösung in x. Es gilt: x = a 1 b Die Gleichung ya=b hat eine Lösung in y. Es gilt y = b a 1 5

6 6 KAPITEL 1. GRUPPENTHEORIE Beweis. Folgt sofort alles aus den Axiomen Ein Homomorphismus ist eine Abbildung ϕ : G 1 G 2 zwischen den Objekten, die die Struktur erhällt, d.h. wir haben hier eine Abbildung ϕ : G 1 G 2 zwischen Gruppen mit ϕ(a b) = ϕ(a) ϕ(b). Unterobjekte sind Teilmengen eines gegebenen Objekts mit derselben vererbten Verknüpfung. Wir definieren eine Untergruppe H einer Gruppe G H G mit e H a, b H = a b H a H = a 1 H Durch diese Axiome erreicht man, dass H selbst eine Gruppe bezüglich der von G vererbten Verknüpfung ist. Bemerkung Sei ϕ : G 1 G 2 ein Homomorphismus (i) ϕ(e 1 ) = e 2 für das Neutralelement e i von G i (ii) ϕ(a 1 ) = ϕ(a) 1 für alle a G i (iii) Sei ψ : G 2 G 3 auch ein Gruppenhomomorphismus. Dann ist ψ ϕ ein Gruppenhomomorphismus. Beweis. (i) ϕ(e 1 ) = ϕ(e 1 e 1 ) = ϕ(e 1 ) ϕ(e 1 ) = ϕ(e 1 ) = e 2 Hier ist a = ϕ(e 1 ) = b; ax = b hat also Lösung x = ϕ(e 1 ) und x = e 2 (ii) Also ϕ(a 1 ) = ϕ(a) 1 ϕ(a) ϕ(a 1 ) = ϕ(a a 1 ) = ϕ(e 1 ) = e 2 (iii) ψ ϕ(a b) = ψ(ϕ(a b)) = ψ(ϕ(a) ϕ(b)) = ψ(ϕ(a)) ψ(ϕ(b)) Also ist ψ ϕ ein Gruppenhomomorphismus.

7 1.1. GRUPPEN Sei ϕ : G 1 G 2 ein Gruppenhomomorphismus. Wir defineren den Kern von ϕ als ker(ϕ) := ϕ 1 (e 2 ) = {a G 1 ϕ(a) = e 2 } ker(ϕ) ist eine Untergruppe von G 1, ϕ(g 1 ) ist eine Untergruppe von G 2. Weiter ist ϕ genau dann injektiv, wenn ker(ϕ) = {e 1 } Beispiel N 0 ist keine Gruppe bezüglich +, da kein Inverses. Jedoch sind (Z, +), (Q, +), (R, +), (Q, +) Gruppen. Z, Q, R, C sind bzgl keine Gruppen, da die 0 kein Inverses hat Eine Menge M mit einer assoziativen Verknüpfung heißt Monoid, wenn es ein Neutralelement gibt. (N 0, +), (Z, ), (Q, ), (R, ), (C, ) sind Monoide. Sei (M, ) ein Monoid. Dann definieren wir M := {a M a 1 M mit a 1 a = aa 1 = e} Es folgt sofort aus der Definition, dass M bezüglich eine Gruppe ist. Als Beispiele erwähnen wir (Z, ) = { 1, 1}, (Q, ) = Q\ {0}. Beispiel Sei X eine Menge. Wir definieren uns: M(X) := die Menge aller Abbildungen f : X X und wir benutzen die Verknüpfung von Selbstabbildungen. Dann ist M(X) ein Monoid mit Neutralelement. M(X) = ist die Menge der bijektiven Abbildungen. S(X) := M(X) heißt die symmetrische Gruppe auf X. Speziell wenn X = {1,..., n} ist, dann ist S(X) die Permutationsgruppe S n Jedes σ S n hat ein Signum sig(σ) { 1, 1}. Die Abbildung sig : S n {±1} ist ein Gruppenhomomorphismus und ker(σ) ist nach 1.5 eine Untergruppe von S n die wir mit A n bezeichen und die Alternierende Gruppe hießt. Für n 2 sind S n und A n keine abelschen Gruppen. Bemerkung Sei V ein Vektorraum über den Körper K. Wir bezeichnen mit GL(V ) die Menge der Vektorraumautomorphismen. Dann ist GL(V ) eine Untergruppe von S(V ). Für V = K n kann man GL(V ) mit der Gruppe der invertierbaren n n- Matrizen (mit Matrizenmultiplikation) identifiziern. Diese Gruppe wird mit GL(n, K) bezeichnet. In der Linearen Algebra lernt man Homomorphismus GL(n, K) Det. K (= K\ {0}, ) kennen. SL(n, K) := {A GL(n, K) det(a) = 1}

8 8 KAPITEL 1. GRUPPENTHEORIE ist eine Untergruppe von GL(n, K) und heißt spezielle lineare Gruppe. Für n 2 ist SL(n, K) und damit auch GL(n, K) nicht abelsch. Definition Sei ϕ : G 1 G 2 ein Gruppenhomomorphismus. Dann heißt ϕ Gruppenisomorphismus, wenn es einen Gruppenhomomorphismus ψ : G 2 G 1 gibt, so dass ϕ ψ = id G2 und ψ ϕ = id G1. Falls G 1 = G 2, spricht man von einem Automorphismus von Gruppen. Proposition Sei ϕ : G 1 G 2 ein Gruppenhomomorphismus. Dann ist ϕ genau dann ein Isomorphismus, wenn ϕ bijektiv ist. Beweis. siehe Übung Definition Sei (G i ) i I eine Familie von Gruppen. Dann betrachten wir G i = { } (x i ) xi i I G i i I Wir definieren dann das Produkt der Gruppen (G i ) i I als i I G i versehen mit der Verknüpfung (x i ) i I (y i ) i I := (x i y i ) i I Bemerkung Ein häufiges Beispiel ist I = {1, 2}, d.h. G 1, G 2. Wir haben dann G 1 G 2 = { (g 1, g 2 ) g i I } mit (g 1, g 2 ) (g 1, g 2) = (g 1 g 1, g 2 g 2) Es folgt sofort, dass das Produkt von Gruppen wieder eine Gruppe ist. 1.2 Nebenklassen In diesem Abschnitt ist G eine Gruppe und H eine Untergruppe von G. Unser Ziel ist es in G modulo H zu rechnen. Beispiel G = Z und H = 7Z Wir haben dann m n modulo 7 m n H n + m H. Wir wollen diese Konstruktion auf eine beliebige Gruppe G verallgemeinern. Eine Schwierigkeit dabei ist, dass G nicht kommutativ sein muss.

9 1.2. NEBENKLASSEN Wir wollen zuerst die Verknüpfung erweitern auf Teilmengen von G. Per Definition ist das Produkt a priori nur auf den Elementen definiert (oder äquivalent auf 1-elementigen Teilmengen). Seien jetzt Y G, Z G. Wir definieren dann Y Z := { y Y, z Z y z } G Damit erhalten wir eine Verknüpfung auf die Potenzmenge von G P ot(g). Wir bestimmen durch Konvention dass gilt: Z := Assoziativität folgt sofort aus der Assoziativität von G. Neutralelement: {e} : {e} Z = {e z z Z} = Z Damit ist P ot(g) ein Monoid. Es ist keine Gruppe, da die meisten Teilmengen kein Inverses haben (z.b. ). Wenn H eine Untergruppe von G ist, dann gilt: H H = H. Für g G definieren wir g H := {g} H = {g h h H} als Linksnebenklasse von H. Weiter definieren wir für g 1, g 2 G die Relation g 1 g 2 : g 2 1 g 1 H und sagen, dass g 1 kongruent zu g 2 modulo H ist. Proposition ist eine Äquivalenzrelation Beweis. reflexiv: g 1 g = e H, d.h. g g symmetrisch sei g 1 g 2, d.h. g 2 1 g 1 H = g 1 1 (g 2 1 ) 1 H = g 2 g 1 transitiv Sei g 1 g 2, g 2 g 3, d.h. g 2 1 g 1 H, g 3 1 g 2 H = (g 3 1 g 2 )(g 2 1 g 1 ) H = g 1 g 3 Proposition Sei g G. Dann ist die Äquivalenzklasse von g bezüglich gleich der Linksnebenklasse gh. Beweis. Äquivalenzklasse von g = {g G g g} = {g G g 1 g H} = {g G g gh} = gh

10 10 KAPITEL 1. GRUPPENTHEORIE Bemerkung Die Äquivalenzklassen einer Äquivalenzrelation zerlegen die Grundmenge (hier = G) in disjunkte Teile. Wir wählen aus jeder Äquivalenzklasse genau ein Element. Damit erhalten wir ein Repräsentatensystem. In unserem Beispiel G = Z und H = 7Z können wir als Repräsentantensystem R = {0, 1, 2,..., 6} wählen, aber andere Wahlen sind auch möglich, z.b. R = { 49, 8, 2, 3, 4, 5, 6}. Ganz allgemein gilt aufgrund von = G = gh. g R Sei g G. Dann definieren wir die Linkstranslation mit g durch T g : G G mit x g x Die Linkstranslation ist eine bijektive Abbildung, denn sie hat als Umkehrabbildung T g 1. Definition Sei G nun eine endliche Gruppe. Die Anzahl der Linksnebenklassen von H heißt der Index von H in G. Der Index wird mit (G : H) bezeichnet. Die Anzahl der Elemente von G heißt die Ordnung von G. Sie wird mit ord(g) bezeichnet. Theorem (Lagrange). ( ) ord(g) = ord(h)(g : H) Beweis. Nach ( ) gilt: ord(g) = g R gh Nach gilt: gh = T g (H) Tg bij. = H = ord(h) = ord(g) = R ord(h) Weil R ein Repräsentantensystem ist und die Äquivalenzklasse gleich den Linksnebenklassen, muss R = (G : H) sein und es folgt der Satz. Korollar ord(h) ist ein Teiler von ord(g) Bemerkung Man kann verallgemeinern für unendliche Gruppen G, wenn man ord(g) = setzt und die Rechenregeln n = n N { } im Satz von Lagrange benutzt.

11 1.3. FAKTORGRUPPEN Faktorgruppen Unser Ziel: Sei H wieder eine Untergruppe von G. Wir wollen eine Gruppenstruktur G/H definieren, analog zu Z/7Z Wir definieren G/H als Menge der Äquivalenzklassen bezüglich aus 2.6. Also ist G/H = {gh g G} die Menge der Linksnebenklassen nach 2.8. Intuitiv würde man (g 1 H) (g 2 H) := g 1 g 2 H definieren. Leider funktioniert dies nicht bei beliebigen Untergruppen H von G, weil die Definition von der Wahl der Repäsentanten g 1 bzw g 2 abhängt. Wir werden eine zusätzliche Eigenschaft an H verlangen und die entsprechenden Untergruppen Normalteiler nennen. Für Normalteiler werden wir zeigen, dass obige Definition klappt. Umgekehrt kann man zeigen, dass die Eigenschaft Normalteiler auch hinreichend ist. Definition Eine Untergruppe N von G heißt Normalteiler genau dann, wenn gilt: gng 1 = N g G. Wenn N ein Normalteiler von G ist, dann bezeichnen wir das mit N G. Bemerkung (i) Zur Erinnerung: gng 1 := {gxg 1 x N} und wir lassen oft weg. (ii) In einer abelschen Gruppe ist jede Untergruppe ein Normalteiler : gng 1 = Ngg 1 = Ne = N Sei jetzt N G. Wir erinnern an die Definition g 1 g 2 g 1 2 g 1 N. Weiter ist G/N der Raum der Äquivalenzklassen. Für g G wird mit g die Äquivalenzklasse von g bezeichnet. Wir haben in gesehen, dass g = gn gilt. Unser Ziel ist es, eine Gruppenstruktur auf G/N repräsentantenweise zu definieren (analog zu Z/nZ): Proposition Sei N G. Dann ist G/N eine Gruppe bezüglich g 1 g 2 := g 1 g 2.

12 12 KAPITEL 1. GRUPPENTHEORIE Beweis. Wir müssen zuerst zeigen, dass die oben definierte Verknüpfung wohldefiniert ist auf G/N, d.h. unabhängig von der Wahl der Repräsentanten. Seien also g 1 g 1, dann ist zu zeigen: g 1 g 2 g 1 g 2. (g 1g 2 ) 1 g 1 g 2 = g2 1 (g 1) 1 g }{{} 1 g 2 g2 1 Ng 2 Normalteiler = N = g 1 g 2 g 1g 2 N,g 1 g 1 Sei nun g 2 g 2 dann ist zu zeigen : g 1g 2 g 1 g 2 : (g 1 g 2) 1 (g 1 g 2 ) = (g 2) 1 g 1 1 g 1g 2 = (g 2) 1 g 2 N Fazit: Die Verknüpfung ist wohldefiniert auf G/N Die Gruppenaxiome für G/N folgen aus den entsprechenden Axiomen für G, weil wir repäsentatenweise rechnen dürfen. Definition G/N heißt Faktorgruppe. Bemerkung Die Quotientenabbildung π : G G/N, g g ist ein surjektiver Gruppenhomomorphismus, weil wir in G/N repäsentantenweise rechnen dürfen. Dann ist ker(π) = N Beweis. g ker(π) = π(g) = (e) = g = e = g e = g en = N Proposition Sei ϕ : G 1 G 2 ein Gruppenhomomorphismus, dann ist ker(ϕ) ein Normalteiler von G 1 Beweis. Schritt 1: Sei g 1 G 1, dann gilt: g 1 ker(ϕ)g1 1 ker(ϕ) Für x ker(ϕ) gilt: ϕ(g 1 xg 1 1 ) = ϕ(g 1)ϕ(x)ϕ(g 1 ) 1 = ϕ(g 1 )e 2 ϕ(g 1 ) 1 = ϕ(g 1 )ϕ(g 1 ) 1 = e 2 d.h. g 1 xg 1 1 ker(ϕ) und somit g 1 ker(ϕ)g 1 1 ker(ϕ)

13 1.3. FAKTORGRUPPEN 13 Schritt 2: Wir benutzen den ersten Schritt für g 1 1 statt für g 1 dies ist erlaubt, weil g 1 1 G 1 1.Schritt = g 1 1 ker(ϕ)(g 1 1 ) 1 ker(ϕ) = g 1 1 ker(ϕ)g 1 ker(ϕ) Mit Multiplikation von links mit g 1 und von rechts mit g 1 1 folgt: ker(ϕ) = g 1 (g1 1 ker(ϕ)g 1)g1 1 g 1 ker(ϕ)g1 1 Theorem (Homomorphiesatz). Sei ϕ : G 1 G 2 Gruppenhomomorphismus. Dann gibt es genau einen Homomorphismus ϕ : G 1 /ker(ϕ) G 2, so dass ϕ(x) = ϕ(x). Weiter induziert ϕ einen Isomorphismus G 1 /ker(ϕ) ϕ(g 1 ). Beweis. Siehe Übung. Theorem (1. Isomorphiesatz). Sei G eine Gruppe, H eine Untergruppe und N G. Dann gilt: (1) HN ist eine Untergruppe von G mit Normalteiler N HN (2) H N H (3) H/H N (HN)/N, x(h N) xn ist ein Isomorphismus Beweis. zu (1): Wir nehmen zwei Elemente h 1 n 1 HN und h 2 n 2 HN, mit h i H, n i N und wir müssen zeigen, dass (h 1 n 1 )(h 2 n 2 ) HN ist. Wir benutzen, dass N ein Normalteiler in G ist, und somit gng 1 = N g G Wenn man dies für g 1 statt g benutzen, folgt auch g 1 Ng = N g G ( ) (h 1 n 1 )(h 2 n 2 ) = h 1 h 2 h 1 2 n 1h 2 }{{} N nach ( ) n 2 h 1 h 2 Nn 2 h 1 h 2 NN Untergruppe HN

14 14 KAPITEL 1. GRUPPENTHEORIE Also ist eine innere Verknüpfung auf HN. Da e = e e = e HN Sei hn HN: (hn) 1 = n 1 h 1 = h 1 hn } 1 {{ h 1 } h 1 N H Untergruppe HN N,daN G Somit sind alle Untergruppenaxiome erfüllt und (1) folgt. zu (2): Der Durchschnitt zweier Untergruppen ist offensichtlich wieder eine Untergruppe. Zu zeigen bleibt, dass H G die Normalteilereigenschaft erfüllt: Sei h H. Zu zeigen ist: h(h N)h 1 = H N Sei also n H N. Weil H eine Untergruppe ist, muss hnh 1 H. Weil N G = hnh 1 N. Zusammengefasst gilt: hnh 1 H N und damit haben wir h(h N)h 1 H N gezeigt. Wie im Beweis von 3.9, folgt schon =. zu (3): Wir betrachten den Gruppenhomomorphismus ϕ : H (HN)/N, x xn. Wir zeigen zuerst, dass ϕ surjektiv ist. Sei hnn ein beliebiges Element aus (HN)/N. Weil N eine Untergruppe ist, zeigt man leicht, dass nn = N gilt. Dann gilt ϕ(h) = hn = hnn. Also ist ϕ surjektiv. Als nächstes bestimmen wir den Kern der Abbildung ϕ. h im Kern hn = en = N N Untergruppe h N Also ist der Kern der obigen Abbildung ist gleich H N. Nach dem Homomorphiesatz folgt, dass die induzierte Abbildung ϕ : H/H N HN ein Isomorphismus ist. Theorem (2. Isomorphiesatz). Sei H G, N G, N H G. Dann gilt (1) N H (2) H/N G/N

15 1.4. ZYKLISCHE GRUPPEN 15 gn gh ist ein Gruppenisomorphis- (3) (G/N)/(H/N) mus. G/H, Beweis. Siehe [1], Satz Zyklische Gruppen Proposition Sei Y G. Dann ist Y := {g 1 δ 1... g r δ r r N, gj Y, δ j { 1, 1}} die kleinste Untergruppe von G ist, die Y enthält. Wir nennen Y die von Y erzeugte Untergruppe von G. Beweis. Nach Definition bestehen die Elemente auf der rechten Seite aus Produkten von Elementen aus Y oder ihrer Inversen. Deshalb ist klar, dass die rechte Seite in jeder Untergruppe H enthalten ist mit H Y. Weiter ist die rechte Seite eine Untergruppe, denn sie ist abgeschlossen unter und ( g 1 δ 1... g r δ r ) 1 = (gr δ r ) 1... (g 1 δ 1 ) 1 = g r δ r... g 1 δ 1 ist auch von dieser Bauart. Definition Für g G definieren wir die Potenzen durch g 0 := e und g m := g g... g, g m := (g 1 ) m }{{} m mal für jedes m N. Die Ordnung von g ist definiert als ord(g) := min{n N g n = e} Wenn es kein n N gibt mit g n = e, dann sei die Ordnung ord(g) := Bemerkung Im Abschnitt 1.4 wollen wir die einfachsten Gruppen studieren. Das sind diejenigen Gruppen, die von einem Element g erzeugt werden. Sie heißen zyklische Gruppen und haben nach die Form G = {g n n Z}. Beachte, dass eine zyklische Gruppe abelsch ist: g n g m = g n+m = g m+n = g m g n

16 16 KAPITEL 1. GRUPPENTHEORIE Das einfachste Beispiel einer zyklischen Gruppe ist Z. Dabei ist 1 das erzeugende Element. Beachte, dass der Erzeuger einer zyklischen Gruppe nicht eindeutig ist. In Z ist auch -1 ein erzeugendes Element. Proposition (a) Jede Untergruppe von Z hat die Form mz für geeignetes m N (b) Umgekehrt ist mz eine Untergruppe von Z für alle m Z (c) m 1 Z = m 2 Z m 2 = ±m 1 Beweis. zu (a): Sei H eine Untergruppe von Z. Dann können wir o.b.d.a: H {0} so dass k H\ {0} H = UG k H Also gibt es ein l H mit l > 0 Sei m das kleinste positive Element in H. Wir behaupten, dass mz = H ist. Weil H eine Untergruppe von Z ist und m H = mz H. Sei h H. Mit der Division mit Rest gibt es q, r Z, 0 r < m, so, dass h = q m + r Da h H und m H, folgt, dass q m H und somit auch r = h q m H. Da wir m aber als das kleinste positive Element in H gewählt haben, folgt r = 0 Also ist h = qm Zm, d.h. H mz. Insgesamt ist also H = mz (b) und (c) sind trivial. Lemma Sei G eine Gruppe und g G. Dann ist die Ordnung der von g erzeugten Untergruppe g gleich der Ordnung von g. Sprich: ord(g) = ord( g ) Beweis. Wir betrachten die Abbildung ϕ : Z G, n g n. Aufgrund der Potenzgesetze ist ϕ ein Gruppenhomomorphismus und das Bild von ϕ ist gerade gleich g nach Damit ist ker(ϕ) eine Untergruppe von Z. Nach Proposition gibt es ein m N 0 mit ker(ϕ) = Zm. Nun gilt: g n = g k g n k = e n k ker(ϕ) = Zm m n k ( )

17 1.4. ZYKLISCHE GRUPPEN 17 Fall 1: ord(g) < : Nach Definition ist ord(g) = kleinste positive Element in ker(ϕ) = m. Andererseits besteht g = {g l l Z} aus den verschiedenen Elementen e = g 0, g = g 1, g 2,..., g m 1 (nach ( )) = ord( g ) = m = ord(g). Fall 2: ord(g) = : Dann gibt es kein n Z mit g n = e = ker(ϕ) = {0}. Nach ( ) sind somit alle g n, n Z verschiedenen. = ord( g ) = = ord(g) Proposition Sei G eine Gruppe. Dann gilt: (a) G ist genau dann zyklisch, wenn es ein m N 0 gibt mit G = Z/mZ. (b) Falls G eine endliche zyklische Gruppe ist, gilt G = Z/ord(G)Z. (c) Eine unendliche zyklische Gruppe ist isomorph zu Z. Beweis. zu (a): = : ist trivial, da 1 erzeugend in Z/mZ ist. = wir betrachten wieder den Gruppenhomomorphismus ϕ : Z G, n g n aus dem Beweis von Lemma 1.4.5, wobei G = g. wir haben gesehen, dass ker(ϕ) = Zm gilt für ein m N 0 Nach dem Homomorphiesatz gilt: Z/mZ = Z/ker(ϕ) = ϕ(z) Weiter folgt (b) und (c) sofort aus (a). Bew. 4.5 = g Konstr. = G Bemerkung Sei g G, ord(g) <, k Z. Dann gilt g k = e ord(g) k Beweis. Mit dem ϕ aus dem Beweis von Lemma folgt: g k = e k ker(ϕ) k mz k ord(g)z ord(g) k Theorem Sei G eine endliche Gruppe und sei g G. Dann gilt: ord(g) ord(g)

18 18 KAPITEL 1. GRUPPENTHEORIE Beweis. ord(g) = ord( g ) ord(g). Lemma (Lemma von Bézout). Seien a, b Z. Dann existiert x, y Z mit xa + yb = ggt (a, b) Beweis. Siehe lineare Algebra oder später im Kapitel Ringtheorie. Korollar Für m N gilt: (Z/mZ) = {k ggt (k, m) = 1} Hierbei war (Z/mZ) die Gruppe der invertierbaren Restklassen bezüglich. Beweis. k (Z/mZ) x Z/mZ mit k x = 1 x Z mit k x 1 (mod m) x, y Z mit 1 kx = my x, y Z mit kx + my = 1 ggt (k, m) = 1 = folgt aus dem Lemma von Bézout. = Durch Negation: Wenn l := ggt (k, m) 1, dann gilt l k und l m und damit auch l kx + my x, y Z. Definition Die Eulersche ϕ-funktion ist gegeben durch ϕ(m) := (Z/mZ) für alle m N, d.h. ϕ(m) ist die Anzahl der Elemente in 1, 2,..., m 1, die teilerfremd zu m sind (nach Korollar ). Beispiel (a) ϕ(10) = 4, da 1, 3, 7, 9 alle zu 10 teilerfremden Zahlen < 10 sind. (b) ϕ(7) = 6 Theorem (Satz von Euler). Sei a Z, m N und ggt (a, m) = 1. Dann gilt: a ϕ(m) 1 (mod m)

19 1.5. PERMUTATIONSGRUPPEN 19 Beweis. Sei G := (Z/mZ). Es ist eine endliche Gruppe bezüglich der Multiplikation der Ordnung ϕ(m). Nach Korollar gilt a G. Aus Theorem folgt ord(a) ord(g) = ϕ(m), also gilt ϕ(m) = l ord(a) für ein l N. Nach Definition gilt ( 1 = a ord(a) = 1 = 1 l = a ord(a)) l = a l ord(a) = a ϕ(m) (Z/mZ). Theorem (Kleiner Satz von Fermat). Sei p prim. und a Z. Dann gilt: a p a (mod p) Beweis. Fall 1: p a: Nach dem Satz von Euler und ϕ(p) = p 1 folgt a p 1 1 (mod p) und somit a p a (mod p). Fall 2: p teilt a: a p 0 a (mod p) 1.5 Permutationsgruppen In diesem Abschnitt werden wir sehen, dass die symmetrische Gruppe S(X) aus entscheidend ist für die Gruppentheorie. Wir werden hier insbesondere S n studieren. Theorem (Satz von Cayley). Jede Gruppe G ist isomorph zu einer Untergruppe von S(X) für eine geeignete Menge X. Falls n = ord(g) <, dann kann man S(X) = S n wählen. Beweis. Wir wählen X = G und definieren eine Abbildung ϕ : G S(X), g T g, wobei T g die Linkstranslation mit g ist. Wir haben in gesehen, dass T g eine bijektive Abbildung ist und damit ist ϕ wohldefiniert. Wir zeigen, dass ϕ ein Gruppenhomomorphismus ist. Seien g 1, g 2 G, dann gilt für alle x X = G: und derselbe Weg zurück zeigt ϕ(g 1 g 2 )(x) = T g1 g 2 (x) = (g 1 g 2 )x = g 1 (g 2 x) ϕ(g 1 g 2 )(x) = T g1 (g 2 x) = T g1 (T g2 (x)) = (T g1 T g2 )(x).

