Algebra. Professor Walter Gubler

Transkript

1 Algebra Professor Walter Gubler 29. April 2010

2 2

3 Inhaltsverzeichnis I Algebra I 11 I Gruppentheorie 13 I.1 Gruppen I.1.1 Denition einer Gruppe I.1.2 Eigenschaften von Gruppen I.1.3 Homomorphismus und Untergruppe I.1.4 Eigenschaften von Homomorphismen I.1.5 Gruppenhomomorphismus I.1.6 Monoid I.1.7 Vom Monoid zur Gruppe I.1.8 Die symmetrische Gruppe I.1.9 Vektorraumautomorphismen I.1.10 Gruppenisomorphismus I.1.11 Äquivalente Umformulierung von Gruppenisomorphismus I.1.12 Produkt von Gruppen I.2 Nebenklassen I.2.1 Verknüpfung auf der Potenzmenge I.2.2 Eine Äquivalenzrelation I.2.3 Nachweis dieser Relation I.2.4 Linksnebenklasse = Äquivalenzklasse I.2.5 Repräsentantensysteme I.2.6 Linkstranslation I.2.7 Index einer Gruppe I.2.8 Ordnung einer Gruppe I.2.9 Satz von Lagrange I.2.10 Folgerung I.2.11 Verallgemeinerung I.3 Faktorgruppen I.3.1 Motivation I.3.2 Normalteiler I.3.3 Spezialfall abelsche Gruppen I.3.4 Rechenregeln in G/N I.3.5 Faktorgruppe I.3.6 Kern der Quotientenabbildung I.3.7 Kern als Normalteiler I.3.8 Homomorphiesatz I Isomorphisatz I Isomorphisatz

4 4 INHALTSVERZEICHNIS I.4 Zyklische Gruppen I.4.1 Die kleinste Untergruppe von G, die Y enthält I.4.2 Zyklische Gruppe I.4.3 Ordnung von einem Element I.4.4 Untergruppen von Z I.4.5 Zusammenhang: Ordung einer Gruppe, Ordnung eines Elementes. 26 I.4.6 Zyklische Gruppen und Z I.4.7 Folgerung I.4.8 Zahlentheoretische Ergänzung I.4.9 Lemma von Bezout I.4.10 Folgerung I.4.11 Eulersche Phi-Funktion I.4.12 Satz von Euler I.4.13 Kleiner Satz von Fermat I.5 Permutationsgruppen I.5.1 Satz von Cayley I.5.2 Permutationen und Zyklus I.5.3 Teilweise Kommutativ I.5.4 Weitere Rechenregel für Zykel I.5.5 Zerlegung-Satz über Elemente aus der symmetrischen Gruppe I.5.6 Folgerung I.6 Gruppenoperationen I.6.1 Gruppenaktion I.6.2 Linkstranslation als Gruppenoperation I.6.3 Konjugation als Gruppenoperation I.6.4 Potenzmenge mit Gruppenoperation I.6.5 Potenzmenge mit Gruppenoperation I.6.6 Die Bahn von x I.6.7 Bahnen als Äquivalenzklasse I.6.8 Der Stabilisator I.6.9 Bijektion mit Bahnen I.6.10 Bahnengleichung I.6.11 Zentrum I.6.12 Zentralisator I.6.13 Eigenschaften I.6.14 Eigenschaften I.6.15 Klassengleichung I.6.16 Folgerung I.7 Die Sylow Sätze I.7.1 Beispiel mit der alternierende Gruppe I.7.2 Lemma von Cauchy I Sylow-Satz I.7.4 p-sylow-untergruppe I Sylow-Satz I.8 Klassikation I.8.1 Klassizierung der Z/pZ I.8.2 Klassizierung endlicher abelschen Gruppen I.8.3 Chinesischer Restsatz

5 INHALTSVERZEICHNIS 5 I.8.4 Isomorphietypen von endlichen abelschen Gruppen I.8.5 Ergänzung I.8.6 Übungsaufgabe I.8.7 Übungsaufgabe I.8.8 Klassikation bis ord = I.8.9 Bemerkung II Ringtheorie 43 II.1 Ringe II.1.1 Denition II.1.2 Kommutative Ringe II.1.3 Rechenregeln II.1.4 Körper als Ring II.1.5 Weitere Ringe II.1.6 Teilbarkeit in Ringen II.1.7 Integritätsbereich II.1.8 Quotientenkörper II.1.9 Ringhomomorphismus II.1.10 Ringisomorphismus II.1.11 Ringtheoretisches Produkt II.2 Ideale und Restklassenringe II.2.1 Motivation II.2.2 Ideal II.2.3 Ring/Ideal II.2.4 Faktorring II.2.5 Eigenschaft II.2.6 Kern als Ideal II.2.7 Homomorphiesatz II.2.8 Vorbereitung II.2.9 Ideale in einem Körper II.2.10 Injektive Körperhomomorphismen II.2.11 Maximalideal und Primideal II.2.12 Eigenschaften II.2.13 Maximalideal ist Primideal II.2.14 Kern als Primideal II.2.15 Chinesischer Restsatz für Ringe II.3 Beispiele für Ringe II.3.1 Matrizen und Determinante II.3.2 Eigenschaften II.3.3 Quaternionen II.3.4 Einsetzhomomorphismus II.4 Teilbarkeit in Monoiden II.4.1 Assoziiertheit II.4.2 Irreduzibel II.4.3 Prim II.4.4 Prim ist irreduzibel II.4.5 Primbedingung II.4.6 Faktorisierung, faktoriell

6 6 INHALTSVERZEICHNIS II.4.7 Teilerkettenbedingung II.4.8 Faktorielle Monoide erfüllen Teilerkettenbedingung II.4.9 Teilerkettenbedingung impliziert Faktorisierung II.4.10 Irreduzibel und prim II.4.11 Faktoriell, Primbedingung und Teilerkettenbedingung II.4.12 ggt und kgv II.5 Hauptideale II.5.1 Erzeugte Ideale II.5.2 Erzeugende des Ideals II.5.3 Hauptideal und Hauptidealbereich II.5.4 Beispiel II.5.5 Grundlegende Äquivalenzen II.5.6 ggt und kgv für Integritätsbereiche II.5.7 Primideal und prim Element II.5.8 ggt und kgv Idealtheoretisch II.5.9 Äquivalenz von prim und irreduzibel II.5.10 Primideale sind maximal II.5.11 Beispiel II.5.12 Chinesischer Restsatz für Hauptidealbereich R II.5.13 Chinesischer Restsatz für Gruppen II.5.14 ggt und Einheiten II.5.15 Spezialfall R=Z II.6 Faktorielle Ringe II.6.1 Faktoriell in Integritätsbereichen II.6.2 Division mit Rest II.6.3 Euklidische Ringe II.6.4 Wiederholung II.6.5 Euklidische Ringe sind Hauptidealbereich II.6.6 Hauptidealbereich sind faktoriell II.6.7 Faktorielle euklidische Ringe II.6.8 Euklidischer Algorithmus II.6.9 Rechenbeispiel II.6.10 Lösen von diophantischen Gleichungen II.6.11 Rechenbeispiel II.7 Polynome über faktorielle Ringe II.7.1 Zerlegung in endlich viele prim Elemente II.7.2 p-adische Bewertung II.7.3 p-adische Bewertung auf Polynome II.7.4 Eigenschaften II.7.5 Gauÿ-Lemma II.7.6 Folgerung II.7.7 Inhalt von f II.7.8 Polynomring über faktorielle Ringe II.7.9 Faktorielle Polynomringe mehreren Variablen über einen Körper.. 66 II.7.10 Eisensteinsches Irreduzibilitätskriterium II.7.11 Beispiel für Eisenstein II.7.12 Beispiel

7 INHALTSVERZEICHNIS 7 III Körper 69 III.1 Grundlagen III.1.1 Eigenschaften III.1.2 Linearfaktorisieren III.1.3 Abspalten der Nullstellen III.1.4 Endlich viele Nullstellen III.1.5 Charakteristischer Ringhomomorphismus III.1.6 Charakteristik III.1.7 Teilkörper III.1.8 Primkörper III.1.9 Charakteristik von Teilkörper III.2 Körpererweiterung III.2.1 Körpererweiterung III.2.2 Grad einer Körpererweiterung III.2.3 Erinnerung III.2.4 Erinnerung III.2.5 Gradformel III.2.6 Körpererweiterung mit Polynomen III.2.7 Polynomiale Konstruktion von C III.2.8 Notation III.2.9 Teilringe von Körpererweiterungen III.2.10 Proposition über Teilringe III.2.11 Körpererweiterung III.2.12 Quotientenkörper von Polynomringe III.3 Algebraische Zahlen III.3.1 Algebraisch und transzendent III.3.2 Beispiele in C und R III.3.3 Äquivalenz von algebraisch III.3.4 Minimalpolynom III.3.5 Äquivalenzen vom Minimalpolynom III.3.6 Vorbereitung III.3.7 Äquivalenz Unterkörper und algebraisch III.3.8 Folgerung III.3.9 Minimalpolynom und Gradformel III.3.10 Beispiel III.3.11 Äquivalenz: algebraisch III.3.12 Algebraischen Elemente als Unterkörper III.4 Zerfällungskörper III.4.1 Nullstellen von K auf seine Körpererweiterung III.4.2 Motivation III.4.3 Vorbereitung III.4.4 Oberkörper der ein p(x) faktorisiert mit Gradabschätzung III.4.5 Teilkörper und Teilring III.4.6 Zerfällungskörper III.5 Algebraisch abgeschlossene Körper III.5.1 Algebraisch abgeschlossen III.5.2 Folgerung aus Denition III.5.3 Fundamentalsatz der Algebra