20 20 KAPITEL 1. GRUPPENTHEORIE Es folgt, dass ϕ(g 1 g 2 ) = T g1 T g2 und somit ist ϕ ein Gruppenhomomorphismus. Um zu sehen, dass G isomorph ist zu der Untergruppe ϕ(g) von S(X), genügt es zu zeigen, dass ϕ injektiv ist. Dazu müssen wir nach zeigen, dass ker(ϕ) = {e} gilt. g ker(ϕ) T g = id G g x = x x G g = e und so folgt die Behauptung. Wenn ord(g) = n endlich ist, dann ist X = G bijektiv zu {1,..., n} und somit können wir S(X) ersetzen durch {1,..., n} Die Elemente von S n heißen Permutationen und sie werden mit ( ) n π = π(1) π(2) π(3) π(n) bezeichnet. Ein π S n heißt Zyklus, wenn es verschiedene Elemente i 1,..., i r mit r 2 aus {1,..., r} gibt, so dass i 1 i 2 i 3... i r 1 i r i 1 und π(j) = j j / {i 1,..., i r }. Wir bezeichnen diesen Zyklusals π = (i 1 i r ), dabei ist r die Ordnung von π. Zyklen der Ordnung 2 sind Transpositionen. Proposition Paarweise disjunkte Zyklen (i 1 i r ) und (j 1 j s ) kommutieren. Disjunkt heißt {i 1,..., i r } {j 1,..., j s } =. Beweis. Durch Einsetzen der Zahlen k {1,..., n} sieht man durch eine Fallunterscheidung, dass gilt: ((i 1 i r ) (j 1 j s )) (k) = ((j 1 j s ) (i 1 i r )) (k) Proposition Sei π S n, (i 1 i r ) ein Zyklus. Dann gilt: π(i 1 i r )π 1 = (π(i 1 ) π(i r )) Beweis. Funktionert analog durch einsetzen. Theorem Jedes π S n ist ein Produkt von disjunkten Zyklen, eindeutig bis auf Reihenfolge.

21 1.6. GRUPPENOPERATIONEN 21 Beweis. Mit Induktion nach n: Beginne mit: i 1 = 1 i 2 i 3 i r i 1 Der Zyklus (i 1 i r ) stimmt mit π auf {i 1,..., i r } überein. Weil π eine Permutation ist, muss π das Komplement K von {1,... i r } bijektiv auf sich selbst abbilden. Nach Induktion kann man π K als Produkt von disjunkten Zyklen schreiben, eindeutig bis auf eine Reihenfolge, d.h π K = γ 2 γ t γ i ist Zyklus Setze γ 1 = (i 1 i r ), dann gilt nach Konstruktion: π = γ 1 γ 2 γ t Die Eindeutigkeit bis auf Reihenfolge ist klar nach Konstruktion. Theorem Jedes π S n ist Produkt von Transpositionen. Beweis. Nach Satz 5.5 können wir nun OBdA annehmen, dass π = (i 1 i r ) Es gilt aber: (i 1 i r ) = (i 1 i 2 )(i 2 i 3 )(i 3 i 4 ) (i r 1 i r ) 1.6 Gruppenoperationen Oft treten Gruppen geometrisch auf. Standardbeispiel aus Aufgabe 2 ist die Symmetriegruppe G des regulären 6-Ecks X. Dies ist die Dieder-Gruppe G = D 6 mit 12 Elementen. Diese Situation wollen wir jetzt vollkommen abstrakt für beliebige Gruppen G und beliebige Mengen X verallgemeinern. Dies liefert im nächsten Abschnitt die tiefliegenden Sylowsätze. Definition G operiert auf X wir haben eine Abbildung G X X, (g, x) g x X mit: (a) e x = x (b) g 1 (g 2 x) = (g 1 g 2 ) x x X, g 1, g 2 G X selber wird damit nicht zu einer Gruppe erklärt, nur g x X ist definiert für g G und x X.

22 22 KAPITEL 1. GRUPPENTHEORIE Für g G definieren wir eine Abbildung T g : X X, x T g (x) := g x. Beachte, dass T g bijektiv ist mit inverser Abbildung T g 1. T g 1(T g (x)) = T g 1(g x) = g 1 (gx) = (g 1 g)x = ex = x Analog dazu funktioniert T g T g 1 = id Insbesondere ist T g S(X) und (a), (b) zeigen, dass die Abbildung G S(X), g T g ein Gruppenhomomorphismus ist. Die Gruppenoperation von G auf X heißt effektiv genau dann wenn T g = id nur für g = e, d.h. der Kern des obigen Gruppenhomomorphismus G S(X) muss gleich {e} sein. Beispiel Sei G eine Gruppe. Wir wählen X = G und dann haben wir folgende natürliche Gruppenoperation von G auf X: Wir wählen G X X, (g, x) gx als dieselbe Operation, die durch die Gruppenverknüpfung gegeben ist. Dann ist T g (x) = gx gerade die alte Linkstranslation. Diese Gruppenoperation ist effektiv: T G = id gx = x x X g = e Beispiel Wir wählen wieder X := G, definieren aber eine neue Gruppenoperation G X X, (g, x) g x := gxg 1. Wir sagen, dass x mit g konjugiert wird. In diesem Fall gilt T g (x) := gxg 1 und dieses T g heißt innerer Automorphismus. Wir zeigen, dass T g wirklich ein Gruppen-Automorphismus ist. Die Bijektivität haben wir ganz allgemein in gesehen ud die Behauptung ergibt sich aus T g (xy) = g(x, y)g 1 = gxeyg 1 = gxg 1 gyg 1 = T g (x)t g (y). Wir müssen noch zeigen, dass eine Gruppenoperation ist von G auf X. Das überlassen wir dem Leser als einfache Übung. Wir sagen, dass G durch Konjugation auf X = G operiert. Die Gruppenoperation muss nicht effektiv sein, z.b. wenn G abelsch ist, dann gilt: T g = id g G

23 1.6. GRUPPENOPERATIONEN 23 Beispiel Jetzt nehmen wir X := P ot(g) als Potenzmenge von X. Dann operiert G effektiv durch Linkstranslation auf X: G X X, (g, Y ) g Y. Man kann dieses Beispiel noch variieren und X als die Menge der Linksnebenklassen einer gegebenen Untergruppe H nehmen. Dieselbe Vorschrift liefert dann eine effektive Gruppenoperation auf der Menge der Linksnebenklassen oder äquivalent auf G/H. Beispiel G sei wieder eine Gruppe und X := P ot(g). Dann operiert G auf X = P ot(g) durch Konjugation: G P ot(g) = P ot(g) (g, Y ) g y = gy g 1 Wieder ist es leicht zu zeigen, dass das eine Gruppenoperation ist. Definition Sei eine Gruppenoperation von G auf der Menge X gegeben. Für x X heißt Gx = {gx g G} die Bahn von X Wir definieren eine Relation auf X durch x y g G mit x = g y Wie in Abschnitt 1.2 zeigt man, dass eine Äquivalenzrelation ist und die Äquivalenzklassen sind die Bahnen. Eine Gruppenoperation heißt transitiv, wenn X nur aus einer Bahn besteht. Definition Für x X heißt Stab(x) := {g G g x = x} der Stabilisator von x X. Offensichtlich ist Stab(x) eine Untergruppe von G. Proposition Wenn G auf X operiert und x X, dann ist G/Stab(x) G x, gstab(x) g x eine Bijektion.

24 24 KAPITEL 1. GRUPPENTHEORIE Beweis. Wir müssen zeigen, dass die Abbildung wohldefiniert ist, das heißt unabhängig von der Wahl des Repräsentanten g in der Linksnebenklasse gstab(x). Sei also g gstab(x), d.h. h Stab(x) mit g = g h = g x = (g h)x = g(hx) = gx Surjektiv ist klar aus der Definition der Bahn. Also bleibt die Injektivität zu zeigen: g 1 x = g 2 x g 1 2 (g 1x) = g 1 2 (g 2x) = x g 1 2 g 1 Stab(x) g 1 g 2 Stab(x) g 1 Stab(x) = g 2 Stab(x) Theorem (Klassengleichung). Sei G eine endliche Gruppe, X eine endliche Menge und G operiere auf X. Sei R ein Repräsentatensystem aus X bezüglich der Äquivalenzrelation von oben, d.h. aus jeder Bahn wählen wir genau ein Element. Dann gilt: X = x R (G : Stab(x)) }{{} G / Stab(x) Beweis. X ist eine disjunkte Vereinigung der Äquivalenzklassen = disjunkte Vereinigung der Bahnen. = X = Gx. Nach Prop 6.9 gilt: x R Gx = G/Stab(x) = G / Stab(x) = (G : Stab(x)) nach Lagrange. Definition Sei G eine Gruppe. Dann ist das Zentrum von G. Z := {x G gx = xg g G} Das Zentrum ist offensichtlich eine abelsche Gruppe und ein Normalteiler von G: gzg 1 = Zgg 1 = Ze = Z

25 1.6. GRUPPENOPERATIONEN 25 Definition Sei G eine Gruppe, x G, dann heißt der Zentralisator von G. Z(x) := {g G gx = xg} Man zeight leicht folgende Eigenschaften: (a) G ist abelsch G = Z G = Z(x) x G. (b) Z(x) ist eine Untergruppe von G. (c) Z(x) = G x Z Wir wenden nun die Klassengleichung auf die Operation von G auf G an, die durch Konjugation gegeben ist (siehe Beispiel 1.6.3). Wir erinnern, dass X := G und die Operation war definiert durch Konjugation: G X x, (g, x) g x := gxg 1 Es gilt für x G: (i) Stab(x) := {g G g x = x} = Z(x) (ii) x Z Z(x) = G {g G g x = x} = G Bahn G x hat nur ein Element. Beweis. Wir wollen uns die letzte Äquivalenz in (ii) genauer überlegen: = Es gelte {g G g x = x} = G. Dann folgt g x = x g G und damit G x = {x}. = Falls die Bahn G x einelementig ist, dann gilt G x = {x} und somit g x = x g G. Theorem Sei G eine endliche Gruppe. Wir wählen aus jeder Konjugationsklasse {gxg 1 g G} = G x genau ein Element und bilden damit das Repräsentantensystem R. Weiter sei R := {x R G x > 1}. Dann gilt die Klassengleichung ord(g) = ord(z) + x R (G : Z(x)) Beweis. ord(g) = (G : Stab(x)) (i) = : Z(x)) x R x R(G

26 26 KAPITEL 1. GRUPPENTHEORIE Es gilt: R (ii) = Z R = ord(g) = (G : Z(x))+ (G : Z(x)) (c) = (G : G) + (G : Z(x)) }{{} x Z x R x Z =1 x R und dies zeigt sofort die Behauptung. Korollar Sei ord(g) = p k für eine Primzahl p und k N. Dann gilt: Z {e} Beweis. Nach Voraussetzung ist p ord(g). Nach dem Satz von Lagrange gilt: (G : Z(x)) = ord(g) /ord(z(x)) }{{} p k Wenn nun x R = G x 2 und damit ist Z(x) G nach (ii), also gilt p (G : Z(x)). Wenden wir das in der Klassengleichung an, folgt: p ord(z). 1.7 Die Sylow-Sätze Es sei G eine endliche Gruppe. Für eine Untergruppe H von G gilt: ord(h) ord(g). Gibt es umgekehrt zu jedem m ord(g) eine Untergruppe H so, dass ord(h) = m? Nicht unbedingt! Aber wir werden in diesem Abschnitt zeigen, dass dies stimmt, wenn m eine Primpotenz ist. Beispiel Für n 5 kann zeigen, dass die alternierende Gruppe A n := {π S n sig(π) = 1} eine einfache Gruppe ist, dh. sie hat keinen Normalteiler ausser {e} und sich selber (siehe [2], Theorem 4.11). Andererseits wissen wir aus Aufgabe 7, dass jede Untergruppe vom Index 2 ein Normalteiler ist. Wir werden gleich zeigen, dass ord(a n ) = n! 2 gilt. Doch zuerst bemerken wir, dass es für m := ord(an) 2 keine Untergruppe der Ordnung H gibt. Würde es eine Untergruppe H von A n geben, mit ord(h) = m = (A n : H) = ord(an) ord(h) = 2 = H A n Widerspruch! Die Ordnung von A n bestimmt man mit dem Homomorphiesatz bezüglich dem Gruppenhomomorphismus sig : S n { 1, 1}, π sig(π). Dieser Homomorphismus ist surjektiv, da sig(τ) = 1 für jede Transposition τ. Nach Definition ist der Kern gleich A n und somit ergibt der Homomorphiesatz S n /A n = { 1, 1} und vergleich der Ordnungen liefert ord(an ) = n! 2.

27 1.7. DIE SYLOW-SÄTZE 27 Lemma (Cauchy). Wenn G eine endliche abelsche Gruppe ist und p ein Primteiler von ord(g), dann gibt es ein g G mit ord(g) = p. Beweis. Mit Induktion nach ord(g). Induktionsanfang für p = ord(g): Wähle g G\{e}. Nach Lemma gilt: ord(g) = ord( g ) ord(g) Da g e und ord(g) = p prim. = ord(g) = p Induktionsschritt: Sei ord(g) > p wähle g G\{e} Fall 1: p ord(g): = ord(g) = pr. Somit hat g := g r die Ordnung p nach den Potenzgesetzen. (g ) p = (g r ) p = g rp = g ord(g) = e und es ist klar, dass g e und somit ist ord(g ) = p. Fall 2: p ord(g): Weil G abelsch ist, muss g ein Normalteiler von G sein. Also können wir die Faktorgruppe G := G/ g betrachten. Es gilt mit dem Satz von Lagrange: ord(g ) = ord(g)/ord( g ) = ord(g)/ord(g) Nach Voraussetzung gilt p ord(g) und p ord(g). Somit folgt p ord(g ). Weil g e = ord(g) > 1 und somit ord(g ) < ord(g). Nach Induktionsvoraussetzung gibt es ein g G mit ord(g ) = p. Wähle ein g 1 G mit g = g 1 G = G/ g (g ) ord(g 1) = g 1 ord(g 1 ) = g ord(g 1) 1 = e = ord(g ) ord(g 1 ). Da p = ord(g ) = p ord(g 1 ). wie im ersten Fall können wir damit ein Element der Ordnung p konstruieren. Theorem (1. Sylow-Satz). Sei p eine Primzahl ein k N 0 mit p k ord(g) für eine endliche Gruppe G. Dann gibt es eine Untergruppe H von G mit ord(h) = p k.

28 28 KAPITEL 1. GRUPPENTHEORIE Beweis. Mit Induktion nach ord(g). Induktionsanfang: ord(g) = 1 = k = 0. Wähle H = {e}. Induktionsschritt: Sei ord(g) > 1. Wir können annehmen, dann k > 0 ist. Für k = 0 wählen wir wieder H = {e}. Wir benutzen jetzt die Klassengleichung : Fall 1: p ord(z). Dann existiert nach der Klassengleichung ein x R, so, dass p (G : Z(x)) Lagrange = ord(g) ord(z(x)) = pk ord(z(x)). Weil x R (iii) = x / Z und Z(x) G = ord(z(x)) < ord(g). Nach Induktionsvoraussetzung hat Z(x) eine Untergruppe H mit ord(h) = p k. Da H auch eine Untergruppe von G, folgt die Behauptung im ersten Fall. Fall 2: p ord(z): Da Z eine abelsche Gruppe ist, können wir das Lemma von Cauchy anwenden und finden g Z mit ord(g) = p. Betrachte N := g. Weil N eine Untergruppe von Z ist, muss N ein Normalteiler von G sein: gng 1 = Ngg 1 = Ne = N Damit dürfen wir die Faktorgruppe G := G/N betrachten. ord(g ) = ord(g)/ord(n) = ord(g)/ord(g) = ord(g)/p Nach Induktionsvoraussetzung hat G eine Untergruppe H der Ordnung ord(h ) = p k 1. Sei π : G G = G/N der Quotientenhomomorphismus und H := π 1 (H ) Nach Aufgabe 1 gilt: π(h) = H/N = H Beachte dass H N. ord(h) = ord(h ) ord(n) = p k 1 p = p k Definition Eine Untergruppe H G heißt p-sylow-untergruppe zur Primzahl p, wenn ord(h) = p k und p k die maximale p-potenz ist, die ord(g) teilt. Theorem (2. Sylow-Satz). Sei G eine endliche Gruppe und p prim. Dann gilt:

29 1.8. KLASSIFIKATION 29 (a) Für p-sylow-untergruppen p 1, p 2 gibt es ein g G so, dass P 2 = gp 1 g 1. (b) Die Anzahl N der p-sylow-untergruppen von G teilt (G : P 1 ) und es gilt N 1 (mod p) (c) Jede Untergruppe H mit ord(h) = p l ist enthalten in einer p-sylow- Untergruppe Beweis. [2], Klassifikation Ein wichtiges Problem in allen Bereichen der Mathematik ist es, die Objekte zu klassifizieren, d.h. man will eine Liste von Objekten angeben so, dass jedes Objekt genau zu einem Objekt der Liste isomorph ist. Zum Beispiel werden die endlichen Mengen durch die Liste ({1, 2,..., n}) n N0 klassifiziert. Ein weiteres Beispiel aus der Algebra: Alle zyklischen Gruppen werden klassifiziert durch die Liste (Z/mZ) m N0 nach Proposition Die Klassifikation der endlichen Gruppen ist viel schwieriger und wahrscheinlich unerreichbar. In diesem Abschnitt werden wir ein paar Teilresultate ohne Beweis sehen. Theorem Für jede Primzahl p ist Z/pZ bis auf Isomorphie die einzige Gruppe der Ordnung p. Beweis. Sei G eine Gruppe der Ordnung p. Dann existiert g G\{e}. Nach dem Satz von Lagrange gilt: ord( g ) ord(g) Da ord(g) = p prim und g e folgt, dass ord( g ) = p, d.h. G = g. Nach Proposition 1.4.6(b) folgt: G = Z/ord(G)Z = Z/pZ Theorem Jede endliche abelsche Gruppe ist isomorph zu Z/n 1 Z... Z/n r Z. Beweis. [3], Satz 2.37 oder später in Algebra 2. Für Gruppen G 1,..., G r wird das Produkt G 1... G r zu einer Gruppe durch komponentenweise Multiplikation.

30 30 KAPITEL 1. GRUPPENTHEORIE Theorem (Chinesischer Restsatz). Sei n = q 1... q r q 1,..., q r paarweise teilerfremd. Dann gilt: N mit Z/nZ (Z/q 1 Z)... (Z/q r Z) k (mod n) (k (mod q 1 ),..., k (mod q r )) Beweis. Folgt später in der Ringtheorie Theorem (Klassifikation abelscher Gruppen). Jede endliche abelsche Gruppe G ist isomorph zu genau einer Gruppe der Form (Z/q 1 Z)... (Z/q s Z) (1.1) wobei q 1,..., q s nicht notwendigerweise verschiedene Primzahlpotenzen sind. Dabei heißt (1.1) der Isomorphietyp der Gruppe G. Beweis. Sei G eine endliche abelsche Gruppe. Nach Theorem gilt: G = (Z/n 1 Z)... (Z/n r Z) (1.2) die Primfaktorzerlegung von n i. Nach dem chi- Sei n i = p v i1 v i1... p iri iri nesischen Restsatz gilt: Z/n i Z = (Z/p i1 v i1 Z)... (Z/p iri v iri Z) (1.3) Setzen wir (1.2) in (1.3) ein, dann erhalten wir G in der gewünschten Form bis auf Isomorphie. Wir sollten nun noch zeigen, dass die Gruppe (Z/q 1 Z)... (Z/q r Z) in der Behauptung eindeutig ist. Dies wollen wir im folgenden Beispiel einsehen. Der allgemeine Fall geht analog und wird in Algebra 2 bewiesen. Beispiel G := (Z/13Z) ist eine abelsche Gruppe bzgl. Nach Korollar gilt: ord(g) = 12. Nach dem Klassifizierungssatz können folgende zwei Fälle auftreten: G = (Z/3Z) (Z/4Z) G = (Z/2Z) (Z/2Z) (Z/3Z) Dies folgt daraus, dass 12 = = die einzigen Möglichkeiten sind, 12 als Produkt von Primzahlpotenzen zu schreiben. In G gilt also: 2 1 = 2, 2 2 = 4, 2 3 = 8, 2 4 = 3, 2 5 = 6, 2 6 = 12 = 1

31 1.8. KLASSIFIKATION 31 und somit 2 7 = 2,, 2 12 = 1. Wir haben also in G ein Element der Ordnung 12 gefunden. Da in Z/2Z Z/2Z Z/3Z alle Elemente der Ordnung kleiner gleich 6 haben (weil wir komponentenweise rechnen) gilt: G = Z/3Z Z/4Z Präzise gilt für g = (g 1, g 2, g 3 ) Z/2Z Z/2Z Z/3Z: g = (g 1, g 2, g 3 ) 2g = (2g 1, 2g 2, 2g 3 ). ng = (ng 1, ng 2, ng 3 ) Die erste Komponente ist 0, wenn n 2Z ist und analog die zweite Komponente. Die dritte Komponente ist 0, wenn n 3Z. Insgesamt sehen wir also, dass ng = 0 für n 6Z und dies zeigt, dass die Ordnung jedes Element in Z/2Z Z/2Z Z/3Z kleiner oder gleich 6 ist. Proposition Sei p eine Primzahl. Dann ist jede Gruppe der Ordnung p 2 abelsch Beweis. Siehe Übungen, Aufgabe 17. Proposition Sei p eine ungerade Primzahl und G eine Gruppe der Ordnung 2p. Dann ist G entweder zyklisch oder isomorph zur Diedergruppe D p, d.h. zur Symmetriegruppe des regulären p-ecks analog zu Aufgabe 2. Beweis. [3], Folgerung Wir können damit alle Gruppen der Ordnung 7 klassifizieren Ordnung Isomophietyp zyklisch abelsch Argmumentation 1 {0} ja ja 2 Z/2Z ja ja Z/3Z ja ja Z/4Z ja ja und (Z/2Z) (Z/2Z) nein ja Z/5Z ja ja (Z/2Z) (Z/3Z) ja ja S 3 = D3 nein nein Z/7Z ja ja 1.8.1

32 32 KAPITEL 1. GRUPPENTHEORIE Bemerkung Eine Gruppe G heißt einfach {e} und G sind die einzigen Normalteiler von G. In hatten wir angesprochen, dass A n einfach ist für n 5. Mit Computerhilfe gelang es, alle einfachen endlichen Gruppen zu klassifizieren. Der Beweis lässt sich aber von Menschen nicht nachvollziehen.

33 Kapitel 2 Ringtheorie 2.1 Ringe Die Theorie der Ringe orientiert sich an den beiden Standardbeispielen Z und dem Polynomring K[x] mit Koeffizienten im Körper K. In diesem Abschnitt werden die grundlegenden Eigenschaften gegeben. Definition Ein Ring R ist eine Menge R mit zwei inneren Verknüpfungen +, so, dass (R, +) eine abelsche Gruppe ist und so, dass assoziativ ist. Weiter sollen die Distributivgesetze gelten: und a (b + c) = a b + a c (b + c) a = b a + c a Wir wollen auch annehmen, dass R ein Einselement 1 bzgl hat. Definition Ein Ring heißt kommutativ : Multiplikation ist kommutativ. Bemerkung Wir bezeichnen die Inverse von a bzgl + mit a und setzen a b := a + ( b). Wir benutzen folgende Rechenregeln: (1) a 0 = 0 = 0 a (2) Das Einselement ist eindeutig. (3) a = ( 1) a (d) a (b c) = a b a c und (b c) a = b a c a 33

34 34 KAPITEL 2. RINGTHEORIE Beweis. Folgt alles sofort aus den Axiomen. Definition Ein Körper ist ein kommutativer Ring so, dass K\ {0} eine Gruppe bzgl ist. Beispiel Z ist ein kommutativer Ring Die n n Matrizen mit Einträgen aus dem Körper K bilden einen Ring der nicht kommutativ ist (für n 2). Q, R, C, Z/pZ für p prim bilden Körper Sei R ein kommutativer Ring. Wir wollen die aus Z bekannte Teilbarkeit auf R verallgemeinern. Wir nennen a R ein Teiler von b R genau dann, wenn es ein c R gibt, mit a c = b. Wir nennen b ein Vielfaches von a. Notation a b. Wenn a 1, dann heißt a eine Einheit von R. Nach Definition ist dies äquivalent dazu, dass a invertierbar ist bezüglich der Multiplikation. Wie in der Gruppentheorie gesehen, ist R bzgl der Multiplikation ein Monoid und die Menge R der Einheiten bildet eine Gruppe bzgl. Wenn es für a R ein c R\ {0} gibt, mit a c = 0, dann heißt a Nullteiler in R. Man darf diesen Begriff nicht mit den Teilern von Null verwechseln! Jedes a R ist ein Teiler von Null in obigem Sinn, aber Nullteiler sind meist ganz spezielle Elemente in R. Definition Ein Integritätsbereich ist ein kommutativer Ring R mit 0 1, der keine Nullteiler verschiedenen von 0 hat. Für diese Integritätsbreiche lohnt es sich, die Teilbarkeitslehre zu betrachten. Der einzige Ring mit 0 = 1 ist übrigens {0}, denn aus 0 = 1 = a = a 1 = a 0 = 0. Z = { 1, 1}, Z ist ein Integritätsbereich. Wenn K ein Körper ist, gilt K = K\ {0}. Beachte, dass K immer ein Integritätsbereich ist, denn 0 = ac c 0 0 = c 1 0 = a. Wir betrachten R 2 mit der komponentenweise Addition und Multiplikation, d.h. (x 1, x 2 )+(y 1, y 2 ) = (x 1 +y 1, x 2 +y 2 ), (x 1, x 2 ) (y 1, y 2 ) = (x 1 y 1, x 2 y 2 )

35 2.1. RINGE 35 Dadurch wird R 2 zu einem Ring. Beachte, dass R 2 kein Integritätsbereich ist. Die Nullteiler haben die Form (x, 0) oder (0, y), denn (0, x) (y, 0) = (0, 0). Z/14Z ist auch kein Integritätsbereich, weil 2 und 7 Nullteiler sind Bekanntlich ist Q der kleinste Körper, der Z enthält. Das wollen wir verallgemeinern für einen Integritätsbereich. Wir wollen dazu den Quotientenkörper konstruieren. Weil diese Konstruktion schon in der Linearen Algebra gemacht wurde, werden wir uns kurz halten. Auf R (R\ {0}) führen wir die Äquivalenzrelation (a, b) (c, d) : ad = bc ein. Die Äquivalenzklasse von (a, b) bezeichnen wir wie gewohnt mit a b. Durch die Verknüpfungen a b + c ad + bc := d bd a b c d := a c b d wird der Raum der Äquivalenzklasse zu einem Ring, den wir mit Quot(R) bezeichnen. Als Einselement haben wir a a = 1 1 = 1. Man zeigt leicht, dass Quot(R) ein Körper ist. Wir nennen Quot(R) deshalb den Quotientenkörper von R. Wir haben einen natürlichen injektiven Ringhomomorphismus i : R Quot(R), a a 1. Damit identifizieren wir R mit dem Teilring i(r) von Quot(R). Wir im Fall Z Q betrachten wir deshalb R als Teilring von Quot(R). Nach Konstruktion ist Quot(R) der kleinste Körper, der R enthält. Definition Sei ϕ : R 1 R 2 eine Abbildung zwischen Ringen. Dann heißt ϕ Ringhomomorphismus : ϕ(a + b) = ϕ(a) + ϕ(b), ϕ(a b) = ϕ(a)ϕ(b) und ϕ(1) = 1. Definition Ein Ringhomomorphismus ϕ : R 1 R 2 heißt Ringisomorphismus : ψ : R 2 R 1 Ringhom. so, dass ϕ ψ = id R2. Wie in der Gruppentheorie zeigt man, dass ein Ringhomomorphismus genau dann ein Ringisomorphismus ist, wenn er bijektiv ist.