8 8 INHALTSVERZEICHNIS III.5.4 Erinnerung III.5.5 Zorn'sches Lemma III.5.6 Existenz maximaler Ideale III.5.7 Vereinbarung III.5.8 Algebraisch abgeschlossener Oberkörper III.5.9 Algebraische Körpererweiterung III.5.10 Bemerkung III.5.11 Vorbereitung III.5.12 Algebraischer Abschluss III.5.13 Beispiel IV Galoistheorie 89 IV.1 Normale Körpererweiterung IV.1.1 Normale Körpererweiterung IV.1.2 Homomorphismen von primitiven Körpererweiterungen IV.1.3 Nullstellen Isomorphismus IV.1.4 Äquivalenz von normale Körpererweiterung/Zerfällungskörper IV.1.5 Von Körpererweiterung zur normale Körpererweiterung IV.1.6 Zwischenkörper als normale Körpererweiterung IV.2 Separable Körpererweiterung IV.2.1 Denitionskette von separabel IV.2.2 Lemma zum ggt IV.2.3 Kriterium für separable Polynome IV.2.4 Alle irreduzible Polynome sind separabel in Charakteristik IV.2.5 Algebraische Körpererweiterung mit char(k)=0 sind separabel IV.2.6 Kriterium für separabel IV.2.7 Satz vom primitiven Element IV.2.8 Existenz von Körperhomomorphismen IV.2.9 Äquivalenz für separabel IV.3 Galois-Erweiterung IV.3.1 Erinnerung IV.3.2 Vorbereitung IV.3.3 Äquivalenzen: Automorphismengruppen IV.3.4 Galoiserweiterung IV.3.5 Kriterium für Galoiserweiterung IV.3.6 Hauptsatz der Galoistheorie IV.3.7 Viele Folgerungen IV.3.8 Vorbereitung IV.3.9 Beispiel IV.4 Zyklotomische Körpererweiterungen IV.4.1 Einheitswurzel IV.4.2 Einheitswurzeln in Z/pZ IV.4.3 Die Menge der Einheitswurzeln als Gruppe IV.4.4 Anzahl Einheitswurzeln IV.4.5 Primitive n-te Einheitswurzeln IV.4.6 Folgerungen für primitive Einheitswurzeln IV.4.7 n-te Kreisteilungskörper IV.4.8 Grad des Kreisteilungskörpers

9 INHALTSVERZEICHNIS 9 IV.5 Auösbare Gruppen IV.5.1 Auösbare Gruppe und Normalreihe IV.5.2 Untergruppen sind auösbar IV.5.3 Äquivalenz von auösbar mit Normalteiler IV.5.4 Bilder von auösbaren Gruppen IV.5.5 Verfeinerte Normalreihe IV.5.6 Endliche p-gruppen sind auösbar IV.5.7 Beispiel mit der symmetrischen Gruppe IV.6 Konstruktion mit Zirkel und Lineal IV.6.1 Elementare Zeichentechniken IV.6.2 Konstruierbarer Teilkörper IV.6.3 Invarianz normaler Körpererweiterungen IV.6.4 Transitivität auf den Nullstellen IV.6.5 Hauptsatz IV.6.6 Verallgemeinerung des Hauptsatzes IV.6.7 Delisches Problem IV.6.8 Quadratur des Kreises IV.6.9 Dreiteilung des Winkels IV.6.10 Lemma aus der elementaren Zahlentheorie IV.6.11 Reguläre n-ecke IV.7 Auösbarkeit algebraischer Gleichungen IV.7.1 Quadratische Gleichung IV.7.2 Auösbarkeit durch Radikale IV.7.3 Galoisgruppe eines Polynoms IV.7.4 Zyklische Körpererweiterungen I IV.7.5 Zyklische Körpererweiterungen II IV.7.6 Hauptsatz zur Auösbarkeit IV.7.7 Gleichungen vom Grad kleiner als IV.7.8 Allgemeines Polynom n-ten Grades IV.7.9 Galoisgruppe des allgemeinen Polynoms IV.7.10 Zum Grad des Zerfällungskörpers IV.7.11 Auösbarkeit der allgemeinen Gleichung IV.7.12 Grad 3 und A Übungen 123 Literaturverzeichnis 133 Symbolverzeichnis 135

10 10 INHALTSVERZEICHNIS Vorwort Dieses Skript wurde während meiner Vorlesung Algebra I im WS 09/10 an der Eberhard- Karls-Universtität Tübingen von Christian Power 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 ndet, soll sie bitte an [email protected] melden. Walter Gubler Klassische Algebra = Rechnen und Lösen von polynomialen Gleichungen. Klassische lineare Algebra = Rechnen und Lösen von linearen Gleichungen. Moderne (oder abstrakte) Algebra = Studium von Verknüpfungen In dieser Vorlesung: I Gruppen II Ringe III Körper Im 3.Teil werden wir Körpererweiterungen behandeln. Dies ist die Abstraktion von polynomialen Gleichungen x n + a n 1 x n a 0 = 0. Dies führt auf die Galoistheorie. Als Anwendung können wir entscheiden, welche dieser Gleichungen lösbar sind. Als weitere Anwendung können wir entscheiden, welche Konstruktionen mit Zirkel und Lineal durchführbar sind. Die Lösung dieser beiden klassischen Probleme geht zurück auf den französischen Mathematiker Galois (anfang 19.Jahrhundert).

11 Teil I Algebra I 11

12

13 Kapitel I Gruppentheorie I.1 Gruppen I.1.1 Definition einer Gruppe Definition: Eine Gruppe ist eine Menge G mit einer inneren Verknüpfung G G G, (a, b) a b mit folgenden Axiomen: i) (a b) c = a (b c) (assoziativ) ii) e G mit a e = e a = a (Neutralelement) iii) a G a 1 G mit a a 1 = a 1 a = e (Inverses Element zu a) I.1.2 Eigenschaften von Gruppen 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 a x = b hat genau eine Lösung in x. Es gilt x = a 1 b. Die Gleichung y a = b hat genau eine Lösung in y. Es gilt y = b a 1. Wir beweisen exemplarisch (ii), die anderen Eigenschaften gehen analog. Wir nehmen an, dass es noch ein a G gibt mit a a = a a = e (wir wissen nach Axiom 1.1 iii), dass a 1 a = a 1 a = e gilt). Zu zeigen: a = a 1. a = e a = (a 1 a) a = a 1 (a a ) = a 1 e = a 1 Axiom ii) Axiom iii) Axiom i) Axiom ii) I.1.3 Homomorphismus und Untergruppe Wir wollen einen Homomorphismus denieren. Dies geht in der Algebra immer nach demselben Prinzip. Man hat gewisse Spielregeln. Die Objekte sind hier Gruppen. 13

14 14 KAPITEL I. GRUPPENTHEORIE Definition: Ein Homomorphismus ist eine Abbildung ϕ : G 1 G 2 zwischen den Objekten, die die Struktur erhält, d.h. hier eine Abbildung ϕ : G 1 G 2 zwischen Gruppen mit ϕ(a b) = ϕ(a) ϕ(b). (analog in der linearen Algebra. Objekte = Vektorräume über einem gegebenen Körper K, Homomorphismus ϕ : V 1 V 2 zwischen K-Vektorräume = K-linearen Abbildungen, d.h. ϕ(x + y) = ϕ(x) + ϕ(y) x, y V und ϕ(λ x) = λ ϕ(x) λ K) 'Unterobjekte', das sind Teilmengen eines gegebenen Objekts mit derselben 'vererbten' Struktur. Z.B. in der linearen Algebra ist ein Unterobjekt eines Vektorraums V ein Untervektorraum U, dass ist selber ein Vektorraum mit +, vererbt von V. Definition: Eine Untergruppe einer gegebenen Gruppe G als H G mit den Eigenschaften, dass i) e H (neutrales Element) ii) a, b H a b H (abgeschloßen) iii) a H a 1 H (inverses Element in H) Durch diese 3 Axiome erreicht man, dass H selber eine Gruppe ist bezüglich der von G vererbten Verknüpfung. I.1.4 Eigenschaften von Homomorphismen Sei ϕ : G 1 G 2 ein Homomorphismus von Gruppen. i) ϕ(e 1 ) = e 2 für das Neutralelement e, von G; ii) ϕ(a 1 ) = ϕ(a) 1 für alle a G 1 ; iii) Sei ψ : G 2 G 3 auch ein Gruppenhomomorphismus, dann ist ψ ϕ ein Gruppenhomomorphismus. Beweis. i) Es gilt ϕ(e 1 ) = ϕ(e 1 e 1 ) = ϕ(e 1) ϕ(e 1 ) ϕ(e 1) = e 2 e 1 Neutralelement Homom. Kürzungsregel 1.2 iv) (hier a = ϕ(e 1 ) = b, a x = b hat Lösung x = ϕ(e 1 ) und x = e 2 ) ii) ϕ(a) ϕ(a 1 ) = ϕ(a a 1 ) = ϕ(e 1 ) = e 2 nach i) Analog ϕ(a 1 )ϕ(a) = e 2. Nach Definition des Inversen gilt ϕ(a 1 ) = ϕ(a) 1. iii) ψ ϕ(a b) = ψ ( ϕ(a b) ) = ψ ( ϕ(a) ϕ(b) ) = ψ ( ϕ(a) ) ψ ( ϕ(b) ) ψ ϕ Homomorphismus.