36 36 KAPITEL 2. RINGTHEORIE Für Ringe R 1, R 2,..., R r definieren wir auf R 1... R r eine Ringstruktur durch: und (a 1,..., a r ) + (b 1,..., b r ) := (a 1 + b 1,..., a r + b r ) (a 1,..., a r ) (b 1,..., b r ) := (a 1 b 1,..., a r b r ) Wenn r 2 ist, dann kann R 1... R r kein Integritätsbereich sein wegen den Nullteilern (0,... 0, a i, 0,... 0). Für beliebige Familien (R i ) i I von Ringen können wir i I R i analog zu einem Ring machen. 2.2 Ideale und Restklassenringe In diesem Abschnitt sei R ein kommutativer Ring Wir haben in der Gruppentheorie die Faktorgruppe G/N definiert, falls N ein Normalteiler ist. Weil (R, +) eine abelsche Gruppe ist, wird somit R/H bzgl der Addition zu einer abelschen Gruppe für jede additive Untergruppe H von R. Im Allgemeinen ist aber die repräsentatenweise definierte Multiplikation auf R/H nicht wohldefiniert. Deshalb führt man folgende Definition ein: Definition Eine additive Untergruppe I von R heißt Ideal : a I I a R Analog zum Normalteiler in der Gruppentheorie besagt die Notation I R, dass I ein Ideal ist in R. Proposition Mit der repräsentantenweise definierten Addition (a + b := a + b) und Multiplikation (a b := a b) wird R/I zu einem Ring Beweis. Aus der Gruppentheorie folgt, dass die Faktorgruppe (R/I, +) eine abelsche Gruppe ist. Wir wollen zeigen, dass die Multiplikation wohldefiniert ist. Sei also a 1 = a 2. Zu zeigen: a 1 b = a 2 b. Aber a 1 = a 2 heißt a 1 a 2 I. Daraus folgt mit dem Idealaxiom, dass (a 1 a 2 ) b = b (a 1 a 2 ) I. Also folgt b a 1 b a 2 I und somit ist a 1 b = a 2 b. Analog dazu zeigt man, dass aus b 1 = b 2 auch a b 1 = a b 2 folgt. Somit ist die Multiplikation wohldefiniert. Die Ringaxiome für R/I folgen sofort aus den entsprechenden Axiomen für R, weil wir repräsentantenweise rechnen dürfen.

37 2.2. IDEALE UND RESTKLASSENRINGE 37 Definition Für I R definieren wir R/I als Faktorring. Wir nennen die Elemente von R/I Restklassen modulo I. Bemerkung Die kanonische Abbildung π : R R/I, a a, ist ein surjektiver Ringhomomorphismus Für einen Homomorphismus ϕ : R 1 R 2 kommutativer Ringe defineren wir den Kern als ker(ϕ) := {a R 1 ϕ(a) = 0}. Es ist leicht zu sehen, dass ker(ϕ) ein Ideal ist. Wir erinnern daran, dass S R Teilring des Ringes R heißt : S mit +, von R ist selber ein Ring. Satz (Homomorphiesatz). Sei ϕ : R 1 R 2 ein Homomorphismus kommutativer Ringe. Dann ist ϕ(r 1 ) ein Teilring von R 2 und es gilt: R 1 / ker(ϕ) ϕ(r 1 ), a ϕ(a) Beweis. Siehe lineare Algebra oder analog zur Gruppentheorie. Proposition Sei I R. Dann ist I = R I enthält eine Einheit. Beweis. = 1 I = R und damit enthält I eine Einheit. = Wir nehmen an, dass I eine Einheit u enthält. Weil u Einheit ist, muss u eine Inverse v bzgl der Multiplikation haben, d.h. v R mit v u = 1. Sei a R. Wir müssen zeigen, dass a I. Wegen a = 1 a = u v a = v a u folgt a I, indem wir u I und das Idealaxiom aus benutzen. Dies zeigt I = R. Korollar In einem Körper K sind {0} und K die einzigen Ideale. Beweis. Wenn I {0} ein Ideal ist, dann enthält I eine Einheit und es folgt I = K nach Korollar Sei K wieder ein Körper und ϕ : K R ein Ringhomomorphismus. Wir nehmen weiter an, dass R {0}. Dann ist ϕ injektiv. Beweis. Wie in der Gruppentheorie ist injektiv äquivalent zu ker ϕ = {0}. Sei also I = ker ϕ. Nach gilt entweder I = {0} oder I = K. Wegen ϕ(1) = 1 ist der zweite Fall ausgeschlossen und somit ker ϕ = {0}

38 38 KAPITEL 2. RINGTHEORIE Definition (a) I R heißt Maximalideal : I maximales Element von {I R I R} bzgl der partiellen Ordnung. (b) I R heißt Primideal genau wenn I R und wenn ab I = a I oder b I. Proposition Sei R I R. Dann gilt: (a) I Primideal R/I Integritätsbereich (b) I Maximalideal R/I Körper Beweis. Für (a) verweisen wir auf Aufgabe 18 und beweisen hier nur (b): = : Es gilt [0] [1], da I R vorausgesetzt, = (R/I)\{[0]} und [1] ist das Einselement. Insbesondere ist R/I nach Proposition ein kommutativer Ring. Es bleibt also zu zeigen: Existenz von Inversen bzgl der Multiplikation. Sei [a] (R/I)\{[0]}, das heißt [a] [0] und somit a / I. Weiter ist J := I + Ra ein Ideal. Dass J die Eigenschaften des Ideals erfüllt, zeigen wir folgendermaßen: J, da I J r R, i 1 + r 1 a J r(i 1 + r 1 a) = ri }{{} 1 + rr 1 a J }{{} I R i 1 +r 1 a, i 2 +r 2 a J (i 1 +r 1 a)+(i 2 +r 2 a) = (i 1 + i 2 ) + (r }{{} 1 + r 2 )a J }{{} I R Aus a / I folgt J I. Weil I ein Maximalideal ist, muss J = R gelten. Damit gibt es x I und y R mit 1 = x + ya. Also gilt für die Restklassen modulo I, dass [1] = [y][a] = [a][y] und damit ist [a] invertierbar in R/I. Damit haben wir gezeigt, dass R/I ein Körper ist. = Sei R/I Körper. Wähle J R mit J I. Zu zeigen ist J = R. Wähle x J\I. Dann gilt [x] [0] in R/I. Weil R/I ein Körper ist, gibt es ein [y] (R/I)\{[0]} mit [x][y] = [y][x] = [1]. Daraus schliessen wir 1 xy +I J und nach folgt J = R. }{{} J Korollar Jedes Maximalideal ist ein Primideal Beweis. Folgt direkt aus

39 2.2. IDEALE UND RESTKLASSENRINGE 39 Proposition Sei S ein Integritätsbereich, ϕ : R S ein Ringhomomorphismus. Dann ist ker(ϕ) ein Primideal. Beweis. Siehe Aufgabe 21. Es ist leicht zu sehen (siehe Aufgabe 19), dass für zwei Ideale I, J von R auch I J und I + J wieder Ideale von R sind. Satz (Chinesischer Restsatz für Ringe). Seien I 1,..., I n Ideale von R mit I k + I l = R k l, k, l {1,..., n}. Dann ist die Abbildung ϕ : R (R/I 1 )... (R/I n ) a (a + I 1,..., a + I n ) ein surjektiver Ringhomomorphismus und ker(ϕ) = I 1... I n. Mit dem Homomorphiesatz induziert ϕ also einen kanonischen Isomorphismus ϕ : R/(I 1... I n ) Beweis. 1. Schritt: I j + k j I k = R (R/I 1 )... (R/I n ). Für k j gibt es ein a k I k und ein a k I j mit 1 = a k + a k. Mit Ausmultiplizieren und der Idealeigenschaft folgt 1 = (a k + a k ) I j + I k. k j k j Aus ergibt sich der 1. Schritt. 2. Schritt: ϕ surjektiv. Nach dem 1. Schritt gibt es Elemente e j I j und e j k j I k mit 1 = e j + e j. Wir wählen ein Element (a 1+I 1,..., a n +I n ) aus (R/I 1 )... (R/I n ) und müssen zeigen, dass es im Bild von ϕ ist. Für j k gelten die Kongruenzen und somit erhalten wir Für a := e 1 a e na n folgt e j 1 (mod I j ), e k 0 (mod I j) a j e ja j e 1a e na n (mod I j ). (a 1 + I 1,..., a n + I n ) = (a + I 1,..., a + I n ) (R/I 1 )... (R/I n ) und somit gilt ϕ(a) = (a 1 + I 1,..., a n + I n ) wie gewünscht.

40 40 KAPITEL 2. RINGTHEORIE 3. Schritt: ϕ ist ein Ringhomomorphismus. Dies folgt sofort aus der Tatsache, dass die Restklassenabbildungen R R/I j Ringhomomorphismen sind. 4. Schritt: ker(ϕ) = I 1... I n a ker(ϕ) a 0 (mod I j ) j a n j=1 I j 2.3 Beispiele für Ringe Wir werden in diesem Abschnitt drei bedeutende Ringkonstruktionen studieren Sei R ein kommutativer Ring und n N = M n (R) Ring n n- Matrizen und Einträgen aus R. Für A = (a ij ) M n (R) haben wir die Deterimante mit der Eigenschaft det(a) := σ S n sig(σ)a 1,σ(1)... a n,σ(n) det(a B) = det(a) det(b). (2.1) für alle A, B M n (R). Dies folgt wie in der linearen Algebra, da dort die Körpereigenschaften von R nicht benutzt wurden. Der Kofaktor c ij zu a ij ist definiert als c ij = ( 1) i+j det(a kl ) k i,l j. Dabei nehmen wir die Determinante aus der (n 1) (n 1)-Untermatrix von A, die durch Streichen der i-ten Zeile und der j-ten Spalte entsteht. Die Adjungierte zu A ist die n n-matrix adj(a) := C t, wobei C die Matrix (c ij ) aus den Kofaktoren ist. Es gilt adj(a) M n (R) und analog zur linearen Algebra folgt A adj(a) = adj(a) A = det(a). (2.2) Theorem A invertierbar in M n (R) det(a) invertierbar in R. Beweis. = folgt aus (2.1). = Aus (2.2) folgt A 1 = det(a) 1 adj(a).

41 2.3. BEISPIELE FÜR RINGE Die Menge H := {A M 2 (C) ( ) z w z, w C : A = } bildet w z einen Teilring von M 2 (C) und ihre Elemente heißen Quaternionen. Dass dies ein Teilring ist, sieht man leicht, bis auf die Abgeschlossenheit bzgl.. Es gilt aber: ( z1 w 1 w 1 z 1 ) Man hat die Norm ( ) ( ) z2 w 2 z1 z = 2 w 1 w 2 z 1 w 2 + w 1 z 2 H w 2 z 2 z 2 w 1 w 2 z 1 w 1 w 2 + z 1 z 2 N(A) := det(a) = z 2 + w 2. Sei A H, A 0. Dann folgt aus (2.2) ( ) z w adj(a) = w z = A 1 = 1 adj(a) H. N(A) Folgerung: Die Quaternionen bilden einen Ring, in dem jedes Element 0 ein Inverses hat. Wir nennen dies einen Schiefkörper. Achtung! Hier ist ist nicht kommutativ. Der 2-dimensionale R-Vektorraum ( ) ( ) { 1 0 i 0, := a i R ( ) ( ) 1 0 i 0 + b a, b R} i bildet einen kommutativen Teilring von H, der ( isomorph ) zu C ist ( unter der ) R- 1 0 i 0 linearen Abbildung, die bestimmt wird durch 1 und i i. Die Umkehrabbildung C H ist gleich a + bi a ( ) ( ) 1 0 i 0 + b i oder mit z := a + ib ist diese Abbildung gegeben durch z ( ) z 0 = Rz 0 z ( ) ( ) 1 0 i 0 + Iz i Damit lässt sich C mit einem Teilring von H identifizieren, wie das bei Zahlbereichserweiterungen so üblich ist.

42 42 KAPITEL 2. RINGTHEORIE Wir definieren j := ( ) 0 i. Dann gelten folgende Re- i 0 chenregeln: ( ) 0 1, k := 1 0 Somit lässt sich H schreiben als: i 2 = j 2 = k 2 = 1 ij = ji = k jk = kj = i ki = ik = j H := {x 0 + ix 1 + jx 2 + kx 3 x 0, x 1, x 2, x 3 R} Seien R, S kommutative Ringe. Der Ring R[x] der Polynome in der Variablen x mit Koeffizienten in R wird analog zum in der linearen Algebra betrachteten Spezialfall eines Körpers definiert. Wenn R ein Teilring von S ist, dann haben wir für s S einen Ringhomomorphismus R[x] S, f f(s), der Einsetzungsungshomomorphismus heißt. Allgemeiner gilt: Sei f : R S ein Ringhomomorphismus und sei s S, dann gibt es genau einen Ringhomomorphismus ϕ S : R[x] S mit ϕ S (x) = s. Um ihn zu konstruieren, setzt man ϕ S ( a k x k ) := ϕ(a k )s k. k k Wir definieren für f = k a k x k R[x] \ 0 den Grad von f durch grad(f) := max{k a k 0} und wir setzen grad(0) :=. Wenn nun R ein Integritätsbereich ist, dann hat man die Gradformel grad(f g) = grad(f) + grad(g) f, g R[x]. Insbesondere ist dann auch R[x] ein Integritätsbereich und es gilt R[x] = R. 2.4 Teilbarkeit in Monoiden Wir hatten schon im Abschnitt 2.1 gesehen, dass man die Teilbarkeitslehre im Rahmen der Integritätsbereiche studieren kann. Weil dabei nur die

43 2.4. TEILBARKEIT IN MONOIDEN 43 multiplikative Struktur des Ringes eine Rolle spielt, kann man Teilbarkeit allgemeiner in einem kommutativen Monoid untersuchen, das die Kürzungsregel erfüllt. Wir betrachten also in diesem Abschnitt ein kommutatives Monoid M, das die Kürzungsregel erfüllt. Wir schreiben die Verknüpfung von M multiplikativ. Dann bedeutet die Kürzungsregel folgendes: ab = ac b = c a, b, c M. In den Anwendungen wird M = R\ {0} sein, für einen Integritätsbereich R. Wir definieren Teiler, Vielfache und Einheiten von M analog zu Definition a, b M heißen assoziiert : a b und b a. Wir schreiben dann a b. Weil transitiv ist, muss eine Äquivalenzrelation sein. Aus der Kürzungsregel folgt sofort a b u M (Einheit) mit a = ub. Definition a M heißt irreduzibel genau dann, wenn gilt: (i) a / M (ii) b a = b 1 oder b a Definition a M heißt prim genau dann, wenn gilt: (i) a / M (ii) a bc = a b oder a c Proposition a prim = a irreduzibel. Beweis. Wenn b a gilt, dann muss es ein c R geben mit a = cb. Insbesondere gilt a cb. Weil p als prim vorausgesetzt wurde, folgt a c oder a b. Falls a c gilt, dann liefert die Kürzungsregel b 1 (und somit a c). Falls a b gilt, dann leiten wir analog b a her. Damit muss a irreduzibel sein. Bemerkung Die Umkehrung von gilt im Allgemeinen nicht. Wichtig für uns sind die Monoide, die die Umkehrung erfüllen. Wir sagen dann, dass M die Primbedingung erfüllt. Definition Die Zerlegung a = p 1... p s heißt Faktorisierung in irreduzible Elemente p i

44 44 KAPITEL 2. RINGTHEORIE Die Faktorisierung heißt eindeutig, falls p 1,..., p s bis auf Permutation und Übergang zu assoziierten Elementen bestimmt sind. M heißt faktoriell : jedes Element aus M\M hat eine eindeutige Faktorisierung in irreduzible Elemente. Definition M genügt der Teilerkettenbedingung : Es gibt keine unendliche Kette... a n a n 1... a 1 von paarweise nicht assoziierten Elementen a i M. Lemma Jedes faktorielle Monoid erfüllt die Teilerkettenbedingung. Beweis. Dies ist eine einfache Übung. Lemma Falls M die Teilerkettenbedingung erfüllt, dann hat jedes a M\M eine Faktorisierung in irreduzible Elemente. Diese muss nicht notwendigerweise eindeutig sein. Beweis (indirekt). Angenommen es gibt ein Element a M\M das keine Faktorisierung in irreduzible Elemente hat. Nach der Teilerkettenbedingung können wir annehmen, dass a keinen nicht-assoziierten Teiler hat, der auch keine solche Faktorisierung hat.(falls es einen solchen Teiler gibt, der keine Faktorisierung in irreduzible Elemente hat, wählen wir diesen als a. Dieses Vorgehen ist aber endlich, da die Teilerkette endlich ist.) Beachte: a ist nicht irreduzibel, sonst wäre a seine eigene Faktorisierung. = a = b c mit b 1 und b a = c 1 und c a. Nun muss b oder c auch keine Faktorisierung in irreduzible Elemente haben, sonst wäre das Produkt dieser beiden Faktorisierungen eine Faktorisierung in irreduzible Elemente. Dies ist ein Widerspruch zur Minimalität von a. Lemma Falls a = p 1... p r = q 1... q s mit p 1,..., p r prim und q 1,..., q s irreduzibel, dann gilt r = s und π S r mit p i q π(i) i = 1,..., r. Beweis. Induktion nach r: p 1 prim p 1 q 1... q s = p 1 q 1 (nach Vertauschung) q 1 irred. = p 1 q 1, d.h. u M : p 1 = uq 1. Somit gilt uq 1 p 2... p r = q 1... q s. Weil u eine Einheit ist, muss auch p 2 := up 2 prim sein. Mit der Kürzungsregel folgt p 2p 3... p r = q 2... q s. Mit Induktion folgt dann die Behauptung.

45 2.5. HAUPTIDEALE 45 Theorem M faktoriell M genügt der Primbedingung und der Teilerkettenbedingung. Beweis. = liefert die Teilerkettenbedingung. Die Primbedingung ist Üb. 7 A26. = Existenz: Folgt direkt aus Eindeutigkeit: Wegen der Primbedingung folgt aus die Eindeutigkeit Beachte, dass auf M/ eine partielle Ordnung definiert. Zur Erinnerung: Partielle Ordnung reflexiv }{{}, } transitiv {{}, antisymmetrisch. }{{} a a a b,b c a c a b,b a a=b Falls es ein maximales Element c bzgl. under den gemeinsamen Teilern von a und b gibt, dann heißt c der grösste gemeinsame Teiler von a und b. Wenn c = ggt(a, b) existiert, dann ist c bis auf Assoziiertheit eindeutig. Analog ist kgv (a, b) definiert als minimales Element bzgl der partiellen Ordnung unter den gemeinsamen Vielfachen von a und b. Bei exotischen Monoiden muss das gemeinsame Vielfache nicht notwendigerweise existieren. Wenn es aber existiert, dann ist ganz einfach zu sehen, dass es eindeutig ist Sei M ein faktorielles Monoid, seien a, b M und a = p vp(a), b = p vp(b) p prim p prim die Faktorisierungen von a und b in irreduzible Elemente. Dann existieren der größte gemeinsame Teiler und das kleinste gemeinsame Vielfache von a und b und es gilt ggt(a, b) = p min(vp(a),vp(b)), kgv(a, b) = p max(vp(a),vp(b)). p prim p prim Im Monoid Z \ 0 sind diese Formeln aus der Schule bekannt. Dieselben Argumente beweisen auch den allgemeinen Fall, was in Aufgabe 27 gezeigt werden soll. 2.5 Hauptideale In diesem Abschnitt ist R ein kommutativer Ring. Wir werden endliche Erzeugendensysteme von Idealen definieren. Besonders einfach sind Ideale,

46 46 KAPITEL 2. RINGTHEORIE die nur von einem Element erzeugt sind. Sie heißen Hauptideale. Wir werden Teilbarkeitseigenschaften übersetzen in entsprechende Eigenschaften der Hauptideale Seien g 1,..., g r R. Dann ist g 1,..., g r := Rg 1 + Rg Rg r das kleinste kleinste Ideal in R, das g 1,..., g r enthält. Definition Die Elemente g 1,..., g r heißen Erzeugende des Ideals I, falls I = g 1,..., g r gilt. Definition erzeugt. (i) I R Hauptideal : I wird von einem Element (ii) R heißt Hauptidealbereich : jedes Ideal ist Hauptideal und R ist ein Integritätsbereich. Beispiel Z ist ein Hauptidealbereich, da alle additiven Untergruppen die Form nz haben (siehe Lemma 1.4.4). Lemma Seien g, g R. Dann gilt: (i) g g g g (ii) g = g g R g, falls R ein Integritätsbereich ist. Beweis. zu (i): g g g g a R : g = ag g g zu (ii): = : g = g (i) = u, v R : g ug und g = vg = g = uvg = (1 uv)g = 0. Falls g = 0, dann gilt auch g = 0 und die Behauptung ist trivial. Falls g 0, dann muss 1 = uv gelten, weil R ein Integritätsbereich ist. Also gilt g R g. = : Aus g R g folgt g g und g g. Mit (i) folgt g = g Ab jetzt ist R ein Integritätsbereich. Wir übertragen alle Beziehungen aus Abschnitt 2.4 auf das Monoid M := R\ {0}. Wir haben oft modulo gerechnet, das heißt, wir haben den Raum der Äquivalenzklassen M/M betrachtet. Nach Lemma ist dieses Monoid isomorph zum Monoid der Hauptideale 0 in R bzgl. [g] Rg = g. Dabei entspricht die Teilerrelation der partiellen Ordnung der Hauptideale. Um die Null dabei zu haben, definieren wir ggt(a, 0) := ggt(0, a) := a und kgv(a, 0) := kgv(0, a) := 0 a R. Im Allgemeinen muss ggt(a, b) nicht immer existieren. Wir können den ggt(a, b) von a, b R folgendermassen charakterisieren: Ein Element c R

47 2.5. HAUPTIDEALE 47 ist bis auf Multiplikation mit Einheiten genau dann gleich ggt(a, b), wenn folgende beiden Bedingungen erfüllt sind: c a und c b; falls c R ein gemeinsamer Teiler von a und b ist, dann gilt c c. Analoge Bemerkungen gelten für kgv(a, b). Wir fordern weiter, dass 0 weder prim noch irreduzibel sein soll. Proposition Sei R ein Integritätsbereich, g R\ {0}, I = g. Dann gilt: I Primideal g prim. Beweis. = : Es gelte g ab für a, b R. Dann folgt ab I = g I Primideal = a I oder b I = g a oder g b. = : Falls ab I für a, b R, dann folgt g ab g prim = g a oder g b = a I = g oder b I. Proposition Sei R ein Hauptidealbereich, a, b R. Dann gilt: (i) ggt(a, b) existiert und a, b = ggt(a, b). (ii) kgv(a, b) existiert und kgv(a, b) = a b. Beweis. (i): Da R Hauptidealbereich, d R : d = a, b = d a und d b. Falls es ein c R gibt mit c a und c b, dann folgt wegen d = xa + yb mit x, y R auch c d. Nach gilt ggt(a, b) = d bis auf Multiplikation mit Einheiten. (ii): Geht analog, siehe Aufgabe 28. Proposition Sei R ein Integritätsbereich, a R\ {0}. Dann gilt: (i) a prim = a irreduzibel (ii) a irreduzibel = a prim, falls R ein Hauptidealbereich ist. Aussage (ii) ist äquivalent zu der in gegebenen Primbedingung für das Monoid R \ {0}. Beweis. (i): Folgt aus