15 I.1. GRUPPEN 15 I.1.5 Gruppenhomomorphismus Definition: Sei ϕ : G 1 G 2 Gruppenhomomorphismus. Der Kern von ϕ ist gleich ker(ϕ) := ϕ 1 (e 2 ) = {a G 1 ϕ(a) = e 2 }. Proposition: 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 }. Beweis. Übung Beispiel: N 0 ist keine Gruppe bezüglich +. Es gibt zwar ein Neutralelement (=0), aber keine Inversen. Z, + ist die kleinste Gruppe, die N 0, + enthält. (Q, +), (R, +), (C, +) sind Gruppen. Definition: Eine Gruppe G mit Verknüpfung heißt abelsche Gruppe : a b = b a a, b G (kommutativ). Obige Beispiele sind abelsche Gruppen. Beachte, dass man die Verknüpfung auch + nennen darf. Das macht man oft bei abelschen Gruppen. I.1.6 Monoid Z, Q, R, C bezüglich der Verknüpfung sind keine Gruppen. Es gibt zwar das Neutralelement 1, aber 0 hat kein Inverse! Definition: Eine Menge M mit einer assoziativen Verknüpfung heißt Monoid, wenn es ein Neutralelement e gibt, d.h. a e = e a = a für alle a G. Z.B. sind (N 0, +), (Z, ), (Q, ), (R, ), (C, ) Monoide. I.1.7 Vom Monoid zur Gruppe Definition: Sei (M, ) ein Monoid, dann definieren wir M := {a M a 1 M mit a 1 a = a a 1 = e}. Es folgt fast direkt aus den Definitionen, dass M bezüglich eine Gruppe ist. In den Beispielen gilt (Z, ) = { 1, 1}, (Q, ) = Q \ {0}, (R, ) = R \ {0}, (C, ) = C \ {0}.

16 16 KAPITEL I. GRUPPENTHEORIE I.1.8 Die symmetrische Gruppe Sei X eine Menge. M(X) := Menge aller Abbildungen f : X X und wir benutzen die Verknüpfung von Selbstabbildungen. Dann ist M(X) ein Monoid mit dem Neutralelement = 1. M(X) = Menge der bijektiven Abbildungen. Definition: S(X) := M(X) heißt die symmetrische Gruppe auf X. Speziell, wenn X = {1,..., n}, dann ist S(X) die Permutationsgruppe S n aus der linearen Algebra. Jedes σ S n hat ein Signum sig(σ) { 1, 1}. Die Abbildung sig : S n {±1}; ist ein Gruppenhomomorphismus und der ker(σ) ist nach 1.5 eine Untergruppe von S n, die wir mit A n bezeichnen und die alternierende Gruppe heiÿt. Für n 3 sind S n und A n keine abelschen Gruppen. I.1.9 Vektorraumautomorphismen Sei V ein Vektorraum über dem Körper K. Wir Bezeichnen mit GL(V ) die Menge der Vektorraumautomorphismen. Dann ist GL(V ) eine Untergruppe von S(V ) aus 1.8. Für V = K n kann man GL(V ) mit der Gruppe der invertierbaren n n Matrizen (mit ) 'identizieren'. Diese Gruppe der invertierbaren n n Matrizen wird mit GL(n, K) bezeichnet. In der linearen Algebra lernt man den Homomorphismus GL(n, K) det K kennen. SL(n, K) := Kern von det = {A GL(n, K) det(a) = 1} ist eine Untergruppe von GL(n, K) und heiÿt spezielle lineare Gruppe. Bemerkung: Für n 2 ist SL(n, K) und damit auch GL(n, K) nicht abelsch! I.1.10 Gruppenisomorphismus Sei ϕ : G 1 G 2 ein Gruppenhomomorphismus, d.h. ϕ(a b) = ϕ(a) ϕ(b) a, b G. Definition: ϕ heißt Gruppenisomorphismus, wenn es einen Gruppenhomomorphismus ψ : G 2 G 1 so,dass ϕ ψ = 1 G2 und ψ ϕ = 1 G1. Falls G 1 = G 2, dann spricht man von einen Automorphismus von Gruppen. I.1.11 Äquivalente Umformulierung von Gruppenisomorphismus Proposition: Sei ϕ : G 1 G 2 Gruppenhomomorphismus. Dann ist ϕ genau dann ein Isomorphismus, wenn ϕ bijektiv ist. (Übung) I.1.12 Produkt von Gruppen Sei (G i ) i I eine Familie von Gruppen. Dann betrachten wir G i = {(x i ) i I x i G i }. i I Dann denieren wir das Produkt der Gruppen (G i ) i I als G i versehen mit der Verknüpfung i G (x i ) i I (y i ) i I := (x i y i ) i I.

17 I.1. GRUPPEN 17 Häugstes Beispiel ist I = {1, 2, 3; d.h.g 1, G 2. G 1 G 2 = {(g 1, g 2 ) g i G i }, (g 1, g 2 ) (g 1, g 2) = (g 1 g 1, g 2 g 2). Es folgt sofort, dass das Produkt von Gruppen von Gruppen wieder eine Gruppe ist.

18 18 KAPITEL I. GRUPPENTHEORIE I.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. Motivierendes Beispiel: G = Z, H = 7Z: m n mod 7 : n + m H (oder (m n H)). Allgemein muss G nicht kommutativ sein. I.2.1 Verknüpfung auf der Potenzmenge Wir wollen zuerst die Verknüpfung erweitern auf Teilmengen von G. Per Denitionen ist das Produkt a priori nur auf den Elementen deniert (oder äquivalent auf einelementigen Teilmengen). Definition: Seien jetzt Y G, Z G. Y Z := {y z y Y, z Z} G. Damit erhalten wir eine Verknüpfung auf P(G). Konvention: Z :=. Assoziativgesetz folgt sofort aus der Assoziativität von G. Neutralelement: {e}. P(G), ist ein Monoid. Keine Gruppe, da die meisten Teilmengen (z.b. ) keine Inverse haben. Bemerkung: Wenn H eine Untergruppe von G ist, dann gilt H H = H (da H H = {h 1 h 2 h i H} H, andererseits H H = {h 1 h 2 h i H} {h 1 e h 1 H} = H. Definition: Für g G, g H := {g} H = {g h h H} heißt eine Linksklasse von H. I.2.2 Eine Äquivalenzrelation Definition: g 1 g 2 : g 1 2 g 1 H ( g 1 kongruent zu g 2 modulo H ). I.2.3 Nachweis dieser Relation Proposition: ist eine Äquivalenzrelation Beweis. g 1 g = e H, d.h. g g (reflexiv) Sei g 1 g 2, d.h. g2 1 g 1 H (symmetrisch) UG.axiom g 1 1 (g2 1 ) 1 = (g2 1 g 1 ) 1 H g 2 g 1 Sei g 1 g 2, g 2 g 3, d.h. g 1 2 g 1 H, g 1 3, g 2 H (g 1 3 g 2 )(g 1 2 g 1 ) assoz. g 1 g 3 (transitiv) I.2.4 Linksnebenklasse = Äquivalenzklasse

19 I.2. NEBENKLASSEN 19 Lemma: 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. I.2.5 Repräsentantensysteme Die Äquivalenzklassen einer Äquivalenzrelation zerlegen die Grundmenge (hier G) in disjunkte Teil. Wir wählen aus jeder Äquivalenzklasse genau ein Element. Damit erhalten wir ein Repräsentantensystem R. Im Bsp G = Z, H = 7Z können wir R = {0, 1, 2,..., 6} wählen, aber andere Wahlen sind auch möglich, z.b. R = { 49, 8, 2, 3, 4, 5, 6}. G = g R gh (I.1) I.2.6 Linkstranslation Sei g G.. Dann denieren die Linkstranslation mit g durch T g : G G, x g x. Die Linkstranslation ist eine bijektive Abbildung, denn sie hat als Umkehrabbildung T g 1. I.2.7 Index einer Gruppe Wir nehmen nun an, dass G eine endliche Gruppe ist. Die Anzahl der Linksnebenklassen von H heiÿt der Index von H in G. Der Index wird mit (G : H) bezeichnet. I.2.8 Ordnung einer Gruppe Die Anzahl der Element von G heiÿt die Ordnung von G. Sie wird ord(g) bezeichnet. I.2.9 Satz von Lagrange Satz: ord(g) = ord(h)(g : H) Beweis. Nach (I.1) gilt ord(g) = g R gh. Nach I.2.6 gilt gh = T g(h) T g bijektiv = H = ord(h). ord(g) = R ord(h). Weil R ein Repräsentantensystem ist und die Äquivalenzklassen gleich den Linksnebenklassen, muss R = (G H) sein und es folgt die Satz. I.2.10 Folgerung

20 20 KAPITEL I. GRUPPENTHEORIE Korollar: ord(h) ist ein Teiler von ord(g). I.2.11 Verallgemeinerung Bemerkung: Man kann I.2.7 bis I.2.10 verallgemeinern für unendliche Gruppen G, wenn man ord(g) = setzt und die Rechenregeln n = n N { } im Satz von Lagrange benutzt.