48 48 KAPITEL 2. RINGTHEORIE (ii): Sei a bc mit b, c R. Wir nehmen a b an. Weil a irreduzibel ist, folgt ggt(a, b) = 1. Nach gibt es x, y R mit 1 = ax + by und damit = c = cax + cby = a c. Lemma Sei R ein Hauptidealbereich, I ein Primideal = I = {0} oder I ist maximal. Beweis. Siehe Aufgabe 29. Beispiel Z hat die Ideale nz, n 0. Diese sind nach alle verschieden und es gilt: Maximalideale pz, p prim. Satz (Chinesischer Restsatz für einen Hauptidealbereich R). Seien g 1,..., g r paarweise teilerfremd in R\ {0}. Dann gilt: Beweis. Für k l gilt R/ g 1... g r (R/ g 1 )... (R/ g r ) g k + g l = R 2.5.5,2.5.8 ggt(g k, g l ) 1 Also folgt die Behauptung mit Korollar Sei R ein Hauptidealbereich, dann gilt: (R/ g 1,..., g r ) (R/ g1 )... (R/ g r ) Proposition Sei g R\ {0}, R ein Hauptidealbereich. Dann gilt: [a] (R/ g ) ggt(a, g) 1 Beweis. [a] eine Einheit x R so, dass xa = 1 (mod g ) x, y R : xa + yg = 1 1 a, g a, g = R ggt(a, g) = R ggt(a, g) Spezialfall : R = Z. Für n N sei ϕ(n) := ord((z/nz) ) die eulersche ϕ-funktion. Es gilt: ϕ(n) = {k {1,..., n 1} ggt(k, n) = 1} nach und ϕ(n m) = ϕ(n) ϕ(m) für n und m teilerfremd nach Um die eulersche ϕ-funktion zu berechnen, benutzt man weiter die offensichtliche Formel für jede Primzahl p. ϕ(p r ) = p r p r 1

49 2.6. FAKTORIELLE RINGE Faktorielle Ringe Die wichtigste Eigenschaft des Ringes Z ist die eindeutige Primfaktorisierung seiner Elemente. Wir werden in diesem Abschnitt diejenigen Ringe studieren, die auch diese Eigenschaft haben. Definition Ein Integritätsbereich R heißt faktoriell R\ {0} ist faktoriell. Proposition (Division mit Rest). Sei R ein kommutativer Ring, g = a d x d + a d 1 x d a 0 R[x], a d R = (R[x]). Dann gilt:!g, r R[x] mit f = g q + r und mit grad(r) < d = grad(g). Beweis. Mit dem aus der Schule bekannten Algorithmus zur Polynomdivision analog zum Fall Z. Definition Ein Integritätsbereich R mit Gradabbildung d : R\ {0} N 0 heißt euklidischer Ring, wenn f, g R, g 0 g, r R mit f = q g + r und d(r) < d(g) oder r = 0. Das heißt, ein euklidischer Ring erlaubt die Division mit Rest. Beispiel (a) Z mit d(m) = m ist ein euklidischer Ring. (b) Für einen Körper K ist K[x] mit d(f) = grad(f) ein euklidischer Ring. (c) Ein Körper K ist ein euklidischer Ring für irgendeine Funktion d : K\ {0} N 0. Theorem Jeder euklidischer Ring ist ein Hauptidealbereich. Beweis. Der Beweis verläuft analog zu Lemma 1.4.4, siehe Aufgabe 35. Theorem Jeder Hauptidealbereich ist faktoriell. Beweis. Wir wollen Theorem benutzen und müssen dafür zeigen, dass R\ {0} die Teilerkettenbedingung und die Primbedingung erfüllt. Letzteres folgt aus Die erste Bedingung zeigen wir über einen Widerspruch. Sei also a n a n 1 a 0 eine unendliche Teilerkette von nicht assoziierten Elementen in R\ {0}. = a 0 a 1 a 2... ist eine echte aufsteigende Kette von Idealen. Nach Aufgabe 20 ist I := a j ein Ideal. j N 0 Weil R ein Hauptidealbereich ist, gibt es ein g R\ {0} so, dass g = I. Aufgrund der Definition von I existiert ein j N 0 mit g a j. Daraus folgt g = a j = a j+1 = a j+2 =....

50 50 KAPITEL 2. RINGTHEORIE Dies ist allerdings ein Widerspruch. Damit folgt die Behauptung. Korollar Jeder euklidische Ring ist faktoriell. Beweis. Folgt direkt aus und (Euklidischer Algorithmus). Für einen euklidischen Ring kann man den ggt zweier Elemente mit dem euklidischen Algorithmus bestimmen. Sei R ein euklidischer Ring mit Gradabbildung d : R\ {0} N 0. Weiter seien a, b R mit b 0. Unser Ziel ist die Bestimmung des ggt(a, b). Schritt 1: Setze a 0 := a und a 1 := b. Nach Division mit Rest bekommen wir: a 0 = qa 1 + r mit q, r R, d(r) < d(a 1 ) oder r = 0. Setze nun a 2 := r. Aufgrund der Summenregel gilt: ggt(a, b) = ggt(a 0, a 1 ) = ggt(a 1, a 2 ). Schritt 2: Falls r = a 2 = 0, dann gilt a 1 a 0 und damit ggt(a, b) = b. Falls r = a 2 0, dann gehe zu Schritt 1 zurück mit (a 1, a 2 ) statt (a 0, a 1 ). Wegen d(a 1 ) > d(a 2 ) > d(a 3 ) >... 0 terminiert der Algorithmus in endlich vielen Schritten. Das heißt es gibt ein n N mit a n+1 = 0 und damit ggt(a, b) = ggt(a 0, a 1 ) =... = ggt(a n 1, a n ) = a n. Beispiel Berechne zuerst ggt(42, 15): 42 = = = = ggt(12, 3) = 3 = ggt(42, 15) = 3 Als weiteres Beispiel berechnen wir ggt(25326, 1555): Somit gilt ggt(25326, 1555) = 1. a b q r

51 2.6. FAKTORIELLE RINGE Gegeben sei eine lineare diophantische Gleichung ax + by = c (2.3) für gegebene a, b Z\0. Diophantisch bedeutet hier, dass wir die Gleichung innerhalb von Z lösen wollen, d.h. gesucht sind alle (x, y) Z 2, welche die obige Gleichung erfüllen. Die Idee ist hier ein zum euklidischen Algorithmus analoges Lösungsverfahren. Division mit Rest liefert a = qb + r mit r {0,..., b 1}. Damit ist ax + by = c b(qx + y) + rx = c bx 1 + ry 1 = c, wobei in der zweiten Umformung x 1 := qx + y und y 1 := x gesetzt worden sind. Man beachte, dass es sich hierbei in der Tat um eine Äquivalenzumformung handelt, da sich die Variablensubstitution innerhalb von Z durch x = y 1 und y = x 1 qy 1 rückgängig machen läßt. Setze a 0 := a, a 1 := b und a 2 := r. Dann ist die alte Gleichung a 0 x+a 1 y = c und die neue Gleichung a 1 x + a 2 y = c mit den Bezeichnungen aus dem euklidischen Algorithmus. Wir wiederholen das Verfahren parallel zum euklidischen Algorithmus, also a 0 x + a 1 y = c a 1 x 1 + a 2 y 1 = c.... a 2 x 2 + a 3 y 2 = c a n 1 x n 1 + a n y n 1 = c. Die letzte Gleichung ist hierbei beim Abbrechen des euklidischen Algorithmus erreicht und hat die Form a n (q n x n + y n ) = c. (2.4) Da a n a n 1, folgt a n 1 = q n a n, was die Gleichheit im letzten Schritt erklärt. Aus folgt a n = ggt(a, b) und so erhalten wir als Fazit: i) Falls ggt(a, b) kein Teiler von c ist, so hat die Gleichung (2.4) und somit auch (2.3) keine Lösung (x, y) Z.

52 52 KAPITEL 2. RINGTHEORIE ii) Falls c von ggt(a, b) geteilt wird, so bestimmen wir die allgemeine Lösung von (2.3), indem wir die Gleichung (2.4) lösen und die Ergebnisse dann rückwärts einsetzen. Genauer bedeutet dies, dass wir x n Z beliebig wählen und y n := c a n q n x n setzen. Dies ist dann die allgemeine Lösung von (2.4) und durch Rücktransformation erhalten wir die allgemeine Lösung der Ausgangsgleichung (2.3) in Abhängigkeit des Parameters x n. Beispiel Wollen wir uns einmal den obigen Algorithmus in seiner Anwendung betrachten. Sei hierzu die diophantische Gleichung 10098x y = 594 gegeben. Für den euklidischen Algorithmus erhalten wir = Mit x 1 = 6x + y und y 1 = x folgt weiter Division mit Rest liefert 1485x y 1 = = Damit setzen wir x 2 = x 1 + y 1 und y 2 = x 1 und erhalten: 1188x y 2 = 594. Wenn wir weiter machen mit dem euklidischen Algorithmus, erhalten wir Somit ist 1188 = (4x 2 + y 2 ) = 594 unsere letzte Gleichung und es gilt für den grössten gemeinsamen Teiler ggt(10098, 1485) = 297. Da 297 ein Teiler von c = 594 ist, können wir die diophantische Gleichung lösen. Nach Kürzen erhalten wir die allgemeine Lösung dieses Ausdrucks aus 4x 2 + y 2 = 2 mit beliebigem x 2 Z und somit y 2 = 2 4x 2. Es geht weiter mit der Umkehrung der Substitution. Wir erhalten: x 1 = y 2 = 2 4x 2 und y 1 = x 2 x 1 = x 2 (2 4x 2 ) = 5x 2 2 x = y 1 = 5x 2 2 und y = x 1 6x = 34x Und eben diese letzten Werte x und y sind unsere allgemeine Lösung für beliebiges x 2 Z.

53 2.7. POLYNOME ÜBER FAKTORIELLEN RINGEN Polynome über faktoriellen Ringen Sei R ein faktorieller Ring; das bedeutet, dass für jedes Element in R\ {0} eine Faktorisierung in irreduzible Elemente existiert und dass diese Faktorisierung bis auf Reihenfolge und Multiplikation mit Einheiten eindeutig ist. In diesem Abschnitt beweisen wir, dass der Polynomring R[x] der Polynome mit Koeffizienten in R auch ein faktorieller Ring ist. Am Schluss zeigen wir noch ein Irreduzibilitätskriterium für Polynome. Die Irreduzibilität von Polynomen ist schwierig zu prüfen und das Kriterium von Eisenstein ist oft hilfreich. Zur Erinnerung: a, b R heißen assoziiert a = ub für ein u R. Wir notieren dann a b und dies ist eine Äquivalenzrelation. Weiter sei P ein Repräsentantensystem der irreduziblen Elemente in R. Mit Q bezeichnen wir den Quotientenkörper von R, d.h.: Q = { a a, b R, b 0} b Satz Sei α Q\ {0}. Dann gibt es für jedes p P genau ein v p (α) Z so, dass v p (α) = 0 bis auf endlich viele p P und so, dass α = u p P p vp(α) für ein eindeutig bestimmtes u R. Beweis. Wir nehmen zuerst α R\ {0} an. Weil R faktoriell ist, gilt α = q 1... q r für irreduzible Elemente q 1,..., q r R, eindeutig bis auf Reihenfolge und Multiplikation mit Einheiten. Für jedes q i gibt es genau ein p i P und ein u i R mit q i = u i p i. Es folgt α = up 1... p r für u := u 1... u r R. Indem wir die gleichen p i sammeln, erhalten wir die gewünschte Darstellung. Wenn α = a b Q\ {0} beliebig ist, dann benutzen wir den obigen Fall für Zähler und Nenner. Damit folgt die Existenz im Allgemeinen und die Eindeutigkeit folgt leicht aus der Eindeutigkeit der Faktorisierung in R Wir setzen v p (0) :=. Wir nennen v p (α) die p-adische Bewertung von α Q. Es gilt v p (α β) = v p (α) + v p (β), was wir leicht aus herleiten können.

54 54 KAPITEL 2. RINGTHEORIE Wir wollen die p-adische Bewertung verallgemeinern auf Polynome f(x) = n a i x i Q[x]: i=0 v p (f) := min v p(a i ) i=0,...,n Bemerkung Es gelten folgende Eigenschaften: (a) v p (f) = f = 0 (b) v p (f) 0 p P f R[x] Beweis. Die Äquivalenz in (a) ist klar. Um (b) zu beweisen, benutzen wir die offensichtliche Tatsache aus der Faktorisierung in irreduzible Elemente, dass für α Q\ {0} gilt: α R v p (α) 0 p P Lemma (Gauß-Lemma). Seien f, g Q[x] und p P. Dann gilt: v p (f g) = v p (f) + v p (g) Beweis. Falls f Q, dann stimmen v p (f) überein aus der Definition und Satz Nach gilt also v p (f g) = v p (f) + v p (g), falls f, g Q. Wir dürfen im Allgemeinen annehmen, dass f 0 und g 0. Man darf auf Grund der obigen Bemerkung f und g mit beliebigen Elementen aus Q multiplizieren. Also düfen wir annehmen, dass f, g R[x]. Analog darf man annehmen, dass die Koeffizienten von f (bzw g) teilerfremd sind. Dann gilt v p (f) = v p (g) = 0, denn wäre z.b. v p (f) > 0, dann gilt min v p (a i ) > 0 für die Koeffizienten a i von f und damit p a i für alle Koeffizienten a i. Das widerspricht aber der Teilerfremdheit der Koeffizienten. Es bleibt also v p (f g) = 0 zu zeigen. Für p P haben wir einen surjektiven Ringhomomorphismus Φ p : R[x] (R/pR)[x], n a i x i i=0 n a i x i. i=0 Es gilt n ker(φ p ) = { a i x i i p a i } = pr[x] = {f R[x] v p (f) > 0}. i=0 ( ) Nach Proposition ist pr = p ein Primideal in R. Es folgt mit Proposition , dass R/ p ein Integritätsbereich ist. Insbesondere ist

55 2.7. POLYNOME ÜBER FAKTORIELLEN RINGEN 55 (R/ p )[X] ein Integritätsbereich (als Polynomring über einem Integritätsbereich, siehe 2.3.4). Weil Φ p ein Ringhomomorphismus ist, muss Φ p (f g) = Φ p (f) Φ p (g) 0 gelten, denn wegen v p (f) = 0 = v p (g) folgt mit ( ), dass f, g ker(φ p ). Wieder mit ( ) folgt v p (f g) = 0 wie gewünscht Korollar Sei h R[x] normiert, d.h. der höchste Koeffizient von h ist 1. Weiter seien f, g Q[x] auch normiert mit h = f g. Dann sind f, g R[x]. Beweis. Da h R[x], gilt v p (h) 0 nach Weil h normiert und v p (1) = 0 = v p (h) = 0. Mit dem Gauß-Lemma folgt 0 = v p (h) = v p (f) + v p (g). Weil f, g normiert sind, folgt v p (f) 0 und v p (g) 0, somit folgt mit der Beziehung von oben v p (f) = v p (g) = Sei f(x) = n a i x i Q[x]. Dann definieren wir den Inhalt von f als i=0 µ(f) := p P p vp(f). Mit dem Gauß-Lemma folgt dann: µ(f g) = µ(f) µ(g) (2.5) Wenn f R[x], dann folgt leicht mit der Charakterisierung des ggt durch die Primfaktorzerlegung aus , dass µ(f) = ggt(a 0,..., a n ). Theorem Falls R ein faktorieller Ring ist, dann ist auch R[x] ein faktorieller Ring. Beweis. Aus Theorem kennen wir diese Behauptung für einen Körper K (anstatt für einen faktoriellen Ring R), denn K[x] ist ein euklidischer Ring und damit faktoriell. Wir wenden das im Folgenden für den Quotientenkörper Q von R an und reduzieren den allgemeinen Fall auf diesen Spezialfall. Schritt 1: Sei f R[x] vom Grad 1. Dann ist f irreduzibel in R[x] genau dann, wenn f irreduzibel in Q[x] ist und wenn gleichzeitig µ(f) = 1 ist.

56 56 KAPITEL 2. RINGTHEORIE Beweis von Schritt 1. = Sei also f irreduzibel in R[x] und f = gh für g, h Q[x]. Wir müssen zeigen, dass g oder h eine Einheit in Q[x] ist. Sei γ, δ das kgv der Nenner von g bzw h. Damit gilt: g := γg R[x] und h := δh R[x]. Somit ist γδf = γδgh = g h eine Identität von Polynomen in R[x]. Weil γ der Hauptnenner von g ist, muss γ jeden Koeffizienten von h teilen. Analog teilt δ jeden Koeffizienten von g. Somit gilt h := h /γ R[x] und g := g /δ R[x]. Weil f = g h und weil f irreduzibel in R[x] ist, muss g oder h eine Einheit in R[x] sein. O.B.d.A: g R[x]. Insbesondere gilt dann g Q[x] und damit g = δ γ Q[x] = Q. Es folgt, dass f irreduzibel in Q[x] ist. Es gilt f = µ(f) f für ein Polynom f R[x], da der Inhalt µ(f) = ggt der Koeffizienten ist. Da f irreduzibel in R[x] und vom Grad 1, muss µ(f) R[x] gelten und damit folgt µ(f) R, d.h. µ(f) = 1. = Umgekehrt sei f irreduzibel in Q[x] und µ(f) = 1. Wir nehmen an, dass f = gh mit g, h R[x]. Zu zeigen ist nun, dass g oder h R[x]. Aus (2.5) folgt, dass 1 = µ(f) = µ(g) µ(h). Insbesondere muss dann µ(g) = µ(h) = 1 gelten. Weil f irreduzibel in Q[x] ist, muss g oder h Q[x] = Q\ {0} sein. O.B.d.A: g Q\ {0}. Aus g R[x] folgt g R\ {0}. Wegen µ(g) = 1 folgt g R = R[x] Damit folgt der erste Schritt. Beweis des Theorems. Weil Q[x] faktoriell ist, gilt f = f 1... f r für irreduzible Polynome f i Q[x]. Wir ersetzen f i durch R-Vielfache in R[x] mit Inhalt 1, dann gilt: f = µ(f) f 1... f r mit f i R[x] und µ(f i ) = 1 für i = 1,..., r (benutze (2.5)). Weil f i irreduzibel in Q[x] ist, muss f i irreduzibel in R[x] sein nach Schritt 1. Wenn wir jetzt noch die Faktorisierung von µ(f) in irreduzible Faktoren aus R benutzen ( da ja R faktoriell ist), erhalten wir eine Faktorisierung von f in irreduzible Polynome in R[x]. Es bleibt die Eindeutigkeit zu zeigen. Seien also f = f 1... f r = g 1... g s zwei solche Faktorisierungen in irreduzible Polynome in R[x]. Wir dürfen annehmen, dass f 1,..., f a bzw g 1,..., g b die Faktoren vom Grad 1 sind. Mit (2.5) und durch ersetzen der Faktoren durch R -Vielfache erhalten wir f = µ(f)f 1... f a = µ(f)g 1... g b, da nach dem 1. Schritt µ(f i ) = µ(g j ) = 1 gilt. Insbesondere gilt f 1... f a = g 1... g b.

57 2.7. POLYNOME ÜBER FAKTORIELLEN RINGEN 57 Weil Q[x] faktoriell ist, erhalten wir a = b und dass f 1,..., f a = g 1,..., g b bis auf Reihenfolge und Multiplikation mit Elementen aus Q. Letztere Elemente müssen aus R sein, weil der Inhalt all dieser Polynome gleich 1 ist. Wir schließen weiter f a+1 f r = g b+1 g s. Weil R faktoriell ist, sind diese Faktoren bis auf Reihenfolge und Multiplikation mit R gleich. Korollar Falls K ein Körper und n N, dann ist der Polynomring K[x 1,..., x n ] in den Variablen x 1,..., x n ein faktorieller Ring. Beweis. Der Polynomring K[x 1,..., x n ] wurde in Aufgabe 25 eingeführt. Wir haben gesehen, dass K[x 1,..., x n ] = S[x n ] für den Polynomring S := K[x 1,..., x n 1 ]. Mit Induktion wissen wir, dass S ein faktorieller Ring ist. Aus Theorem folgt die Behauptung. Theorem (Eisensteinsches Irreduzibilitätskriterium). Sei f(x) = a n x n + a n 1 x n a 0 R[x] vom Grad n 1. Weiter sei p ein irreduzibles Element aus R mit p a n, p a i i < n und p 2 a 0. Dann ist f(x) irreduzibel in Q[x]. Beweis. Wir betrachten wieder den surjektiven Ringhomomorphismus Φ p : R[x] (R/pR)[x], αk x k α k x k. Nach Proposition ist pr = p ein Primideal in R. Es folgt mit Proposition , dass R/ p ein Integritätsbereich ist. Also ist R/ p ein Teilring seines Quotientenkörpers, den wir hier mit F bezeichnen. Weil F [X] ein euklidischer Ring ist, muss er faktoriell sein (siehe Korollar 2.6.7). Wenn R ein Hauptidealbereich ist, dann ist R/ p sogar ein Körper (siehe Lemma und Proposition ). Das stimmt aber nicht für jeden faktoriellen Ring! Wir erinnern daran, dass der Inhalt µ(f) von f gleich dem ggt der Koeffizienten a 0,..., a n ist. Es gilt somit f = µ(f) f für ein f R[x] mit µ(f ) = 1, wobei f := a nx n a 0 mit a j := a j µ(f) R. Weil p a n = p µ(f) und damit gelten die Vorraussetzungen des Theorems auch für f. Weil f genau dann irreduzibel ist, wenn f irreduzibel ist, können wir also O.B.d.A annehmen, dass f = f und damit µ(f) = 1. Nach dem 1. Schritt im Beweis von Theorem gilt:

58 58 KAPITEL 2. RINGTHEORIE f(x) irreduzibel in Q[x] µ(f)=1 f(x) irreduzibel in R[x]. Wir argumentieren nun indirekt und nehmen an, dass f(x) nicht irreduzibel in R[x] ist. = f(x) = g(x) h(x) mit g(x), h(x) R[x] und g(x), h(x) R[x]. Es seien g(x) = b k x k + b k 1 x k b 0, h(x) = c l x l c 0 mit b k 0, c l 0. Wir bemerken zuerst, dass k, l 1. (Wenn z.b. l = 0 wäre, dann folgt aus 1 = µ(f) = µ(g)µ(h) und h = c 0, dass h = c 0 R und das wäre ein Widerspruch.) Weil Φ p ein Ringhomomorphismus ist, folgt: a n x n = Φ p (f) = Φ p (g) Φ p (h) Weil F [x] faktoriell ist, muss die Faktorisierung in irreduzible Elemente eindeutig sein. Weil x irreduzibel ist, müssen Φ p (g) und Φ p (h) Potenzen von x sein ( bis auf Multiplikation mit Konstanten). Somit gilt Φ p (g) = b k x k, Φ p (h) = c l x l. Insbesondere gilt b 0 = 0 = c 0 und damit p b 0, p c 0. Weil a 0 = b 0 c 0, muss p 2 a 0 gelten. Dies ist ein Widerspruch zur Annahme und damit folgt die Behauptung. Beispiel f(x) = x p 1 + x p x + 1 ist irreduzibel in Q[x] für jede Primzahl p. Beweisidee: Kriterium von Eisenstein für f(x + 1), siehe Übungen. Beispiel Sei K := k(t) der Körper der rationalen Funktionen über dem Körper k, d.h. K ist der Quotientenkörper von k[t]. Dann ist x n t irreduzibel in K[x] für jedes n N. Beweisidee: R := k[t] ist faktoriell und t ist irreduzibel in R, dann das Kriterium von Eisenstein anwenden.

59 Kapitel 3 Körper 3.1 Grundlagen In diesem Abschnitt sei K ein Körper. Wir benutzen die Ringtheorie für den Polynomring K[x] um die im folgenden nützlichen Fakten zu erhalten: (a) K[x] ist ein euklidischer Ring bezüglich dem Grad (siehe 2.6.2) und damit ist K[x] ein faktorieller Ring, d.h. es gibt eine Faktorisierung in irreduzible Faktoren in K[x] und die Faktorisierung ist bis auf Reihenfolge und Multiplikation mit Einheiten eindeutig. (b) Beachte, dass K[x] = K = K\ {0} (siehe 2.3.4) (c) für f(x) K[x] sind folgende Aussagen äquivalent: (i) grad(f) 1 und falls f = g h mit g, h K[x], dann muss grad(g) = 0 oder grad(h) = 0 gelten. (ii) f / K[x] {0} und falls f = g h mit g, h K[x], dann muss g K[x] oder h K[x] gelten. (iii) f ist irreduzibel in K[x] (iv) f K[x] ist ein Maximalideal in K[x] (v) K[x]/ f ist ein Körper Beweis. (i) (b) (ii) Def. (iii) (iv) (v) 59

60 60 KAPITEL 3. KÖRPER Falls die irreduziblen Faktoren von f K[x]\K alle Grad 1 haben, dann sagt man, dass f in Linearfaktoren zerfällt. Wenn dann der führende Koeffizient von f gleich a n ist, folgt f(x) = a n (x α 1 ) v1... (x α r ) vr (1) für paarweise verschiedenen α 1,... α r K und v 1,..., v r N. Es ist durch einsetzen klar, dass α 1,..., α r alle Nullstellen von f sind. Wir nennen v j die Multiplizität der Nullstelle α j Proposition Sei α K eine Nullstelle von f(x) K[x]. Dann!g(x) K[x] mit f(x) = (x α)g(x). Das nennt man Abspalten der Nullstelle α. Beweis. Polynomdivision von f(x) durch x α liefert:!g(x) K[x], h(x) K[x] mit f(x) = g(x)(x α) + h(x) mit grad(h) < grad(x α) = 1 Somit ist h eine Konstante, d.h. h K Setzen wir die Nullstelle α in das obige Polynom ein, dann folgt h = 0. Satz Sei f(x) K[x]\ {0} vom Grad n. Dann hat f(x) höchstens n verschiedene Nullstellen in K. Beweis. Mit Induktion n folgt dies leicht durch Abspalten von Nullstellen. Proposition Es gibt genau einen Ringhomomorphismus ϕ : Z K. Es gilt ker(ϕ) = Zp für genau eine Primzahl p oder für p = 0. Beweis. Für n N muss ϕ(n) = ϕ(1 } +. {{ } ) = ϕ(1) ϕ(1) = }{{} n mal n mal 1 } +. {{ } =: n K gelten. Weiter muss ϕ( n) = ϕ(n) = n K n mal gelten. Damit ist ϕ eindeutig bestimmt. Umgekehrt kann man das benutzen um einen Ringhomomorphismus ϕ zu definieren. Nach ist Z ein Hauptidealbereich und damit gilt ker(ϕ) = Zp für ein p Z. Nach ist ker(ϕ) ein Primideal, also muss p prim oder 0 sein (nach 2.5.7). Der Erzeuger p ist eindeutig bis auf Multiplikation mit Einheiten, d.h. mit ±1. Weil Primzahlen > 0 sind, muss p eindeutig sein Die Zahl p aus Proposition heißt Charakteristik von K und wird mit char(k) bezeichnet. Beispiele: Q, R, C sind Körper der Charakteristik 0, weil wir für ϕ die Inklusion Z Q, R, C wählen können. Wenn p Primzahl, dann ist Z/pZ

61 3.2. KÖRPERERWEITERUNGEN 61 ein Körper der Charakteristik p. Als ϕ hat man die Reduktionsabbildung Z Z/pZ modulo p Eine Teilmenge F K heißt Teilkörper (oder Unterkörper), wenn F bzgl. dem vererbten +, wieder ein Körper ist. Da der Duchschnitt von einer Familie von Teilkörpern von K offensichtlich wieder wieder ein Teilkörper K ist, muss es einen kleinsten Teilkörper P in K geben und zwar gilt: P := F F Teilkörper von K Wir nennen P den Primkörper von K. Ein Homomorphismus (bzw Isomorphismus) zwischen Körpern ist definiert als ein Ringhomomorphismus (bzw Ringisomorphismus) Proposition (a) Sei p eine Primzahl. Dann gilt: char(k) = p Primkörper P = Z/pZ (b) char(k) = 0 Primkörper P = Q Beweis. zu (a) = Sei p = char(k) > 0. Weil das Bild von ϕ als Ring von 1 erzeugt wird (sogar als additive Gruppe), muss ϕ(z) P. Nach dem Homomorphiesatz gilt: ϕ(z) = Z/ ker(ϕ) = Z/pZ Somit ist ϕ(z) ein Teilkörper von K. Weil der Primkörper P der kleinste Teilkörper ist, folgt P = ϕ(z) und mit dem Homomorphiesatz folgt die Behauptung. = folgt sofort. zu (b) folgt mit ähnlichen Argumenten wie (a) Bemerkung Jeder Teilkörper von K hat dieselbe Charakteristik wie K. Dies folgt sofort aus Proposition Körpererweiterungen Bis zum Schluss der Vorlesung werden wir Körpererweiterungen untersuchen. Die zentralen Resultate werden in der Galoistheorie gemacht. In diesem Abschnitt werden wir die Grundlagen bereitstellen. Wie immer sei K ein Körper.

62 62 KAPITEL 3. KÖRPER Definition Eine Körpererweiterung L von K ist ein Körper L K so, dass Addition und Multiplikation von L auf K mit derjenigen von K übereinstimmt. Dann ist K ein Teilkörper (oder Unterkörper) von L und L heißt Oberkörper. Zum Beispiel ist C eine Körpererweiterung von R und R ist eine Körpererweiterung von Q Wir betrachten jetzt eine Körpererweiterung L von K. Dann ist L ein natürlicher K-Vektorraum in dem wir + von L übernehmen und als skalare Multiplikation K L L, (λ, β) λ β die Multiplikation von L benutzen. Wir definieren den Grad von L über K als: { dim K (L) falls diese Dimension endlich [L : K] := sonst Beispiel [R : Q] = : Falls [R : Q] = n < wäre, dann folgt R = Q n als Q-Vektorraum. Da Q abzählbar ist, ist auch Q n abzählbar (Cantorsches Diagonalargument). Somit wäre dann auch R abzählbar. Dies ist jedoch ein Widerspruch. Beispiel [C : R] = 2, da 1 und i eine reelle Basis von C ist. Proposition (Gradformel). Seien M L K Körpererweiterungen. Dann gilt: [M : K] = [M : L] [L : K] Beweis. Seien β 1,..., β l K-linear unabhängige Elemente aus L und seien γ 1,..., γ m L-linear unabhängige Elemente aus M. In einem ersten Schritt zeigen wir, dass (β i γ j ) 1 i l,1 j m K-linear unabhängige Elemente aus M sind. Seien λ ij K mit λ ij β i γ j = 0. Zu zeigen ist λ ij = 0 i, j. 0 = m j=1 i=1 1 i l,1 j m l λ ij β i γ j = m γ j j=1 i=1 l λ ij β i = Weil γ 1,..., γ m L-linear unabhängig ist, folgt m m ( λ ij }{{} j=1 j=1 K β i }{{} L } {{ } L )γ j l λ ij β i = 0 j = 1,..., m. Weil die λ ij K und weil β 1,..., β l K-linear unabhängig ist, folgt damit λ ij = 0 i = 1,..., l und j = 1,..., m. i=1

63 3.2. KÖRPERERWEITERUNGEN 63 Im zweiten Schritt zeigen wir die Behauptung, falls m := [M : L] < und l := [L : K] <. Wir wählen eine Basis β 1,..., β l von L als K-Vektorraum und eine Basis γ 1,..., γ m von M als L-Vektorraum. Nach dem ersten Schritt wissen wir, dass (β i γ j ) 1 i l,1 j m K-linear unabhängig in M ist. Um nun das gewünschte [M : K] = ml zu zeigen, genügt es zu beweisen, dass (β i γ j ) 1 i l,1 j m ein K-Erzeugendensystem in M bildet (weil wir damit eine K-Basis erhalten). Sei γ M. Weil die Elemente γ 1,..., γ m eine L-Basis von M bilden, existieren µ 1,..., µ m L mit γ = m µ j γ j. Weil β 1,..., β l eine K-Basis in j=1 L ist, gibt es λ 1j,..., λ lj K mit µ j = γ = m µ j γ j = j=1 m ( j=1 l i=1 l λ ij β i )γ j = i=1 λ ij β i. Zusammen ergibt sich m j=1 i=1 l λ ij (β i γ j ) Damit folgt, dass (β i γ j ) 1 i l,1 j m ein K-Erzeugendensystem in M bilden und es folgt der zweite Schritt. Im dritten Schritt zeigen wir die Behauptung, für den fall, dass [L : K] oder [M : L] = gilt. Wir nehmen dir K-linear unabhängige Elemente β 1,..., β l aus L und L- linear unabhängige Elemente γ 1,..., γ m aus M. Nach dem ersten Schritt sind dann (β i γ j ) 1 i l,1 j m K-linear unabhängig in M, also folgt [M : K] ml. Nach Vorraussetzung können wir m oder l beliebig groß wählen = [M : K] = Beispiel Folgendes wichtige Verfahren konstruiert zu einem gegeben irreduziblen Polynom f(x) K[x] eine Körpererweiterung L von K, die eine Nullstelle von f(x) enthält. Wir setzen L := K[x]/ f(x). Nach ist L ein Körper, weil f(x) irreduzibel ist. Wir haben einen Körperhomomorphismus K L, α α := α + f(x), wobei wir hier α als das konstante Polynom α ansehen. Weil jeder Körperhomomorphismus injektiv ist (siehe ), erhalten wir einen kanonischen Isomorphismus von K auf sein Bild in L und damit dürfen wir K mit diesem Teilkörper von L identifizieren. Wir erhalten so L als Körpererweiterung von K. Für β := x L gilt: f(β) = f(x) = f(x) = 0

64 64 KAPITEL 3. KÖRPER Also ist β L eine Nullstelle von f(x). Wichtig ist die Bestimmung von [L : K]. Es gilt dann [L : K] = grad(f). Beweis. Sei γ L. Nach Konstruktion gilt γ = g(x) für ein g(x) K[x]. Nach Divion mit Rest!q(x), r(x) K[x] mit g(x) = q(x)f(x) + r(x) und grad(r) < grad(f) = γ = g(x) = g(x)f(x) + r(x) f(x)=0 = r(x) = r(x) Benutzen wir nun grad(f(x)) =: n und r(x) = a n 1 x n a 0, sowie β := x, dann folgt aus obigem, dass γ = a n 1 β n 1 + a n 2 β n a 0 gilt. Also ist 1, β,..., β n 1 ein K-Erzeugendensystem. Die Eindeutigkeit der Koordinaten a 0,..., a n 1 K folgt leicht aus der Eindeutigkeit von r(x) und der Konstruktion. Damit ist 1, β,..., β n 1 eine K-Basis von L und somit [L : K] = n = deg(f) Beispiel Wir betrachten die Funktion f(x) := x R[x], hier ist also K := R. Dieses Polynom ist irreduzibel, denn sonst würde f(x) = g(x)h(x) mit grad(g) 1, grad(h) 1 gelten für geeignete g, h R[x]. Weil 2 = grad(f) = grad(g) + grad(h) gilt = grad(g) = grad(h) = 1. das heißt g(x) = a 1 x + a 0 mit a 1 0 und a 0, a 1 R = a 0 a 1 ist Nullstelle von g(x) und damit auch von f(x). Da f(x) aber keine Nullstelle in R hat, folgt daraus ein Widerspruch!! Somit lässt sich Verfahren anwenden und wir erhalten einen Erweiterungskörper L := K[x]/ x und Nullstelle β := x von x Dann ist L isomorph zum Körper C durch die Abbildung L C, g(x) g(i) = a 1 i + a 0, da β 2 = 1 gilt Wenn L eine Körpererweitung von K ist, dann kürzen wir das mit L/K ab. Das hat nichts mit Faktorringen und auch nichts mit Division zu tun, sondern ist einfach eine Notation. Seien L/K und F/K zwei Körpererweiterungen. Ein K-Homomorphismus ϕ : L F ist ein Ringhomomorphismus so, dass ϕ K = id K gilt. Letztere Bedingung ist äquivalent dazu, dass ϕ K-linear ist. Ein K-Isomorphismus ist ein K-Homomorphismus ϕ : L F so, dass es einen K-Homomorphismus als Umkehrabbildung gibt. Letzteres ist äquivalent dazu, dass der K-Homomorphismus ϕ : L F bijektiv ist. Falls L = F ist, dann sprechen wir von einem K-Automorphismus.

65 3.2. KÖRPERERWEITERUNGEN 65 Im Beispiel haben wir gesehen, dass es einen natürlichen R-Isomorphismus von L nach C gibt Sei L/K eine Körpererweiterung und sei S L. Dann gibt es einen kleinsten Teilring von L, der K und S umfasst. Die Existenz folgt daraus, dass es sicher einen Teilring gibt, der K und S umfasst, und zwar L. Weiter ist der Durchschnitt einer beliebigen Familie von Teilringen wieder ein Teilring und somit ist K[S] := R R S K der kleinste Teilring, der S und K enthält. Dabei läuft R im Index über alle Teilringe von L, die K und S enthalten. Proposition Sei K[(x s ) s S ] der Polynomring in den Variablen (x s ) s S (a) Dann gibt es genau einen Ringhomomorphismus ϕ : K[(x s ) s S ] L mit ϕ(α) = α α K und mit ϕ(x s ) = s s S (b) K[S] = bild(ϕ) = {p(s 1,..., s n ) n N, p(x 1,..., x n ) K[x 1,..., x n ] und s 1,..., s n S} Beweis. Wir beweisen die Behauptung zuerst für S endlich und setzen n := S. Dann ist ϕ : K[x 1,..., x n ] L, p(x 1,..., x n ) p(s 1,..., s n ) der Einsetzungshomomorphismus, der (a) erfüllt und die Eindeutigkeit ist klar aus der Konstruktion. Wenn S unendlich ist, benutzen wir K[(x s ) s S ] = S 0 K[(x l ) l S0 ] wobei S 0 über alle endlichen Teilmengen von S läuft. Damit können wir den unendlichen Fall auf den endlichen zurückführen In der Situation von 3.2.9, d.h. L/K und S L, bezweichen wir mit K(S) den kleinste Teilkörper von L, der K und S enthält. Wieder gilt: K(S) = F F K S wobei F über alle Teilkörper von L läuft, die K und S enthalten. K(S) heißt die von S erzeugte Körpererweitungerung von K in L.

66 66 KAPITEL 3. KÖRPER Proposition Der Quotientenkörper von K[S] ist als Körpererweiterung von K isomorph zu K(S) Beweis. Wir haben den Homomorphismus ϕ : Quot(K[S]) K(s), a b a b L Weil dies injektiv ist, und das Bild ein Körper der K und S enthält, folgt die Behauptung. 3.3 Algebraische Zahlen Wie immer bezeichnet K einen Körper. Nullstellen vor Polynomen mit Koeffizienten in K sind ein klassisches Studienobjekt in der Algebra. Wir nennen sie algebraisch über K. In diesem Abschnitt werden wir ihre grundlegenden Eigenschaften untersuchen. Diese algebraischen Zahlen liegen im Allgemeinen in einem Erweiterungskörper von K. Definition Sei L eine Körpererweiterung von K, was wir mit L/K bezeichnen. Dann heißt β L algebraisch über K : p(x) K[x]\ {0} so, dass p(β) = 0. Wenn β nicht algebraisch über K ist, dann nennen wir β transzendent über K. Beispiel Die Zahl i C ist algebraisch über R und sogar über Q, denn i ist Nullstelle von p(x) = x Q[x]. Die Zahlen e und π sind nicht algebraisch über Q. Der Beweis ist schwierig und benutzt Analysis. (Siehe Literatur). Weiter ist n m für jedes n, m N algebraisch über Q, weil n m Nullstelle von p(x) = x n m Q[x] ist. Lemma Sei β L für Körpererweiterung L/K. Dann ist β algebraisch über K der Einsetzungshomomorphismus K[x] L, p(x) p(β) ist nicht injektiv. Beweis. Zunächst bemerken wir, dass der Einsetzungshomomorphismus ein Ringhomomorphismus ist. Somit ist der Kern {p(x) K[x] p(β) = 0} ein Ideal. β algebraisch über K p(x) K[x]\ {0} so, dass p(β) = 0 ker {0} Ringhom. Ringhom. nicht injektiv Sei weiter L/K eine Körpererweiterung und β L algebraisch. Dann gibt es genau ein normiertes Polynom p(x) K[x]\ {0} mit P (β) = 0, das minimalen Grad hat. Wir nennen dieses p(x) das Minimalpolynom von β über K und bezeichnen es im Folgenden mit p min (x).

67 3.3. ALGEBRAISCHE ZAHLEN 67 Wir haben im Beweis von Lemma gesehen, dass der Kern {p(x) K[x] p(β) = 0} des Einsetzungshomomorphismus ein Ideal ist. Das brauchen wir für folgendes Kriterium. Lemma Es sei p(x) K[x] ein normiertes Polynom mit p(β) = 0. Dann sind folgende Aussagen äquivalent: (a) p(x) erzeugt das Ideal {q(x) K[x] q(β) = 0} (b) q(x) K[x], q(β) = 0 = p(x) q(x) (c) p(x) ist das Minimalpolynom von β über K (d) p(x) ist irreduzibel Beweis. (a) = (b) Weil p(x) das Ideal erzeigt, gilt {q(x) K[x] q(β) = 0} = K[x]p(x) und somit folgt (b). (b) = (c) Damit gilt grad(p) grad(p min ). Weil beide Polynome normiert sind, folgt p(x) = p min (x) nach Definition des Minimalpolynoms. (c) = (d) Sei p(x) = q(x) r(x) mit Polynomen q(x), r(x) K[x] vom Grad 1. Wir müssen zeigen, dass dies nicht möglich ist. Damit folgt dann, dass p(x) irreduzibel in K[x] ist. Weil p(x) normiert ist, können wir auch annehmen, dass q(x) und r(x) normiert sind. Aus p(β) = 0 folgt, q(β) = 0 oder r(β) = 0. In jedem Fall haben wir ein normiertes Polynom in K[x] gefinden, das β als Nullstelle hat und das kleineren Grad hat als p(x) = p min (x). Dies ist ein Widerspruch. (d) = (a) Wir haben schon eingesehen, dass der Kern des Einestzungshomomorphismus K[x] L, q(x) q(β) gleich dem Ideal I := {q(x) K[x] q(β) = 0} ist. Weil K[x] ein Hauptidealbereich ist, gibt es ein p 0 (x) K[x] \ {0} mit I = K[x]p 0 (x) und somit folgt p 0 p, da p I Nach (d) ist p(x) irreduzibel und somit p 0 (x) und p(x) bis auf Multiplikation mit Einheiten gleich, d.h. λ K mit p(x) = λp 0 (x). Wir schließen daraus, dass auch p(x) das Ideal I erzeugt Sei L/K eine Körpererweiterung und β L. Es sei nach K[β] der kleinste Teilring von L der K und β enthält. Nach Proposition ist K[β] das Bild des Einsetzungshomomorphismus und somit gilt: K[β] = {p(β) p(x) K[x]} Proposition K[β] Unterkörper β algebraisch über K.

68 68 KAPITEL 3. KÖRPER Beweis. = Sei β algebraisch über K. Nach dem Homomorphisatz für den Einsetzungshom. gilt K[β] = K[x]/ kern des Einsetzungshom. Nach dem Kriterium gilt, dass der Kern erzeugt wird vom Minimalpolynom p min (x) von β über K = K[β] = K[x]/ p min (x). Nun ist p min (x) irreduzibel (wieder nach 3.3.6). Mit folgt, dass K[x]/ p min und somit auch K[β] Körper sind. = Wir nehmen an, dass β transzendent ist über K und müssen dann zeigen, dass K[β] kein Körper sein Kann. Wieder mit dem Homomorphiesatz folgt: K[β] = K[x]/ Kern des Einsetzhom. Weil β transzendent ist über K, muss der Einsetzungshom. injektiv sein nach und damit ist der Kern gleich {0} also folgt K[β] = K[x]. Weil K[x] = K ist, kann K[x] und damit auch K[β] kein Körper sein. Proposition Sei L/K eine Körpererweiterung, β L und β algebraisch über K. Dann induziert der Einsetzungshomomorphismus einen Isomorphismus K[x]/ p min (x) K[β] Beweis. Seihe Beweis von Proposition Unter den Voraussetzungen von Proposition gilt: [K[β] : K] = grad(p min ) Beweis. [K[β] : K] = [(K[x]/ p min (x) ) : K] = = grad(p min ) Beispiel Sei m Z, die kein Quadrat ist in Z. Dann ist Q[ m] ein Unterkörper in C (nach 3.3.7) [ Q[ m] : Q ] = 2 Weil das Minimalpolynom von m gleich x 2 m ist. Konkret haben wir die Q-Basis 1, m in Q[ m] = Q( m) Proposition Sei β L. Dann ist β algebraisch über K Unterkörper F von L mit K F L so, dass β F und [F : K] <. Beweis. = Wir wählen F := K[β]. Dann gilt β F und K F L. Weil β algebraisch ist, zeigt Propostion 3.3.7, dass F ein Unterkörper von L ist. Aus Proposition folgt [F : K] = grad(p min ) <.

69 3.4. ZERFÄLLUNGSKÖRPER 69 = Sei F der Unterkörper auf der rechten Seite der Äquivalenz. Weil β F und [F : K] <, muss 1, β,..., β n K-linear abhängig sein für n := [F : K]. Damit gibt es a 0,..., a n K, nicht alle 0, mit Damit ist β algebraisch über K. a a 1 β a n β n = 0. Theorem Sei L/K eine Körpererweiterung. Dann ist M := {β L β algebraisch über K} ein Unterkörper von L mit M K Beweis. Für β K ist p(x) = x β K[x] und hat Nullstelle β. Somit gilt β M und damit ist K M gezeigt. Insbesondere gilt 0, 1 M. Um zu zeigen, dass M ein Unterkörper ist von L, genügt es zu zeigen, dass β ± γ, βγ M für beliebige Elemente β, γ M, γ 0. Überraschenderweiße ist es schwierig, explizit Polynome zu finden, mit Nullstelle β + γ oder β γ oder βγ oder γ 1. Als Ausweg benutzen wir Proposition Weil β algebraisch über K ist, gibt es einen Unterkörper F β von L mit β F β und [F β : K] < (nach ). Weil γ algebraisch über K, muss offensichtlich γ auch algebraisch über F β K. Wieder mit gibt es einen Zwischenkörper F mit F β F L und γ F, [F : F β ] <. Nach der Gradformel gilt [F : K] = [F : F β ][F β : K] < Also ist F ein Unterkörper von L, der β ± γ, βγ, γ 1 enthält, weil β, γ F. Wieder mit folgt β ± γ, βγ, γ 1 M. 3.4 Zerfällungskörper Sei K ein Körper und p(x) K[x]. Ein wichtiges Ziel in der Algebra ist die Konstruktion aller Nullstellen von p(x). Dabei können wir nicht erwarten, dass alle Nullstellen im Grundkörper K liegen, sondern wir müssen zu geeigneten Körpererweiterungen von K übergehn. In diesem Abschnitt werden wir die kleinste Körpererweiterung von K konstruieren, die alle Nullstellen von unserem gegebenen Polynom p(x) enthält. Diese Erweiterung werden wir Zerfällungskörper nennen. Wenn z.b. p(x) = x 2 2 ist und K = Q, dann ist der Zerfällungskörper von p(x) gleich Q[ 2] = {a + b 2 a, b, Q}. Proposition Sei ϕ : L L ein Homomorphismus von Körpererweiterungen von K, d.h. L /L ist auch eine Körpererweiterung von K und ϕ ist ein Homomorphismus von Körpern, sodass ϕ K = id K. Dann gilt: β L = p(ϕ(β)) = ϕ(p(β))

70 70 KAPITEL 3. KÖRPER Insbesondere werden alle Nullstellen von p(x) in L auf Nullstellen von p(x) in L abgebildet. Beweis. Sei p(x) = a n x n +a n 1 x n a 1 x+a 0 mit a i K, i = 1,..., n. p(ϕ(β)) = a n ϕ(β) n + a n 1 ϕ(β) n a 0 ϕ(a i ) = a i = ϕ(a n )ϕ(β) n + ϕ(a n 1 )ϕ(β) n ϕ(a 0 ) = ϕ(a n β n ) + ϕ(a n 1 β n 1 ) ϕ(a 0 ) = ϕ(a n β n + a n 1 β n a 0 ) = ϕ(p(β)) Sei nun p(β) = 0. Dann folgt aus dem ersten Teil: 0 = ϕ(0) = p(ϕ(β)) = p(ϕ(β)) = ϕ(β) ist NS wie behauptet Wir suchen zuerst eine Körpererweiterung von K, die alle Nullstellen von p(x) enthällt. Genauer suchen wir eine Körpererweiterung L von K, sodass p(x) in ein Produkt von Linearfaktoren aus L[x] zerfällt. Dabei wollen wir in einem ersten Schritt eine Körpererweiterung konstruiern, die überhaupt eine Nullstelle enthällt. Dabei dürfen wir annehmen, dass p(x) irreduzibel ist in K[x], denn im Allgemeinen genügt es, eine Nullstelle eines irreduziblen Faktors zu konstruieren. Dies geschieht in der folgenden Proposition. Proposition Sei p(x) irreduzibel in K[x]. Dann gilt: (a) Es gibt eine Körpererweiterung L/K mit einer Nullstelle β L von p(x), sodass L = K[β]. (b) Sei ϕ : K L ein Körperhomomorphismus. Dann existiert genau ein Ringhomomorphismus ϕ : K[x] L [x] mit den Eigenschaften, dass ϕ K = ϕ und ϕ(x) = x. (c) Falls β eine Nullstelle von ϕ(p) in L ist, dann gibt es genau einen Körperhomomorphismus ϕ : L L mit den Eigenschaften, dass ϕ K = ϕ und ϕ (β) = β j=0 j=0 Beweis. zu (a): Die Existenz von L und Nullstelle β L haben wir im Beispiel gesehen. Dort hatten wir L := K[x]/ p(x) und β := x+ p(x) gesetzt. Damit folgt nach Definition, dass L = K[β]. Dies zeigt (a). zu (b): Wir definieren: ϕ( m b j x j ) := m ϕ(b j )x j. Die Existenz und Eindeutigkeit folgt analog wie im Einsetzungshom. in

71 3.4. ZERFÄLLUNGSKÖRPER 71 zu(c): Wir bezeichnen mit ι β den Einsetzhom. ι β : K[x] L mit β. Analog bezeichnet ι β den Einsetzhom. L [x] L mit β. Also haben wir folgendes kommutative Diagramm ϕ K[x] L [x] ϕ ι β ι β L L ϕ wobei das ϕ erst noch zu definieren ist. Weil β eine Nullstelle des Polynoms ϕ(p) ist, gilt folgendes: ϕ (p) = ι β ϕ(p) = ( ϕ(p)) (β ) = 0 Somit gilt p(x) ker ϕ. Wir definieren nun ϕ (γ) für irgendein γ L. Weil L = K[β], gilt γ = q(β) für ein q(x) K. Nach dem Beweis aus (a) ist q(x) eindeutig bis auf Addition mit Elementen aus dem Ideal p(x) Wir definieren ϕ (γ) := ϕ (q) L. Dies ist unabhängig von der Wahl von q, weil ϕ (p) = 0 nach obiger Betrachtung. Weil ϕ = ι β ϕ ein Ringhom. ist und weil wir bei ϕ repräsentantenweise rechnen dürfen, folgt sofort, dass ϕ ein Körperhom. ist. Weil ϕ K = ϕ, folgt auch ϕ k = ϕ und damit ϕ K = ϕ. Weiter gilt: ϕ (β) = ϕ (x + p(x) ) = ϕ (x) = ι β ϕ(x) = ( ϕ(x))(β ) = β Das zeigt die Existenz und die Eindeutigkeit ergibt sich leicht aus der Konstruktion. Satz Sei p(x) K[x] vom Grad n 1. Dann gibt es eine Körpererweiterung L von K, sodass p(x) in ein Produkt von Linearfaktoren in L[x] zerfällt und [L : K] n! Beweis. Min Induktion nach n. Wenn n = 1, dann ist p(x) = a 1 x + a 0 und dies ist schon ein Linarfaktor in K[x], also können wir K = L wählen und es gilt [L : K] = 1! Führen wir nun den Induktionsschritt durch. Sei also n 2. Nach Beispiel gibt es eine Körpererweiterung L /K die eine Nullstelle β von p(x) enthält. Nach gilt: [L : K] = grad(p min (x)) grad(p(x)) = n ( ) Wir spalten nun die Nullstelle β ab, d.h. es gibt ein Polynom q(x) L [x], sodass p(x) = (x β)q(x) ( ).