21 I.3. FAKTORGRUPPEN 21 I.3 Faktorgruppen Unser Ziel: Sei H wieder eine Untergruppe von G. Wir wollen eine Gruppenstruktur G/H denieren analog zu Z/7Z. I.3.1 Motivation Wir denieren G/H als Menge der Äquivalenzklassen bezüglich. aus I.2.2. Also ist G/H = {gh g G} die Menge der Linksnebenklassen nach I.2.4: naiv: (g 1 H) (g 2 H) := g 1 g 2 H Achtung! Leider funktioniert das nicht bei beliebigen Untergruppen H von G, weil die Denition von der Wahl des Repräsentanten g 1 bzw. g 2 abhängt. Wir werden eine zusätzliche Eigenschaft an H verlangen und die entsprechende Untergruppen Normalteiler nennen. Für Normalteiler werden wir zeigen, dass obige Denition klappt. Umgekehrt kann man zeigen, dass die Eigenschaft Normalteiler auch hinreichend ist. I.3.2 Normalteiler Definition: Eine Untergruppe N von G heißt Normalteiler : gng 1 = N g G. Zur Erinnerung: gng 1 := {g g 1 x N} und wir lassen oft weg. Wenn N ein Normalteiler von G ist, dann bezeichnen wir das mit N G. I.3.3 Spezialfall abelsche Gruppen In einer abelschen Gruppe ist jede Untergruppe ein Normalteiler: gng 1 = Ng g 1 = Ne = N abelsch Zur Erinnerung. Sei jetzt N G. Wir denieren g 1 g 2 : g 2 1 g 1 N G/N der Raum der Äquivalenzklassen. Für g G sei g die Äquivalenzklasse von g. Wir haben in 2.4 gesehen, dass g = gn gilt. Ziel: Gruppenstruktur auf G/N, repräsentantenweise deniert (analog zu Z/nZ). I.3.4 Rechenregeln in G/N Proposition: Sei N G. Dann ist G/N eine Gruppe bezüglich g 1 g 2 := g 1 g 2. 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, dass g 1 g 2 g 1g 2. (g 1g 2 ) 1 g 1 g 2 = g 1 1 g 1 g 2 g2 1 Ng 2 = } {{ } N g 1g 2 g 1g 2. Normalteiler N, da g 1 g 1 2 g 1

22 22 KAPITEL I. GRUPPENTHEORIE Sei g 2 g 2. Zu zeigen: g 1 g 2 g 1 g 2. (g 1 g 2) 1 (g 1 g 2 ) = (g 2) 1 g1 1 g 1 g 2 = (g 2) 1 g 2 N. g 2 g 2 Fazit: Die Verknüpfung ist wohldefiniert auf G/N. Die Gruppenaxiome für G/N folgt aus den entsprechenden Axiom für G, weil wir repräsentantenweise rechnen dürfen. I.3.5 Faktorgruppe Definition: G/N heißt Faktorgruppe. I.3.6 Kern der Quotientenabbildung Die Quotientenabbildung π : G G/N, g g, ist ein surjektiver Gruppenhomomorphismus, weil wir in G/N repräsentantenweise rechnen dürfen. Proposition: ker(π) = N. Beweis. I.3.7 Umgekehrt gilt g ker(π) π(g) = e g = e g e 2.4 g en = N. Kern als Normalteiler Proposition: Sei ϕ : G 1 G 2 ein Gruppenhomomorphismus, dann ist ker(ϕ) ein Normalteiler in G 1. Beweis. 1.Schritt: Sei g 1 G 1, dann gilt g 1 ker(ϕ)g 1 1 ker(ϕ). Für x ker(ϕ) gilt ϕ(g 1 x g 1 ) = ϕhom. ϕ(g 1 )ϕ(x)ϕ(g 1 ) 1 = x ker(ϕ) ϕ(g 1)e 2 ϕ(g 1 ) 1 = ϕ(g 1 )ϕ(g 1 ) 1 = e 2, d.h. g 1 xg1 1 ker(ϕ) und somit g 1 ker(ϕ)g1 1 ker(ϕ). 2.Schritt: g 1 ker(ϕ)g1 1 ker(ϕ). Wir benutzen den ersten Schritt für g1 1 statt für g 1. Dies ist erlaubt, weil g1 1 G 1. 1.Schritt g 1 1 ker(ϕ)(g 1 1 ) 1 g 1 1 ker(ϕ)g 1 ker(ϕ). Mit Multiplikation von links mit g 1 von rechts und von rechts mit g 1 1 folgt ker(ϕ) = g 1 ( g 1 1 ker(ϕ)g 1 ) g 1 1 g 1 ker(ϕ)g 1 1.