72 72 KAPITEL 3. KÖRPER Weil q(x) den Grad n 1 hat, können wir die Induktionsannahme verwenden für das Polynom q(x) L[x]. Also gibt es eine Körpererweiterung L/L, sodass [L : L ] (n 1)! und q(x) = b n 1 (x β 1 )... (x β n 1 ) für geeignete β 1,..., β n 1 L. Setzen wir das in ( ) ein, erhalten wir, dass auch p(x) in ein Produkt von Linearfaktoren aus L[x] zerfällt. Aus [L : K] = [L : L ][L : K] ( ) (n 1)! n = n! folgt die Behauptung. Bemerkung Sei L/K eine Körpererweiterung und S eine Teilmenge von L, die aus K-algebraischen Zahlen besteht. Wir erinnern uns daran, dass wir mit K[S] den kleinsten Teilring bezeichnet haben, der K und S umfasst. Weiter ist K[S] der kleinste Teilkörper von L, der K und S enthält. Weil nun alle Elemente von S als K-algebraisch vorrausgesetzt werden, gilt: K[S] = K(S) Beweis. Wir müssen nur zeigen, dass K[S] ein Körper ist, d.h. wir müssen zeigen, dass β 1 K[S] β K[S]\ {0}. Nach wissen wir, dass K[β] ein Teilkörper ist (da s K-algebraisch) und somit β 1 K[β] K[S] Theorem Sei f(x) K[x]. Dann gibt es eine Körpererweiterung L/K so, dass f(x) = a n (x β 1 )... (x β n ) mit β 1,..., β n L und mit L = K(β 1,..., β n ) ( ). Diese Körpererweiterung L/K ist bis auf K- Isomorphie eindeutig und L heißt der Zerfällungskörper von f(x). Beweis. Die Existenz von L folgt aus Satz Genauer gibt es nach Satz eine Körpererweiterung L von K, sodass ( ) gilt mit β 1,..., β n L. Dabei ist a n der höchste Koeffizient von f(x) und damit a n K. Wir sezten nun L := K(β 1,..., β n ) und erhalten die Existenz. Die Eindeutigkeit folgt in 2 Schritten. Schritt 1: Sei ϕ : K L ein Körperhom und sei ϕ : K[x] L [x] der Hom. aus 3.4.3(b). Weiter gelte: ϕ(f) = ϕ(a n )(x β 1)... (x β n) ( ) für geeignete β 1,..., β n L Behauptung: Homomorphismus ϕ : L L von Körpererweiterung über K, sodass ϕ(β i ) = β i i = 1,..., n nach geeigneter Permutation der Nullstellen β 1,..., β n

73 3.5. ALGEBRAISCH ABGESCHLOSSENE KÖRPER 73 Beweis: Mit Induktion nach n = grad(f) Sei p(x) K[x] ein irreduzibler Faktor von f i (x) mit Nullstelle β n, d.h. ϕ(β n ) = 0. Dann ist p(β n ) eine Nullstelle von ϕ(p). Weil ϕ ein Ringhom = ϕ(p) ϕ(f). Somit ist ϕ(β n ) eine Nullstelle von ϕ(f). Nach ( ) sind β 1,..., β n die Nullstelle von ϕ(f). Nach umnummerierung dürfen wir annehmen dass β n = ϕ(β n ) Nach Proposition 3.4.3(c)! Homomorphismus ϕ n : K[β n ] L mit ϕ K n = ϕ und ϕ(β n ) = β n. Beachte, dass wir die Nullstellen β n bzw β n abspalten können und es somit ein f 1 (x) (K[β n ])[x] gibt, sodass f(x) = f 1 (x)(x β n ) und ϕ(f) = g 1 (x)(x β n) für ein g 1 (x) (K[β n])[x]. wir wenden nun Induktion an auf das Polynom f 1 (x) (K[β n ])[x] und erhalten einen Körperhom. ϕ : L L mit ϕ K = ϕ n und ϕ (β i ) = β i i = 1,..., n nach geeigneter Permutation der β 1,..., β n 1 Dies zeigt den ersten Schritt. Schritt 2: Eindeutigkeit des Zerfällungskörpers. Sei L ein weiterer Zerfällungskörper. Nach dem 1. Schritt existiert ein Körperhom ϕ : L L mit ϕ K = id und ϕ (β i ) = β i nach geeigneter Permutation der Nullstellen β 1,..., β n von f(x) in L. Wegen L = K(β 1,..., β n) ϕ surjektiv. Weil jeder Körperhom. injektiv ist = ϕ Isomorphismus. 3.5 Algebraisch abgeschlossene Körper Die komplexen Zahlen haben den Vorteil, dass jedes Polynom in ein Produkt von Linearfaktoren zerfällt. In diesem Abschnitt werden wir zuerst diese Eigenschaftn beweisen und dann zeigen, dass jeder Körper eine Körpererweiterung mit dieser Eigenschaft hat. Definition Ein Körper K heißt algebraisch abgeschlossen jedes Polynom in K[x] vom Grad 1 hat mindestens eine Nullstelle. Proposition Sei K algebraisch abgeschlossen. Dann zerfällt jedes p(x) K[x]\K zerfällt in ein Produkt von Linearfaktoren aus K[x]. Beweis. Mit Induktion nach n = grad(p) Der Fall n = 1 ist trivial. Falls n > 1, dann haben wir eine Nullstelle α von p(x) nach Definition von algebraisch abgeschlossen. Wir spalten diese Nullstelle ab, wie in = p(x) = (x α) q(x) für ein q K[x] vom Grad n 1. Mit Induktion für q(x) folgt die Behauptung. Satz (Fundamentalsatz der Algebra). C ist algebraisch abgeschlossen.

74 74 KAPITEL 3. KÖRPER Wir führen hier einen recht elementaren Beweis. In der Funktionentheorie gibt es einen elementaren Beweis mit dem Satz von Liouville. Einen rein algebraischen Beweis kann man mit der Galois-Theorie führen. Beweis. Sei p(x) = a n x n + a n 1 x n a 0 C[x] vom Grad 1. Es ist nun zu zeigen, dass p(x) Nullstellen in C hat. O.B.d.A a n = 1. Aus der Dreiecksungleichung zeigt man in Analysis: a b a b für a, b C Sei nun z C. Wenden wir dies für a = z n und b = (a n 1 z n a 0 ) an, und es folgt: p(z) = a b a b = z n a n 1 z n a 0 z n a n 1 z n 1... a 0 (1) Wir benutzen nun, dass für j = 0,..., n 1 gilt, z j max(1, z ) j max(1, z ) n 1 Setzen wir dies nun in obiges ein, so folgt: p(z) z n ( a n a 0 ) max(1, z ) n 1 (2) Wir setzen jetzt r := 1 + a 0 + a a n 1 und betrachten den Kreis. Zuerst nehmen wir an, dass z r. Damit folgt p(z) z n ( a a n 1 ) z n 1 ( z ( a a n 1 )) z n 1 (r ( a a n 1 )) Also gilt nach Definition von r: z 1 n 1 p(z) z z Weil z r a 0 ist nach Definition von r, folgt p(z) a 0 (3) Nun sei z r. Aus der Analysis wissen wir aufgrund der Stetigkeit von p(x), dass die Funktion p(x) auf dem kompakten Kreis {w C w r} =: C ein Minimum in einem z 0 C annehmen muss. = p(z 0 ) p(0) = a 0 (4)

75 3.5. ALGEBRAISCH ABGESCHLOSSENE KÖRPER 75 Aus (3) und (4) folgt, dass z 0 das Minimum von p(x) auf ganz C ist. Beachte, dass p eine Nullstelle hat p(z 0 ) = 0 Wenn wir zum Polynom p(x+z 0 ) übergehen, dürfen wir annehmen, dass z 0 = 0 ist. (Wenn z 1 eine Nullstelle von p(x + z 0 ) ist, dann ist z 1 + z 0 von p(x). Weiter ist 0 das Minimum von p(x + z 0 ) ). Z.z.: p(0) = 0 für das Minimum 0. Wir zeigen indirekt: wir nehmen an, dass p(0) > 0. Damit folgt a 0 = p(0) 0. Wir wählen k 1 minimal, sodass a k 0, d.h. es gibt q(x) K[x] mit p(x) = a 0 a k x k + q(x)x x+1 (5) Bei der Einführung der Gauß schen Zahlenebene lerntman, dass man beliebige Wurzeln aus komplexen Zahlen ziehen kann. Also w C mit Aus der Stetigkeit folgt, dass Weiter gilt w k = a 0 a k (6) lim t 0 twk+1 q(tw) = 0 = 0 < t < 1 mit t w k+1 q(tw) < a 0 (7) p(tw) = a 0 + a k (tw) k + q(tw) (tw) k+1 = a 0 + a k t k ( a 0 a k ) + q(tw) (tw) k+1 = a 0 (1 t k ) + t k+1 w k+1 q(tw) (8) Wir setzen un alles zusammen und erhalten p(tw) a 0 (1 t k ) + t k+1 w k+1 q(tw) a 0 (1 t k ) + t k a 0 = a 0 (9) Beachte, dass (9) ein Widerspruch zu der Anname ist, dass 0 ein Minimum von p(x) und damit p(x) p(0) = a 0 gelten soll Wir erinnern uns an das Zornsche Lemma. Das ist ein Axiom in der Mathematik, das man nicht beweisen kann und das man an verschiedenen Stellen der Mathematik braucht, zum Beispiel um die Existenz einer Basis in einem beliebigen Vektorraum zu zeigen. Sei M eine Menge die bzgl. partiell geordnet ist.

76 76 KAPITEL 3. KÖRPER Eine obere Schranke von K M in M ist z M, sodass x z x K eine KEtte in M ist ein K M, sodass x, y K = z K mit x z und z z (Zornsches Lemma). Falls jede Kette K von M eine obere Schranke in M hat, dann gibt in M ein maximales Element x max, d.h. x M, x max x = x max = x Lemma Sei R ein kommutativer Ring und J 0 R mit J 0 R. Dann exisitiert ein maximales Ideal J max in R mit J 0 J max Beweis. Sei M = {J R J R, J 0 J}. Dann ist M partiell geordnet bezüglich. Wir zeigen nun, dass die Vorraussetzund des Zornschen Lemmas erfüllt sind. Sei also K eine Kette, dann ist J auch ein Ideal auf Grund der J K Kettenbedingung (wie in Aufgabe 20). Weil 1 / J J K = 1 / J J K Somit ist J eine obere Schranke von K in M. Nach dem Zornschen J K Lemma gibt es ein maximales Element J max in M und das ist offenbar das gesuchte Maximalideal Sei T eine Menge. Für jedes t T sei x t eine Variable. Falls T endlich ist, dann haben wir in Aufgabe 20 den Polynomring K[(x t ) t T ] eingeführt. Im Allgemeinen setzen wir K[(x t ) t T ] := K[(x t ) t T ]. Man zeigt T 0 T, T 0 < leicht, dass K[(x t ) t T ] ein kommutativer Ring ist (vgl. Aufgabe 26). Theorem Jeder Körper K ist ein Teilkörper eines algebraisch abgeschlossenen Körpers Beweis. Wir verallgemeiner die Konsturktion aus Beispiel Setze T := K[x]\K. für jedes f T wählen wir eine Varibale x f wie oben. Sei R := K[(x f ) f T ] der zugehörige Polynomring. Insbesondere enthält R das Polynom f(x f ). Wir definieren J 0 als das Ideal in R, das von {f(x f ) f T } erzeugt wird. Es gilt somit J 0 = {g 1 f 1 (x f1 ) g n f n (x fn ) n N, f1,..., f n T, g 1,..., g n R}

77 3.5. ALGEBRAISCH ABGESCHLOSSENE KÖRPER 77 Wir behaupten, dass J 0 R gilt. Wenn nicht, dann wäre 1 J 0 und damit hat man eine Darstellung 1 = g 1 f 1 (x f1 ) g n f n (x fn ) (10) wie oben. Sei L der Zerfällungskörper von f(x) := f 1 (x)... f n (x). Dann hat jedes f j (x) für j = 1,..., n eine Nullstelle z j L. Wir setzen z j ein für x fj in (10) für alle j = 1,..., n und es folgt 1=0. Widerspruch!. Somit gilt J 0 R. Nach dem Lemma gibt es ein maximales Ideal J max in R mit J 0 J max. Nach muss K 1 = R/J max ein Körper sein. K konst.p olyn. R =:ϕ Quot.abb K 1 = R/J max Weil ϕ ein Ringhom. Zwischen Körpern ist, muss ϕ injektiv sein und damit füren K mit seinem Bild ϕ(k) identifizieren. = K Teilkörper von K 1. Beachte, dass jedes Polynom f T = K[x]\K in K 1 eine Nullstelle hat, nämlich x f + J max (analog zu Beispiel 3.2.6). Wir iterieren nun die Konstuktion und erhalten einen Körperturm Dann ist M := j=0 K =: K 0 K 1 K 2 K 3... K j ein Körper, wie man leicht auf Grund der Ketteneigenschaft beweist. Sei g(x) M[x] vom Grad 1. = j N 0 mit g(x) K j [x] Es gilt g(x) K j = g(x) hat eine Nullstelle α K j M. Dann ist M algebraisch abgeschlossen. Definition Eine Körpererweiterung L/K heißt algebraisch alle x L sind K-algebraisch. Bemerkung Nach Proposition sind alle Körpererweiterungen mit [L : K] algebraisch. Proposition Seien K L M Körpererweitungen und γ M. Falls γ L-algebraisch ist und falls L/K algebraisch ist, dann muss γ K- algebraisch sein.

78 78 KAPITEL 3. KÖRPER Beweis. b i L mit γ n + b n 1 γ n b 0 = 0 (11) Da alle b i K-algebraisch sind, kann man mit Proposition einen Zwischenkörper K F L konstruieren mit b i F i = 0,..., n 1 und γ F. Da γ F -algebraisch ist wegen (11) = E := F [γ] ein Unterkörper ist von M mit [E : F ] <. Nach der Gradnfomrel folgt [E : K] = [E : F ][F : K] < aus Proposition = γ K-algebraisch. Theorem Es gibt einen algebraisch abgeschlossenen Körper K, der K als Teilkörper enthält, mit der Eigenschaft, dass K/K algebraisch ist. Dadurch ist K bis auf Isomorphie von Körpererweiterungen von K eindeutig bestimmt und wir nennen K den algebraisch Abschluss von K. Beweis. Nach Theorem M Oberkörper von K, sodass M algebraisch abgeschlossen ist. Wir setzen K := {β M βk-algebraisch}. Nach Proposition ist K auch algebraisch abgeschlossen und algebraisch über K. Das zeigt die Existenz. Die Eindeutigkeit bis auf Isomorphie wird in den Übungen gezeigt. Dort sieht man auch, dass der Isomorphismus nicht eindeutig ist. Beispiel R = C, aber wir werden in den Übungen sehen, dass Q C

79 Kapitel 4 Galois-Theorie 4.1 Normale Körpererweiterungen Sei K ein Körper. Im Abschnitt 3.4 haben wir zu einem f(x) K[x] den Zerfällungskörper konstruiert. In diesem Abschnitt beschreiten wir den umgekehrten Weg. Wir betrachten eine endliche Körpererweiterung L/K und fragen nach einer intrinsischen Charakterisierung der Eigenschaft, dass L Zerfällungskörper ist (d.h. Charakterisierung unabhängig vom Polynom f(x)). Dabei heißt L/K endliche Körpererweiterung : [L : K] <. Definition L/K heißt normale Körpererweiterung genau dann, wenn für jedes irreduzible Polynom p(x) K[x] mit einer Nullstelle in L gilt, dass p(x) in L[x] in Linearfaktoren zerfällt. Lemma Seien L 1 und L 2 endliche Körpererweiterungen von K mit L 1 = K(α 1 ) und L 2 = K(α 2 ). Falls α 1 und α 2 dasselbe Minimalpolynom über K haben, dann gibt es genau einen Isomorphismus ϕ : L 1 L 2 von Körpererweiterungen über K so, dass ϕ(α 1 ) = α 2. Zur Erinnerung: K(α 1 ) ist der kleinste Körper, der K und α 1 enthält. Weil L 1 /K eine endliche Körpererweiterung ist, muss α 1 algebraisch sein über K und damit ist K(α 1 ) auch gleich dem kleinsten Ring K[α 1 ], der K und α 1 enthält (vgl 2.2). Beweis. Sei p min (x) das Minimalpolynom von α 1 über K und damit auch von α 2. Nach gilt: ϕ 1 : K[x]/ p min (x) K(α 1 ), q(x) q(α 1 ) ist Isomorphismus 79

80 80 KAPITEL 4. GALOIS-THEORIE Analog erhält man Isomorphismus ϕ 2 : K[x]/ p min (x) K(α 2 ). Dann ist ϕ : ϕ 2 ϕ 1 1 der gesuchte Isomorphismus und die Eindeutigkeit ist klar. Lemma Sei ϕ : L 1 L 2 ein Homomorphismus von Körpererweitungen von K und p(x) K[x]. Dann werden die Nullstellen von p(x) aus L 1 durch ϕ injektiv in die Nullstellen von p(x) aus L 2 abgebildet. Falls L 1 = L 2, dann permutiert ϕ die Nullstellen von p(x) in L 1 = L 2 Beweis. Siehe Proposition Für eine endliche Körpererweiterung L/K sind folgende Aussagen äquivalent: (a) L/K ist eine normale Körpererweiterung (b) L ist Zerfällungskörper eines Polynoms f(x) K[x] Beweis. (a)= (b): Weil [L : K] <, gibt es α 1,..., α r L mit L = K(α 1,..., α r ). Genauer: Mit Induktion nach [L : K] > 1, dann gibt es ein α 1 L/K. Dann gilt nach der Gradformel [L : K(α 1 )] = [L : K] < [L : K] [K(α 1 ) : K] Aus der Induktionsannahme folgt L = K(α 1 )(α 2,..., α r ) = K(α 1,..., α r ). Für j = 1,..., r sei f j (x) K[x] das Minimalpolynom von α j über K. Betrachte f(x) := f 1 (x)... f r (x). Nun zerfällt f(x) in Linearfaktoren aus L[x], denn auf Grund der Normalität von L/K gilt dies für alle f j (x). Um zu zeigen, dass L/K der Zerfällungskörper von f(x) ist, müssen wir zeigen, dass L von den Nullstellen von f(x) als Körpererweiterung von K erzeugt wird. Dies stimmt, weil L schon vom Teil α 1,..., α r der Nullstellen erzeugt wird. (b)= (a): Sei L der Zerfällungskörper von f(x) K[x], d.h. f(x) = a n (x γ 1 )... (x γ n ) für γ 1,..., γ n L mit L = K(γ 1,..., γ n ) Wir müssen zeigen, dass jedes irreduzible Polynom p(x) K[x] mit einer Nullstelle α L sogar in Linearfaktoren in L[x] zerfällt. wir betrachten p(x) als Polynom in L[x] und erhalten nach Satz dazu den Zerfällungskörper F. Sei also β eine Nullstelle von p(x) aus F. Wir müssen zeigen, dass β L gilt.

81 4.1. NORMALE KÖRPERERWEITERUNGEN 81 Nach Lemma gibt es genau einen Isomorphismus ϕ : K(α) K(β) mit ϕ(α) = β (denn p(x) ist das gemeinsame Minimalpolynom von α und β über K). Nun ist L der Zerfällungskörper von f(x) als Polynom in K(α)[x]. Weiter ist L(β) damit der Zerfällungskörper von f(x) als Polynom in K(β)[x]. Nach Satz ist der Zerfällungskörper bis auf Isomorphie eindeutig und damit gibt es eine Fortsetzung von ϕ : K(α) K(β) zu einem Isomorphismus L L(β). Nach der Gradformel gilt: [L : K] = [L(β) : K] = [L(β) : L][L : K] und somit [L(β) : L] = 1 d.h. L = L(β) und damit β L Korollar Sei L/K eine endliche Körpererweiterung. Dann Körpererweiterung F/L so, dass F/K normale Körpererweiterung (mit [F : K] < ). Beweis. Weil [L : K] < = L = K(α 1,..., α r ). Sei f j (x) K[x] das Minimalpolynom von α j über K. Wir betrachten den Zerfällungskörper F von f := f 1... f r über L. Damit haben wir Körpererweiterung: K L F Wir behaupten, dann F der Zerfällungskörper von f über K ist. Nach Konstruktion zerfällt f(x) in Linearfaktoren aus L[x]. Es bleibt zu zeigen, dass die Nullstellen von f(x) in L die Körpererweiterung L/K erzeugen. Nach Konstruktion sind α 1,..., α r solche Nullstellen, aber es wird noch weitere Nullstellen α r+1,..., α s von f(x) in L geben. und somit K(α 1,..., α s ) = K(α 1,..., α r )(α r+1,..., α s ) = L(α r+1,..., α s ) K(α 1,..., α s ) = L(α 1,..., α s ) = F. Damit folgt, dass F der Zerfällungskörper von f(x) über K ist. Aus Proposition folgt, dass F/K noramle Körpererweiterung ist. Lemma Sei F ein Zwischenkörper der normalen Körpererweiterung L/K, d.h. K F L. Dann ist L/F eine normale Körpererweiterung. Beweis. Nach Proposition ist L/K der Zerfällungskörper eines f(x) K[x]. Dann ist L auch der Zerfällungskörper von f(x) über f. Wieder mit Proposition folgt, dass L/F normal ist.

82 82 KAPITEL 4. GALOIS-THEORIE 4.2 Separable Körpererweiterungen Sei K ein Körper. Für f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 K[x] kann man die Ableitung f (x) formal einführen durch: f (x) := na n x n 1 + (n 1)a n 1 x n a 1 K[x] ( ) Da es auf einem beliebigen Körper keinen natürlichen Konvergenzbegriff gibt, funktioert die aus der Analysis übliche Definition mit dem Differentialquotienten hier im Allgemeinen nicht. Trotzdem gelten für die Ableitung von Polynomen die üblichen Regeln wie Linearität, Produktregel und Kettenregel. Diese Regeln muss man hier beweisen mit Hilfe der Definition ( ), dies lassen wir aber weg. Die beweise sind einfach und folgen entweder direkt oder mit Induktion nach dem Grad. In diesem Abschnitt werden wir separable Körpererweiterungen studieren. Das ist eine wichtige Eigenschaft in der Galoistheorie, die folgendermaßen definiert ist: Definition (a) Ein Polynom f(x) K[x]\K heißt separabel : f(x) hat nur einfache Nullstellen im Zerfällungskörper von f(x). (b) Sei L/K eine algebraische Körpererweiterung. Dann heißt β L separabel über K : Minimalpolynom von β ist über K separabel. (c) Eine algebraische Körpererweiterung L/K heißt separabel : alle β L sind separabel über K. Die meisten endlichen Körpererweiterungen sind separabel, wie wir bald sehen werden. Um die Separabilität von Polynomen zu untersuchen, werden wir die weiter oben eingeführte formale Ableitung f eines Polynoms f benutzen. Lemma Wir bezeichnen den ggt von zwei Elementen f, g aus dem Hauptidealbereich A mit ggt A (f, g). Aus dem Abschnitt 2.5 wissen wir, dass ggt A (f, g) existiert und eindeutig ist bis auf Multiplikation mit Einheiten. (a) Falls B ein Hauptidealbereich ist und A ein Teilring ist von B, der ebenfalls Hauptidealbereich ist, dann gilt: ggt A (g, f) = ggt B (g, f) (b) Falls L/K eine Körpererweiterung ist, dann gelten die Voraussetzungen und damit auch die Behauptung von (a) für A = K[x], B = L[x].

83 4.2. SEPARABLE KÖRPERERWEITERUNGEN 83 Beweis. Der ggt A (g, f) =: d ist charakterisiert unter den gemeinsamen Teiler von f und g in A dadurch, dass jeder andere gemeinsame Teiler von f und g ein Teiler von d ist. Analog für d := ggt B (f, g) in B Somit folgt d d in B. Nach dem Lemma von Bezout (siehe 2.5.8) gibt es a, b A so, dass d = af + bf = d f, b }{{ B = d } B Ideal erzeugt von f und g in B Somit ist d d = d = d bis auf Multiplikation mit Einheiten. Dies zeigt (a). (b) folgt aus (a), weil Polynome in einer Variablen mit Koeffizienten aus einem Körper euklidische Ringe sind und damit Hauptidealbereiche (siehe 2.6). Im Folgenden wird mit K der algebraische Abschluss von K bezeichnet (siehe 3.5). Man darf statt K auch mit dem Zerfällungskörper des auftretenden Polynoms arbeiten, der einfacher zu konstruieren war (siehe 3.4). Lemma Sei f(x) K[x]\K. Dann gilt: (a) Die mehrfachen Nullstellen von f(x) in K sind gleich den gemeinsamen Nullstellen von f und f in K (b) f separabel = f 0 K[x] (c) Falls f irreduzibel in K[x], dann gilt die Umkehrung in (b) Beweis. (a) Sei α eine Nullstelle von f(x) in K. Wir spalten diese ab und erhalten f(x) = (x α) g(x) für g(x) K[x]. Mit der Produktformel folgt dann: f (x) = g(x) + (x α)g (x) (1) Es gilt: α ist eine mehrfache Nullstelle von f(x) α ist Nullstelle von g(x) 2-fache Nullstelle von f (x). Es gilt: f (α) = g(α) nach (1) (b) folgt aus (a), denn f hat eine Nullstelle α in K (da grad(f) 1) und wegen (a) muss f (α) 0 sein, sonst wäre α eine mehrfache Nullstelle von f im Widerspruch zu f separabel. (c) Es sei jetzt f irreduzibel in K[x]. Weiter gelte f 0 K[x]. Da der ggt K[x] (f, f ) ein Teiler von f und f ist, muss er einen kleineren Grad

84 84 KAPITEL 4. GALOIS-THEORIE haben als f. Weil f irreduzibel, muss ggt K[x] (f, f ) = 1 gelten (bis auf Multiplikation mit Einheiten). Nach Lemma gilt: ggt K[x] (f, f ) = ggt K[x] (f, f ) = 1 Somit können f und f keine gemeinsame Nullstelle α in K haben, sonst wäre (x α) ein gemeinsamer Teiler. Nach (a) folgt, dass f separabel ist. Im obigen Lemma haben wir f(x) K[x]\K betrachtet, d.h. grad(f) 1. Mit unserer Erfahrung aus der Analysis können wir uns schwer ein solches Polynom vorstellen mit f = 0 K[x]. In Charakteristik 0 gilt natürlich f 0 für alle solchen f, denn f (x) = n a }{{ n x } n Proposition Sei char(k) = 0. Dann ist jedes irreduzible Polynom separabel. Beweis. Da f irreduzibel, gilt deg(f) 1 obige Bem. f Lemma 4.2.3c) 0 K[X] f separabel char(k)=0 Korollar Falls char(k) = 0, ist jede algebraische Körpererweiterung L/K separabel. Beweis. Sei α ein Element von L/K. Wir bezeichnen das Minimalpolynom von α über K mit f(x). Nach obigem ist f 0 K[x]. Mit Lemma 4.2.3(c) folgt, dass f und damit L/K separabel ist. Satz Sei L/K eine algebraische Körpererweiterung, die von S L erzeugt wir, d.h. L = K(S). Dann ist L/K genau dann separabel, wenn alle β S separabel über K sind. Beweis. Siehe [1], Korollar Beweis. Da f irreduzibel = grad(f) 1 = f 0 K[x] separabel. Lemma 4.2.3(c) = f

85 4.2. SEPARABLE KÖRPERERWEITERUNGEN 85 Satz (Satz vom primitiven Element). Sei L/K eine endliche separabele Körpererweiterung. Dann gibt es ein primitives Element α von L/K, d.h. L = K(α). Beweis. Wir beweisen in den Übungen, dass jede endliche Untergruppe von F zyklisch ist für jeden Körper F. Fall 1: K endlich. Weil [L : K] < = L endlich. Nach obigem ist L zyklisch, d.h. erzeugt als Gruppe von a L = L = K(a). Fall 2: K unendlich. Weil [L : K] <, gilt L = K(a 1,..., a r ). Wir benutzen Induktion nach r. Wenn r = 1, dann ist L = K(a 1 ). Sei r 2. Nach Induktion gilt K(a 1,..., a r 1 ) = K(b). Also folgt L = K(a 1,..., a r ) = K(a 1,..., a r 1 )(a r ) = K(b)(c) = K(b, c). Es genügt also den Fall r = 2 zu beweisen, mit a 1 = b, a 2 = c. Seien f und g die Minimalpolynome von b und c über K = f(x) = (x b 1 )... (x b n ) K[x] g(x) = (x c 1 )... (x c m ) K[x] Durch Umnummerierung dürfen wir annehmen, dass b = b 1, c = c 1. Weil L/K separabel ist, gilt b i b j und c k c l i j und k l. Da K =, d K mit b i + dc j b + dc (2) i = 1,..., n, j = 2,..., n Wähle d verschieden von den Elementen (c j c) 1 (b b i ). Setze a = b + cd. Beachte, dass f(a dx) und g(x) genau dann eine gemeinsame Nullstelle c j haben in K, wenn a b i dc j = 0 für ein i {1,..., n} b + dc = b i + dc j für ein i {1,..., n} (2) i = j = 1 Damit ist c = c 1 eine gemeinsame Nullstelle, d.h. x c = ggt K[x] (f(a dx), g(x)) = ggt K(a)[x] (f(a dx), g(x)) Also muss x c K(a)[x] und damit c K(a). Weiter folgt b = a cd K(a) und damit K(b, c) = K(a). Korollar Wir betrachten endliche Körpererweiterungen K L F so, dass L/K separabel und F/K normal. Dann![L : K] Homomorphismen ϕ : L F von Körpererweiterungen über K (d.h. ϕ K = id K ).

86 86 KAPITEL 4. GALOIS-THEORIE Beweis. Nach gilt L = K(α) weil L/K separabel. Sei f(x) das Miniamlpolynom von α über K. Nach Abschnitt 2.2 gilt [L : K] = grad(f) =: n. Nun ist L erzeugt von α und damit ist jeder Körperhomomorphismus ϕ : L F bestimmt durch das Bild ϕ(α). Weiter muss ϕ(α) eine Nullstelle von f(x) sein. Umgekehrt induziert die Wahl einer Nullstelle von f(x) so einen Homomoprhismus ϕ (vgl und 4.2.3). Also gibt es genau so viele ϕ s wie f(x) Nullstellen in F hat. Weil F/K normal ist und f(x) ein irreduzibles Polynom in K[x] mit Nullstelle α F, muss f(x) genau n Nullstellen hat. Dann gibt es genau n ϕ s. Proposition Sei K F L Körpererweiterungen. Dann ist L/K separabel L/F und F/K separabel. Beweis. = : geht ganz einfach = : [1], Korollar Galois-Erweiterung Wir betrachten in diesem Abschnitt eine endliche Körpererweiterung L/K. Im Allgemeinen ist es schwierig einen Überblick über alle Zwischenkörper zwischen K F L zu kriegen. Die Hauptidee von Galois war es, eine bijektive Korrespondenz zwischen den Untergruppen von Aut(L/K) und den Zwischenkörpern anzugeben unter gewissen Voraussetzung an L/K. Da es einfacher ist, die Untergruppen von Aut(L/K) zu bestimmen, ist damit die Ausgangsfrage gelöst. Diese Methode wird in den folgenden Abschnitten die Konstruierbarkeit mit Zirkel und Lineal und die Auflösbarkeit von polynomialen Gleichungen mit Radikalen lösen Wir erinnern daran, dass Aut(L/K) := {ϕ : L L ϕ Isomorphismus, ϕ K = id K } die Automorphismengruppe von L/K heißt. Sei S Aut(L/K). Dann definieren wir L S := {α L σ(α) = α σ S} In den Übungen wird gezeigt, dass LS ein Fixkörper von S. Zwischenkörper ist. Er heißt Lemma Sei L/K separabel. Dann ist Aut(L/K) [L : K].

87 4.3. GALOIS-ERWEITERUNG 87 Beweis. Nach Korollar gibt es eine Körpererweiterung F von L so, dass F/K normale Körpererweiterung. Wir haben also K L }{{} F endlicher Grad }{{ } normal Da L/K separabel ist, haben wir in gesehen, dass es genau [L : K] Homomorphismen ϕ : L F von Körpererweiterungen über K gibt. Die Automorphismen σ : L L von Körpererweiterungen über K sind nun genau diejenigen ϕ mit ϕ(l) L. Damit folgt Aut(L/K) [L : K] Bemerkung Wir haben im Beweis des Lemmas ausgenutzt, dass jeder Homomorphismus ϕ : L L von Körpererweiterungen über K bijektiv und damit ein Automorphismus ist. Weil ϕ ein Homomorphismus zwischen Körpern, muss ϕ injektiv sein muss (siehe ). Weil ϕ K = id K, muss ϕ K-linear sein. ( ϕ(λα) = ϕ(λ)ϕ(α) = λϕ(α) λ K, α L.) Weil L ein endlicher K-Vektorraum ist nach Voraussetzung und ϕ eine injektive K-lineare Selbstabbildung, muss ϕ surjektiv sein (siehe lineare Algebra). Proposition Sei L/K separabel. Dann sind folgende Aussagen äquivalent (a) L/K ist normale (b) Aut(L/K) = [L : K] (c) L Aut(L/K) = K Beweis. (a) = (b): Wir benutzen den Beweis von Lemma Wir können F = L wählen, da L/K normal vorausgesetzt wurde. Wir haben gesehen, dass es genau [L : K] Homomorphismen ϕ : L F = L von Körpererweiterungen über K gibt. Weil F = L, sind das alles Automorphismen und es folgt Aut(L/K) = [L : K]. (b) = (c) Es gelte also Aut(L/K) = [L : K]. Wir definieren F := L Aut(L/K). Nach ist F ein Zwischenkörper von L/K, d.h. K F L. Zu zeigen : K = F. Wegen K F gilt Aut(L/K) Aut(L/F ). Andererseits sei ϕ Aut(L/K). Wir behaupten, dass ϕ Aut(L/F ). Es ist also zu zeigen, dass ϕ(α) = α α F. Weil F der Fixkörper von Aut(L/K) ist, folgt das direkt aus der Definition des Fixkörpers. Also ist Aut(L/K) = Aut(L/F ). Aut(L/K) = Aut(L/F ) [L : F ]

88 88 KAPITEL 4. GALOIS-THEORIE Dabei benutzen wir für F statt K und beachten dabei, dass L/F auch separabel ist nach Aus der Voraussetzung von (b) folgt [L : K] [L : F ] und da K F, folgt [L : K] = [L : F ] und auch K = F. Dies zeigt (c). K F L. Wir haben [L : F ] [L : K] gezeigt. Wegen der Gradformel [L : K] = [L : F ][F : K] folgt [L : K] [L : F ], also =. Wieder mit der Gradformel folgt [F : K] = 1, d.h. K = F. (c) = (a) Schritt 1: Sei α L und H eine Untergruppe der Automorphismengruppe Aut(L/K). Dann hat das Polynom q(x) := σ H(x σ(α)) = n (x σ i (α)) Koeffizienten in L H. Beweis: Weil Aut(L/K) < (Lemma 4.3.2, da [L : K] < ), muss q(x) ein Polynom sein. A priori hat es Koeffizienten in L, weil alle σ(α) L. Wir multiplizieren q(x) aus und erhalten q(x) = x H σ(α)x H 1 + σ i (α)σ j (α)x H 2 σ H 1 i<j n i= ( 1) H σ 1 (α)... σ n (α) Dies folgt auch aus dem bekannten Satz von Vieta, wobei wir Elemente von H nummerieren mit σ 1,..., σ n. Wir wählen irgend ein ϕ H. Es gilt: ( n ) n ϕ σ i (α) = ϕ σ i (α) i=1 Weil H eine Gruppe ist, induziert Multiplikation mit ϕ einfach eine Permutation der Elemente aus H. ( n ) n = ϕ σ i (α) = σ i (α) i=1 i=1 Weil ϕ H beliebig, muss der Koeffizient i=1 n i=1 σ i (α) von q(x) in L H liegen. Analog folgt dies für die anderen Koeffizienten und damit der 1. Schritt. Wir wollen zeigen, dass die Körpererweiterung L/K normal ist. Wir nehmen ein irreduzibles Polynom p(x) K[x] mit einer Nullstelle α L und müssen zeigen, dass p(x) in Linearfaktoren aus L[x] zerfällt. Wir wenden den 1. Schritt an, mit H := Aut(L/K). Dann hat q(x) Koeffizienten in L H = LAut(L/K) (c) = K. Also ist q(x) K[x] mit Nullstelle α

89 4.3. GALOIS-ERWEITERUNG 89 (weil σ = id H, also x α Faktor von q(x)). Andererseits ist p(x) ein irreduzibles Polynom in K[x] mit Nullstelle α und somit das Minimalpolynom von α (vgl ). Es folgt p(x) q(x) wieder mit Weil q(x) nach Konstruktion in Linearfaktoren aus L[x] zerfällt, muss dies auch für den Teiler p(x) gelten. Somit ist L/K normal, d.h. es gilt (a). Definition L/K heißt Galoiserweiterung : L/K normal und separabel. In dieser Situation nennen wir Aut(L/K) die Galoisgruppe von L/K und wir bezeichnen sie mit Gal(L/K). Satz Sei L/K separabel, H Untergruppe von Aut(L/K). Dann ist L/L H eine Galoiserweiterung und Gal(L/L H ) = H. Beweis. Weil L/K separabel ist, gilt der Satz vom primitiven Element, d.h. α L mit L = K(α). Nach ist L/L H separabel. Sei p(x) das Minimalpolynom von α über L H und q(x) wie im 1. Schritt des Beweises 4.3.3(c). Aus dem 1. Schritt wissen wir, q(x) L H [x] und damit folgt wieder p(x) q(x). Weiter gilt wegen L = K(α) auch L = L H (α). [L : L H ] = grad(p) grad(q) = H Es gilt H Aut(L/L H ) nach Definition des Fixkörpers. = H Aut(L/L H ) [L : L H ] = H Also überall =. und somit H = Aut(L/L H ). Nach Prop ist damit L/L H normal und somit auch eine Galoiserweiterung. Sei L/K eine endliche Körpererweiterung. Unser Ziel ist es, alle Zwischenkörper K F L zu bestimmen. Zu einem Zwischenkörper kann man zu einer Untergruppe H der Automorphismengruppe Aut(L/K) den Fixkörper L H := {α L σ(α) = α σ H} betrachten, denn L H ist ein Zwischenkörper L/K. Wir erinnern daran, dass L/K Galoiserweiterung heißt, falls L/K eine noramle und separable Körpererweiterung ist. In diesem Fall heißt die Gruppe Gal(L/K) := Aut(L/K) die Galoisgruppe von L/K. Theorem (Hauptsatz der Galoistheorie). Sei L/K eine Galoiserweiterung. Dann ist die Abbildung {H H Untergruppe von Gal(L/K)} {F F Zwischenkörper von L/K}, gegeben durch H L H, bijektiv mit Umkehrabbildung F Aut(L/F ).

90 90 KAPITEL 4. GALOIS-THEORIE Beweis. Sei H eine Untergruppe von Gal(L/K). Sei F := L H der zugehörige Zwischenkörper. Dann gilt: Aut(L/F ) = Aut(L/L H ) = H nach Satz Umgekehrt sei F ein Zwischenkörper von L/K. Wir setzen H := Aut(L/F ). Nach ist L/F eine normale Körpererweiterung und nach ist L/F eine separable Körpererweiterung. Das werden wir benutzen um anzuwenden für L/L H (statt L/K): L H = L Aut(L/F ) = F Wir sehen, dass die Abbildungen aus dem Hauptsatz zueinander invers sind und damit folgt die Behauptung. Proposition Sei L/K eine Galoiserweiterung, G := Gal(L/K), H, H 1, H 2 Untergruppen von G, F Zwischenkörper von L/K. Dann gilt: (a) H 1 H 2 L H 1 L H 2 (b) ord(h) = [L : L H ], [G : H] = [L H : K] (c) L/F ist Galoiserweiterung (d) σ G = Gal(L/σ(F )) = σ Gal(L/F )σ 1 (e) σ G = L σhσ 1 = σ(l H ) (f) H G L H /K normale Körpererweiterung (g) Wenn H G = Gal(L H /K) = G/H Beweis. Siehe Aufgabe 54. Bemerkung Sei L = K(α 1,..., α r ) für Nullstellen α 1,..., α r von p(x) K[x]. Die α 1,..., α r müssen aber nicht alle Nullstellen von p(x) in L umfassen. Sei Z := {α L p(α) = 0}. Dann gilt (a) Für σ Aut(L/K) gilt σ(z) = (Z) und σ Z ist eine Permutation von Z. (b) Die Abbildung Aut(L/K) S(Z), σ σ Z ist ein injektiver Gruppenhomomorphismus, der uns erlaubt die Automorphismengruppe Aut(L/K) mit einer Untergruppe von S(Z) zu identifizieren.

91 4.3. GALOIS-ERWEITERUNG 91 Beweis. (a) Ist der Spezialfall in Lemma (b) Die Abbildung in (b) erhalten wir durch Einschränkung und damit ist sie ein Gruppenhomomorphismus, da in beiden Fällen die Verknüpfung gleich der Verknüpfung von Abbildungen ist. Die Abbildung σ σ Z ist injektiv, weil σ durch die Bilder σ(α 1 ),..., σ(α r ) der erzeugenden α 1,..., α r Z bestimmt. Beispiel Sei K = Q und L der Zerfällungskörper von p(x) = x 3 2. Wir wollen nun alle Zwischenkörper F von L/K bestimmen. 1. Schritt: Bestimme L und [L : Q] (vgl Aufgabe 44). Die Nullstellen von p(x) in C sind: α 1 = 3 2, α 2 = ζ 3 3 2, α 3 = ζ (4.1) mit ζ 3 := e 2πi 3. Nach Definition des Zerfällungskörpers gilt Beachte, dass L = K(α 1, α 2, α 3 ) = Q(α 1, α 2, α 3 ). ζ 3 = α 2 α 1 = α 3 α 2 (4.2) gilt und damit ζ 3 L. Wir haben folgenden Körperturm: K = Q Q(ζ 3 ) Q(ζ 3, α 1 ) L. Weil α 2 = ζ 3 α 1 und α 3 = ζ 3 α 2 ist nach (4.1), folgt auch und damit Q(ζ 3, α 1 ) = L. L = Q(α 1, α 2, α 3 ) Q(ζ 3, α 1 ) Wir betrachten nun den Zwischenkörper Q Q(α 1 ) = Q( 3 2) L = Q(ζ 3, α 1 ). Nach dem Kriterium von Eisenstein (was wir wegen K = Q nutzen dürfen), gilt, dass x 3 2 irreduzibel und damit das Minimalpolynom von α 1 = 32 ist. Es folgt [Q( 3 2 : Q] = grad(minimalpolynom) = 3.

92 92 KAPITEL 4. GALOIS-THEORIE Weil ζ 3 eine Nullstelle von x 2 + x + 1 ist, muss das Minimalpolynom von ζ 3 über Q( 3 2) ein Teiler von x 2 +x+1 sein. Wäre x 2 +x+1 nicht irreduzibel in Q( 3 2)[x], dann wäre das Minimalpolynom vom Grad 1 und somit ζ 3 Q( 3 2). Da ζ 3 / R und Q( 3 2) R, kann das nicht passieren. = [L : Q(α 1 )] = grad(minimalpolynom) = 2 = [L : Q] = [L : Q(α 1 )] [Q(α 1 ) : Q] = 2 3 = 6 2. Schritt: Wir raten Zwischenkörper von L/K: Q, Q( 3 2), Q(ζ 3 ), Q(ζ 2 3), Q(α 3 ), Q(α 2 ), Q( ζ 3 ), L Es gibt dabei 2 Probleme: Wir wissen nicht, ob verschiedene Teilnehmer aus der Liste auch verschieden sind als Zwischenkörper Wir wissen nie, ob wir alle Zwischenkörper aufgelistet haben! Deshalb wollen wir den Hauptsatz der Galoistheorie anwenden, der diese beiden Probleme umgeht. 3. Schritt: Zeige, dass L/K eine Galoiserweiterung ist: L/K = Q ist normal, weil L=Zerfällungskörper (siehe 4.1.4) L/K = Q ist separabel, weil char(k) = 0 (siehe 4.2.5) = L/K ist Galoiserweiterung 4. Schritt: Bestimme die Galoisgruppe G := Gal(L/K): Nach der vorigen Bemerkung ist G eine Untergruppe der Permutationsgruppe S({α 1, α 2, α 3 }) = S 3 Wegen 6 = [L : K] = Gal(L/K) = G S 3 = 3! = 6 gilt überall = und damit sogar G = S 3 5. Schritt: Bestimme alle Untergruppen von G = Gal(L/K) : Benutze dabei die Sprache der Permutationen:

93 4.3. GALOIS-ERWEITERUNG 93 Ordnung H 1 {id} 2 {id, (12)} {id, (13)} {id, (23)} 3 {id, (123), (132)} 6 G 6. Schritt: Wir bestimmen alle Zwischenkörper von L/K. Nach dem Hauptsatz der Galoistheorie sind die Zwischenkörper gegeben als die Fixkörper L H, wobei H aber alle Untergruppen von S 3 = G läuft. ord(h) = 1: H = {id} Zwischenkörper F := L H = L ord(h) = 2 Es gibt 3 Untergruppen der Ordnung 2, weil es 3 Transpositionen gibt. Fall 1: H = {id, (12)} Zwischenkörper F := L H =? Der Automorphismus σ zu (12) (unter S({α 1, α 2, α 3 }) = S 3 ) ist gegeben durch σ(α 1 ) = α 2, σ(α 2 ) = α 1, σ(α 3 ) = α 3. Naheliegend ist nun die Behauptung L H = Q(α 3 ). Zuerst bestimmen wir den Grad : [F : Q] = [L H : Q] 4.3.7(b) = [G : H] = ord(g) ord(h) = 3 Weiter gilt wegen α 3 L H auch Q(α 3 ) L H. Wir haben im 1. Schritt gesehen, dass [Q(α 3 ) : Q] = 3 und damit folgt Q(α 3 ) = L H = F. Fall 2: H = {id, (13)} analog = F := L H = Q(α 2 ) Fall 3: H = {id, (23)} analog = F := L H = Q(α 1 ) und es gilt weiter [F : Q] = 3. ord(h) = 3: H = {id, (123), (132)}. Sei σ G das Element, das (123) entspricht. Es gilt dann σ(α 1 ) = α 2, σ(α 2 ) = α 3, σ(α 3 ) = α 1 Weil (132) = (123) 2, folgt sofort, dass σ H erzeugt, und L H = L σ (Falls σ(α) = α = σ 2 (α) = σ(α) = α). Möglicher Kandidat für ein Element in L σ ist α 1 α 2 α 3, denn σ(α 1 α 2 α 3 ) = α 2 α 3 α 1 = α 1 α 2 α 3.

94 94 KAPITEL 4. GALOIS-THEORIE Allerdings gilt α 1 α 2 α 3 = 2 wegen x 3 2 = (x α 1 )(x α 2 )(x α 3 ), deshalb hilft das nicht weiter. Wir wissen nämlich aus der seleben Überlegung wie oben, dass [L H : Q] = [G : H] = 2 gelten muss. Wir könnten mit ein wenig Zeit diesen Zwischenkörper erraten. Wir zeigen hier aber einen systematischen Weg um den Zwichenkörper zu finden. Zuerst müssen wir eine Q-Basis von L finden: Q Q(α 1 ) L = Q(α 1 ζ 3 ). Nach ist 1, α 1, α 2 1 eine Q-Basis von Q(α 1), weil x 3 2 das Minimalpolynom von α 1 über Q ist. Analog ist 1, ζ 3 eine Q(α 1 )-Basis von L, weil x 2 + x + 1 das Minimalpolynom von ζ 3 über Q(α 1 ) ist = 1, α 1, α 2 1, ζ 3, α 1 ζ 3, α 2 1 ζ 3 ist eine Q-Basis von L. Sei α L. Dann!a 0, a 1,..., a 5 Q mit α = a 0 + a 1 α 1 + a 2 α a 3 ζ 3 + a 4 α 1 ζ 3 + a 5 α 2 1ζ 3 (4.3) Wegen σ(ζ 3 ) = σ( α 3 α 2 ) = α 1 α 3 = ζ3 2 = ζ 3 ( da ζ3 3 = 1) folgt: σ(α) = a 0 + a 1 α 2 + a 2 α a 3 ζ 3 + a 4 ζ 3 α 2 + a 5 ζ 3 α 2 2. (4.4) Wir wissen, dass x 2 +x+1 das Minimalpolynom von ζ 3 ist. Wenn wir also die Beziehung ζ ζ = 0 benutzen, folgt σ(α) = a 0 + a 1 ζ 3 α 1 a 2 (α ζ 3 α 2 1) + a 3 ζ 3 a 3 (α 1 + ζ 3 α 1 ) + a 5 α 2 1. Somit gilt: α L H α = σ(α) (4.3) = (4.4) a 0 = a 0, a 1 = a 4, a 2 = a 2 + a 5, a 3 = a 3, a 4 = a 1 a 4, a 5 = a 2 a 1 = a 4 = a 2 = a 5 = 0 Fazit: L H = {a 0 + a 3 ζ 3 a 0, a 3 Q} = Q(ζ 3 ) ord(h) = 6, dh. H = G: = F := L H = Q, da L/Q Galoiserweiterung (siehe 4.3.3) Somit haben wir die 6 Zwischenkörper Q, Q(α 1 ), Q(α 2 ), Q(α 3 ), Q(ζ 3 ), L. Nach dem Hauptsatz der Galoistheorie sind das alle und sie sind paarweise verschieden.

95 4.4. ZYKLOTOMISCHE KÖRPERERWEITERUNGEN 95 Schritt 7: Welche Zwischenkörper F/Q sind normale Körpererweiterungen? Nach 4.3.7(f) gilt: F/Q normal H G. Die Normalteiler von G sind die Untergruppen der Ordnung 1,3,6, weil Permutationen genau dann konjugiert sind, wenn sie dieselben Zyklenlängen haben (siehe 1.5.4). Also sind Q, Q(ζ), L die normalen Körpererweiterungen, was man auch direkt rausfinden kann. 4.4 Zyklotomische Körpererweiterungen Körpererweitungen, die von einer Einheitswurzel erzeugt werden, sind besonders gut zugänglich. Sie werden in diesem Abschnitt studiert mit Hilfe der Galoistheorie. Das hat im Folgenden Anwendungen für die Konstruktion des regulären n-ecks mit Zirkel und Lineal. In diesem Abschnitt ist K ein Körper und K ein algebraischer Abschluss von K. Definition ζ K heißt n-te Einheitswurzel in K : ζ n = 1 Bei den komplexen Zahlen haben die n-ten Einheitswurzeln die Form e 2πi k n (k Z), aber im Allgemeinen sind das völlig abstrakte Elemente in K (z.b. wenn K = Z/pZ). Lemma Sei p = char(k) 0, n = p k m mit p m. Dann gilt {ζ K ζ n = 1} = {ζ K ζ m = 1}. Beweis. In Aufgabe 39 haben wir gesehen, dass gilt: in p := char(k) 0. Somit gilt: und es folgt die Behauptung. (a + b) p = a p + b p x n 1 = (x m ) pk 1 = (x m 1) pk Die n-ten Einheitswurzeln in K bilden offensichtlich eine Gruppe bezüglich, die wir mit U n bezeichnen. Das Lemma kann man benutzen um das Studium von U n auf den Fall p := char(k) n zurückführen (wegen U n = U m ). In jedem Fall ist U n eine endliche Gruppe der Ordnung n, da U n die Nullstellenmenge von x n 1 in K (Satz 3.1.4) ist. Als endliche Untergruppe von K muss U n zyklisch sein (siehe Aufgabe 47).

96 96 KAPITEL 4. GALOIS-THEORIE Lemma Falls char(k) n, dann ist U n zyklisch der Ordnung n. Beweis. Wir haben schon gesehen, dass U n zyklisch ist (siehe 4.4.3). Sei f(x) := x n 1. Dann gilt f (x) = nx n 1 0, da char(k) n. Somit haben f(x) und f (x) keine gemeinsamen Nullstellen (da f nur 0 als Nullstelle in K hat). Mit Lemma folgt, dass f(x) separabel über K ist, d.h. alle Nullstellen sind verschiedenen. Damit gibt es n verschiedene n-te Einheitswurzeln in K. d.h. ord(u n ) = n Weil U n zyklisch ist (gilt auch, wenn char(k) n), gibt es ein erzeugendes Element ζ, d.h. U n = ζ. Solche Erzeuger heißen primitive n-te Einheitswurzeln. Nach haben wir einen Gruppenisomorphismus ϕ : Z/nZ U n, m ζ m. Weil dieser Isomorphismus ϕ von der Wahl des primitiven Elementes ζ abhängt, ist der Isomorphismus nicht kanonisch. Behauptung: Sei ζ primitive Einheitswurzel. Dann ist ζ U n genau dann eine primitive n-te Einheitswurzel, wenn es ein m Z gibt, mit ggt(m, n) = 1 und ζ = ζ m. Sei also ζ U n. Weil U n = ζ = m Z mit ζ = ζ m. ζ primitive n-te Einheitswurzel ζ ϕiso. = U n m erzeugt Z/nZ 1 erzeugt Z/nZ 1 m r Z mit 1 = r m m (Z/nZ) ggt(m, n) = 1 Fazit: Wenn ζ eine primitive n-te Einheitswurzel ist, dann erhalten wir alle anderen primitiven Einheitswurzeln durch ζ m, m = 1,..., n und ggt(m, n) = 1. Insgesamt gibt es also ϕ(n) primitive Einheitswurzeln, wobei ϕ hier die Eulersche ϕ-funktion ist. Satz Sei n N und char(k) n. Weiter sei ζ eine primitive n-te Einheitswurzel in K. Dann gilt: (a) K(ζ)/K ist Galoiserweiterung. (b) σ Gal(K(ζ)/K) =!k(σ) (Z/nZ) mit σ(ζ) = ζ k(σ). (c) Die Abbildung ψ : Gal(K(ζ)/K) (Z/nZ), σ k(σ) ist ein injektiver Gruppenhomomorphismus. (d) Der Isomorphismus ψ ist kanonisch, d.h. K(ζ) und ψ sind unabhängig von der Wahl der primitiven n-ten Einheitswurzel ζ.

97 4.4. ZYKLOTOMISCHE KÖRPERERWEITERUNGEN 97 Beweis. Wir zeigen zuerst, dass K(ζ) der Zerfällungskörper des Polynoms x n 1 über K ist. Es gilt: x n 1 = ζ U n (x ζ ) Weil ζ primitiv ist, gilt ζ = ζ m für ein m Z. Also ist ζ K(ζ) für alle ζ U n. Somit zerfällt x n 1 in Linearfaktoren in K(ζ)[x]. Es bleibt zu zeigen, dass K(ζ) von den Nullstellen von x n 1 erzeugt wird. Weil schon die Nullstelle ζ die Erweiterung K(ζ) von K erzeugt, ist dies trivial. Damit muss K(ζ) der Zerfällungskörper von x n 1 sein. Es folgt aus 4.1.4, dass K(ζ) eine normale Körpererweiterung von K ist. Weiter ist x n 1 ein separables Polynom, denn es hat nach Lemma genau n verschiedene Nullstellen (hier benutzen wir char(k) n). Es folgt, dass ζ separabel über K ist (da das Minimalpolynom ein Teiler von x n 1 sein muss). Nach folgt, dass K(ζ) eine separable Körpererweiterung von K ist. Zusammen ergibt sich (a). Wir zeigen nun (b). Sei σ Gal(K(ζ)/K). Weil ζ n = 1, folgt 1 = σ(1) = σ(ζ n ) = σ(ζ) n. Somit gilt: σ(ζ) U n = ζ, d.h. k(σ) Z mit σ(ζ) = ζ k(σ). Wir müssen noch zeigen, dass σ(ζ) eine primitive n-te Einheitswurel ist. Zuerst machen wir ein paar Vorüberlegungen. Zuerst wollen wir einsehen, dass k(σ) eindeutig ist in (Z/nZ). Sei k Z mit σ(ζ) = ζ k. Dann gilt: ζ k k(σ) = ζ k /ζ k(σ) = σ(ζ)/σ(ζ) = 1 damit folgt k = k(σ) (mod n), da ζ eine primitive n-te Einheitswurzel ist (dies steckt alles in 4.4.5). Also folgt die Eindeutigkeit von k(σ). Falls λ Gal(K(ζ)/K) ist, gilt: (λ σ)(ζ) = λ(σ(ζ)) = λ(ζ k(σ) ) = λ(ζ) k(σ) = (ζ k(λ) ) k(σ) = ζ k(λ)k(σ) und andererseits Aus der Eindeutigkeit ergibt sich: (λ σ)(ζ) = ζ k(λ σ) k(λ)k(σ) = k(λ σ) Z/nZ ( ) Offensichtlich gilt: k(id) = 1 Z/nZ. Wenden wir nun ( ) an für λ := σ 1, dann folgt: k(σ 1 )k(σ) = k(id) = 1 Z/nZ.

98 98 KAPITEL 4. GALOIS-THEORIE Also ist k(σ) (Z/nZ) und damit ist σ(ζ) = ζ k(σ) eine primitive n-te Einheitswurzel. Dies zeigt (b). Nun zeigen wir (c). Nach (b) ist die Abbildung wohldefiniert. Wegen ( ) ist ψ ein Gruppenhomomorphismus. Um zu zeigen, dass ψ injektiv ist, müssen wir zeigen, dass aus σ ker(ψ) folgt σ = id. Sei also σ ker(ψ) = k(σ) = 1 = σ(ζ) = ζ k(σ) = ζ 1 = ζ Weil ζ die Körpererweiterung K(ζ)/K erzeugt und σ(ζ) = ζ, muss σ die Identität auf dem ganzen Körper K(ζ) sein. Dies zeigt also (c) Sei ζ eine andere primitive n-te Einheitswurzel. Weil U n = ζ, gibt es ein m Z, mit ζ = ζ m und somit gilt K(ζ ) K(ζ). Durch vertauschen der Rollen von ζ und ζ folgt K(ζ) K(ζ ) und somit K(ζ) = K(ζ ). Wegen σ(ζ ) = σ(ζ m ) = σ(ζ) m = (ζ k(σ) ) m = (ζ m ) k(σ) = (ζ ) k(σ) funktioniert dasselbe k(σ) auch für ζ und damit hängt k(σ) (Z/nZ) nicht ab von der Wahl der primitiven n-ten Einheitswurzel ζ. Dies zeigt (d) Falls K = Q und ζ eine primitive n-te Einheitswurzel ist, dann nennen wir K(ζ) den n-ten Kreisteilungskörper (oder n-ter zyklotomischer Körper). In diesem Fall können wir ζ := e 2πi n C wählen. Satz Für K = Q ist ψ : Gal(Q(ζ)/Q) (Z/nZ) aus ein Gruppenisomorphismus und damit gilt [Q(ζ) : Q] = ϕ(n), wobei ϕ die Eulersche ϕ-funktion ist. Beweis. Sei f das Minimalpolynom von ζ über Q. Da ζ eine Nullstelle von x n 1 ist, folgt: f h = x n 1 ( ) für h(x) Q[x]. Offensichtlich ist h ein normiertes Polynom (Koeffizientenvergleich). Nach folgt, dass f, h Z[x]. Sei p eine Primzahl, p n. Dann ist ζ p primitive Einheitswurzel (nach 4.4.5). Schritt 1: f(ζ p ) = 0. Wir beweisen indirekt: Wenn f(ζ p ) 0, muss h(ζ p ) = 0 gelten nach ( ). Also ist ζ eine Nullstelle von h(x p ). Wie oben folgt: h(x p ) = f(x)g(x) ( )

99 4.4. ZYKLOTOMISCHE KÖRPERERWEITERUNGEN 99 mit g(x) Z[x] und normiert. Wir bezeichnen mit h Z/pZ[x] das Polynom, das durch Reduktion der Koeffizienten modulo p entsteht. In haben wir gesehen, dass aus ( ) folgt: h(x p ) = f(x) g(x) Weiter gilt (a + b) p = a p + b p in Z/pZ und damit folgt h(x) p = h(x p ) = f(x p )g(x p ) Damit gilt: ggt(f, h) 1, denn grad(f) 1. Aus ( ) folgt analog: f(x) h(x) = x n 1 = x n 1 hat mehrfache Nullstellen, dann f(x) und h(x) haben im algebraischen Abschluss Z/pZ eine gemeinsame Nullstelle. Also ist x n 1 kein separables Polynom in (Z/pZ)[x]. Weil p n, folgt mit 4.4.6, dass x n 1 genau n verschiedene Nullstellen hat im algebraischen Abschluss von Z/pZ. Dies ist ein Widerspruch. Dies zeigt den 1. Schritt. Schritt 2: Sei ζ eine primitive n-te Einheitswurzel in Q. Dann ist f(ζ ) = 0. Wir haben in gesehen, dass die primitiven n-ten Einheitswurzeln die Form ζ k haben, mit ggt(k, n) = 1. Also gibt es so ein k mit ζ = ζ k. Es gibt somit Primzahlen p 1,..., p r, alle teilerfremd zu n, mit k = p 1... p r. Wir definieren ζ 1 := ζ p 1. Dann ist ζ 1 eine primitive n-te Einheitswurzel und es gilt nach Schritt 1: f(ζ 1 ) = 0. Setze ζ 2 := ζ p 2 1. Dies ist wieder eine primitive n-te Einheitswurzel. Wenden wir nun den 1. Schritt für ζ 1 statt ζ an (beachte, dass f auch das Minimalpolynom ist von ζ 1, da f irreduzibel ist), dann folgt f(ζ 2 ) = 0. In r Schritten erhalten wir, dass f(ζ ) = f(ζ r ) = 0. Hier benutzten wir ζ = ((((ζ p 1 ) p 2 ) p 3 )...) pr = ζ r. Jetzt zeigen wir die Behauptung in Satz 4.4.8: Aus dem 2. Schritt folgt, dass alle primitiven n-ten Einheitswurzeln Nullstellen von f sind. Es gibt nach genau ϕ(n) primitive n-te Einheitswurzeln, wobei die Eulersche ϕ-funktion ist. ϕ(n) := (Z/nZ) [Q(ζ) : Q] = grad(f) Anzahl verschiedener Nullstellen ϕ(n) Andererseits ist Q(ζ) eine Galoiserweiterung von Q (Satz 4.4.6(a)) und damit folgt [Q(ζ) : Q] = ord(gal(k(ζ)/k)).

100 100 KAPITEL 4. GALOIS-THEORIE Weil ψ : Gal(Q(ζ)/Q) (Z/nZ) injektiv ist (4.4.6(c)), folgt: [Q(ψ) : Q] ord((z/nz) ) = ϕ(n) Zusammen ergibt sich ϕ(n) = [Q(ζ) : Q] und die Surjektivität von ψ. 4.5 Auflösbare Gruppen Im Hauptsatz der Galoistheorie haben wir gesehen, dass die Untergruppen der Galoisgruppe alle Zwischenkörper klassifizieren. Deshalb kommen wir in diesem Abschnitt auf die Gruppentheorie zurück und untersuchen auflösbare Gruppen, die in einem gewissen Sinn aus zyklischen Gruppen aufgebaut werden. Diese Gruppen werden am Schluss der Vorlesung in der Theorie der Auflösbarkeit von algebraischen Gleichungen durch Radikale wichtig werden. In diesem Abschnitt sei G eine Gruppe. Definition Eine Gruppe G heißt auflösbar genau dann, wenn es eine Normalreihe G 0 := {e} G 1 G 2... G n 1 G n := G (1) gibt, so, dass die Faktoren G j /G j 1 abelsch sind für j = 1,..., n. Proposition Sei G auflösbar und H eine Untergruppe von G. Dann ist H auflösbar. Beweis. Sei H j := G j H, dann folgt leicht, dass {e} = H 0 H 1... H n = H eine Normalreihe in H ist. Nach dem 1. Isomorphiesatz gilt: H j G j 1 H j und H j /H j G j 1 (Hj G j 1 )/G j 1 Somit ist H j /H j 1 = H j /H j G j 1 isomorph zu einer Untergruppe von G j /G j 1. Nach Voraussetzung ist G j /G j 1 abelsch und damit ist auch H j /H j 1 abelsch. Es folgt, dass H auflösbar ist. Proposition Sei N G. Dann ist G auflösbar N und G/N sind auflösbar.

101 4.5. AUFLÖSBARE GRUPPEN 101 Beweis. = : Sei also G auflösbar. Wir wählen eine Normalreihe wie in (1) mit abelschen Faktoren. Nach Proposition ist N auflösbar. Wir müssen zeigen, dass G/N auflösbar ist. Sei π : G G/N der Quotientenhomomorphismus. Weil π ein surjektiver Gruppenhomomorphismus ist, muss G j := π(g j ) eine Normalreihe in G := G/N sein. Wir betrachten den Gruppenhomomorphismus ϕ : G j G j /G j 1 g π(g)g j 1. Offensichtlich ist auch ϕ ein surjektiver Gruppenhomomorphismus und es gilt G j 1 ker(ϕ). Wir erhalten damit ein surjektiven Gruppenhomomorphismus G j /G j 1 G j / ker(ϕ) (vgl 2. Isomorphiesatz ). Weil das Bild einer abelschen Grupe wieder abelsch ist, muss G j / ker(ϕ) eine abelsche Gruppe sein. Nach dem Homomorphiesatz gilt: G j / ker(ϕ) = Bild(ϕ) = G j /G j 1 Also ist auch G j /G j 1 abelsch. Es folgt, dass G = G/N auflösbar ist. = : Es seien N und G/N auflösbar. Wir wählen eine Normalreihe {e} = G 0 G 1... G k = N mit abelschen Faktoren. Weiter wählen wir eine Normalreihe {e} = G k G k+1... G n = G/N mit abelschen Faktoren (nach Umnummerierung). Wir setzen G j := π 1 (G j ) für j = k + 1,..., n, wobei π : G G/N wieder der Quotientenhomomorphismus ist. Die Bezeichnungen passen wegen G k = π 1 (e). Offensichtlich erhalten wir jetzt eine Normalreihe von G: {e} = G 0 G 1... G k = N G k+1... G n = G Nach dem 2. Isomorphiesatz gilt für j > k : G j /G j 1 = (Gj /N)/(G j 1 /N) = G j /G j 1 Somit ist G j /G j 1 abelsch für j > k Weil das trivialerweiße auch für j k gilt, muss G auflösbar sein. Korollar Sei ϕ : G 1 G 2 Gruppenhomomorphismus und G 1 sei auflösbar. Dann ist ϕ(g 1 ) auflösbar.

102 102 KAPITEL 4. GALOIS-THEORIE Beweis. Nach dem Homomorphiesatz gilt ϕ(g 1 ) = G 1 / ker(ϕ). Nach Proposition ist G 1 / ker(ϕ) auflösbar und damit auch ϕ(g 1 ) Satz G auflösbar Normalreihe wie in (1) so, dass alle G j /G j 1 zyklische Gruppen der Ordnung p j sind für Primzahlen p j. Beweis. Siehe [1], Satz Wir erinnern daran, dass Z := {g G gh = hg h G} das Zentrum von G ist. Falls ord(g) = p k für eine Primzahl p und k N, dann heißt G eine p-gruppe. Wir haben in gesehen, dass Z {e} für jede p-gruppe G. Korollar Jede endliche p-gruppe G ist auflösbar. Beweis. Mit Induktion nach n = ord(g). n = 1 ist trivial (wir lassen hier auch G = {e} zu). Sei n > 1 Nach unserer Vorüberlegung ist Z {e} Fall 1: Z = G : Dann ist G eine abelsche Gruppe und damit auflösbar (wähle Normalreihe {e} }{{}}{{} Z ) G 0 G 1 Fall 2: Z G : Beachte, dass Z ein Normalteiler ist von G aufgrund der Definition des Zentrums. Weil Z abelsch ist, muss Z wieder auflösbar sein. Weiter ist G/Z auflösbar nach Induktion, denn ord(g/z) = ord(g)/ ord(z) < ord(g) = n. Proposition für N := Z zeigt, dass G auflösbar ist. Beispiel Für n 4 ist S n auflösbar, aber S 5 ist nicht auflösbar! Da es sich dabei um kleine Gruppen der Ordnung 120 handelt, kann man das einfach mit einem Computer entscheiden. Für einen mathematischen Beweis verweisen wir auf [1], Bemerkung Weil S 5 eine Untergruppe von S n ist für alle n 6, sind alle diese Gruppen aufgrund von nicht auflösbar.

103 4.6. KONSTRUIERBARKEIT MIT ZIRKEL UND LINEAL Konstruierbarkeit mit Zirkel und Lineal In diesem Abschnitt werden wir eine abschließende Antwort geben, welche Konstruktionen mit Hilfen von Zirkel und Linear Durchführbar sind. Dies wird uns mit Hilfe der Galoistheorie gelingen und wir werden das auf die klassischen Probleme anwenden Was lässt sich aus einer gegebenen Strecke mit Zirkel und Lineal konstruieren? Zum Beispiel kann man ein gleichseitiges Dreieck zu gegebener Seitenlänge konstruieren. Wir wollen das Problem in die Algebra übersetzen. Wir können die gegebene Strecke mit [0, 1] C identifizeren. Dann stellt sich also die Frage, welche Punkte z C sich mit Hilfe von Zirkel und Lineal aus den gegebenen Punkten 0, 1 konstruieren lassen? Sei Z die Menge aller solcher Punkte z C. Es gelten folgen Eigenschaften für Z. (a) Z Z durch Abtragen der Strecke [0, 1]. (b) i Z, da man die Mittelsenkrechte von 1 und 1 zeichnen kann. (c) z Z R(z), I(z) Z. z C ist genau dann konstruierbar, wenn sowohl der Realteil als auch der Imaginärteil konstruierbar sind. Dies ergibt sich zum Einen daraus, dass wir, sollte z Z sein, einfach ein Lot fällen können bzw. den Thaleskreis zeichnen und auf der anderen Seite einfach die Senkrechte in Rz, Iz errichten. Abbildung 4.1: Thaleskreis Lemma Z ist ein Teilkörper von C Beweis. Addition: Seien z 1, z 2 Z. Zu zeigen ist z 1 + z 2 Z. Wir verschieben Parallelen durch z 1 und z 2 z 1 + z 2 Z. Multiplikation: Seien z 1, z 2 Z. Zu zeigen: z 1 z 2 Z. Nach 4.6.1(c) genügt es zu zeigen, dass R(z 1 z 2 ) = R(z 1 )R(z 2 ) I(z 1 )I(z 2 ) I(z 1 z 2 ) = R(z 1 )I(z 2 ) + I(z 1 )R(z 2 )

104 104 KAPITEL 4. GALOIS-THEORIE beide in Z sind. Also genügt es zu zeigen, dass für u, v R Z auch u v R Z. Hier benutzen wir, dass Z nach obigem abgeschlossen ist unter + und damit offensichtlich auch unter -. Seien also u, v Z R. Wir benutzen den Strahlensatz. a : b = c : d. Wir wählen b := u, c := v und a = 1. Dann zeichnen wir die Parallele in obiger Figur und erhalten so, dass d = bc = uv. Somit ist Z ist Unterring von C. Es bleibt zu zeigen für z Z\ {0}, dass auch 1 z Z ist. 1 z = z zz = R(z) z 2 ii(z) z 2 Nach 4.6.1(c) sind R(z), I(z), z Z und nach Pythagoras auch z 2 Z. Nach 4.6.1(b) gilt auch i Z. Weil wir schon wissen, das Z abgeschlossen ist unter +, -,, genügt es zu zeigen, dass Z R abgeschlossen ist unter Division. Dies folgt wieder mit dem Strahlensatz. Proposition Wir betrachen Körpererweiterungen K F L und nehmen an, dass F/K normal ist. Dann gilt für jeden K-Homomorphismus ϕ : F L die Inklusion ϕ(f ) F. Beweis. Sei α F. Wir bezeichnen das Minimalpolynom von α über K mit f(x). Damit ist α eine Nullstelle von f(x). Nach ist ϕ(α) wieder eine Nullstelle von f(x). Weil F/K normal ist, zerfällt f(x) in Linearfaktoren aus F [x]. Damit sind alle Nullstellen von f(x) aus L schon in F enthalten. Also gilt ϕ(α) F Proposition Sei f(x) ein irreduzibles separables Polynom in K[x] mit Zerfällungskörper L. (a) L/K ist Galoiserweiterung (b) Sei α eine Nullstelle von f(x) in L und β L. Dann gilt: Beweis. Später. β Nullstelle von f(x) σ Gal(L/K) mit β = σ(α) Theorem Sei z C. Dann ist z genau dann mit Lineal und Zirkel konstruierbar aus den gegebenen Punkten 0, 1, wenn es einen Teilkörper L von C gibt mit den Eigenschaften, dass z L L/Q Galoiserweiterung

105 4.6. KONSTRUIERBARKEIT MIT ZIRKEL UND LINEAL 105 [L : Q] = 2 n für ein n N 0 Beweis. Schritt 1: Wenn w Z, dann gilt auch w Z. Wenn w > 0, dann benutzen wir den Höhensatz, der besagt, dass innerhalb eines rechtwinkeligen Dreiecks das Quadrat der Höhe gleich dem Produkt der beiden Hypothenusenabschnitte ist. Mit den Notationen aus der nebenstehenden Abbildung heißt dies also, dass h 2 = p q gilt. Wählen wir an dieser Stelle p = 1 und q = w, so können wir sehen, Abbildung 4.2: Höhensatz dass wir auf diese Weise h = w konstruieren können. Für beliebige w C ist w = ± R e iϕ 2, wobei w = Re iϕ die Polardarstellung ist. Wenn w konstruierbar ist, dann auch R und nach dem Spezialfall damit auch R. Somit ist w konstruierbar, denn wir können auch den Winkel halbieren. Dies zeigt Schritt 1. h 2 = p q Wähle p = w, q = 1 = h 2 = pq = w = h = w Wenn w Z beliebig, dann können wir mit obigem w konstruieren. Weiter können wir mit Zirkel und Lineal Winkel halbieren und erhalten so w im Allgemeinen. Dies zeigt Schritt 1. = Sei z Z. Gesucht ist ein solches L. wir machen uns zuerst klar, was konstruierbar bedeutet. Es gibt z 1, z 2,..., z n mit z n = z so, dass z j aus z 1,..., z j 1 erhalten wird, durch eine der folgenden Operationen: (i) schneiden zweier zulässiger Geraden; (ii) schneiden einer zulässigen Geraden mit einem zulässigen Kreis; (iii) schneiden zweier zulässiger Kreise. Eine Gerade heißt dabei zulässig, wenn sie duch zwei schon konstruierbare Punkte geht, d.h. aus {P 1,..., P j 1 }. Ein Kreis heißt zulässig, wenn sein Zentrum in {P 1,..., P j 1 } liegt und er duch einen weiteren Punkt aus {P 1,..., P j 1 } geht. Wir sagen, dass P n nach n Schritten aus 0, 1 konstruiert wurde.