23 I.3. FAKTORGRUPPEN 23 I.3.8 Homomorphiesatz Sei ϕ : G 1 G 2 ein Gruppenhomomorphismus. Satz: Es gibt 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 in den Übungen. I Isomorphisatz Satz: Sei G Gruppe, H Untergruppe und N G. a) HN ist eine Untergruppe von G mit Normalteiler N HN. b) H N H c) ϕ : H/H N (H N)/N, x(h N) xn ist ein Isomorphismus. Beweis. a) Wir nehmen zwei Elemente h 1 n 1 H N und h 2 n 2 H N (mit n i H, n i N) und müssen zeigen, dass (h 1 n 1 ) (h 2 n 2 ) H N ist. Wir wollen benutzen, dass N ein Normalteiler in G ist und somit gng 1 = N g G. Wenn man dies für g 1 statt g benutzt, folgt auch g 1 Ng = N g G (I.2) (h 1 n 1 ) (h 2 n 2 ) = h 1 h 2 h 1 2 n 1 h 2 n 2 h 1 h 2 Nn 2 h 1 h 2 N N } {{ } N nach (I.2) H,N Unt.grp. H N. Also ist eine innere Verknüpfung auf H N. Da e = e e e H N. Sei h n H N, (h n) 1 = n 1 h 1 = h 1 hn } 1 {{ h 1 } h 1 N N, da N G HN H Unt.grp. Somit sind alle Untergruppen Axiome erfüllt. Weiterhin gilt H N G, also gilt insbesondere N HN. Damit folgt a). b) Der Durchschnitt zweier Untergruppen ist offensichtlich wieder eine Untergruppe. Zu zeigen bleibt, dass H N 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 I.3.7 folgt schon "Gleichheit". Damit folgt b). c) Sei ϕ die Abbildung aus der Behauptung. Weil H N N, ist ϕ wohldefiniert. Weil die Abbildung repräsentantenweise definiert ist, muss ϕ ein Gruppenhomomorphismus sein. Wir behaupten zuerst, dass ϕ surjektiv ist. Sei hnn ein beliebiges Element aus

24 24 KAPITEL I. GRUPPENTHEORIE (H N)/N. Dann gilt ϕ ( h(h N) ) = h N = hn N, weil N eine Untergruppe ist. ϕ surjektiv. Als nächstes bestimmen wir den Kern der Abbildung H (H N)/N, h hn. h im Kern hn = en = N h N. N Untergrup. Fazit: Kern der obigen Abbildung ist gleich H N. Nach I.3.8 folgt, dass ϕ : H/H N H N ein Isomorphismus ist. I Isomorphisatz Satz: Sei N G,H G, N H G. a) N H b) H/N G/N c) (G/N)/(H/N) G/H, gn gh ist ein Gruppenisomorphismus ("Kürzungszegel") Beweis. Wir wollen zunächst überlegen, dass man H/N als Untergruppe von G/N auffassen kann. Man betrachtet hierzu den Gruppenhomomorphismus H i G π G/N, wobei i die Inklusion und π die kanonische Projektion bezeichne. Da ker(π i) = N (hier wurde benutzt dass N H), liefert er mit I.3.8 einen Monomorphismus H/N G/N, so dass wir H/N mit seinem Bild in G/N identifizieren können. π i H G/N π 1 π i H/N Damit können wir H/N als Untergruppe von G/N betrachten. Mit I.3.7 wissen wir außerdem: N H. Als Nächstes beachte man, dass der Kern H der kanonischen Projektion G G/H den Normalteiler N enthält. Also induziert dieser Epimorphismus gemäß I.3.8 einen Epimorphismus G/N G/H, dessen Kern ein Normalteiler ist und mit dem Bild von H unter der Projektion G G/H übereinstimmt. Dieses Bild von H unter der Projektion G G/N übereinstimmt. Dieses Bild hatten wir gerade mit H/N identifiziert. Wenden wir dann I.3.8 nochmals an, so folgt, dass G/N G/H einen Isomorphismus (G/N)/(H/N) G/H induziert.

25 I.4. ZYKLISCHE GRUPPEN 25 I.4 Zyklische Gruppen I.4.1 Die kleinste Untergruppe von G, die Y enthält Sei Y G. Dann bezeichnen wir mit Y die kleinste Untergruppe von G, die Y enthält. Y heiÿt die von Y erzeugte Untergruppe von G. Proposition: Y = { g δ 1 1 g δr r r N, g j Y, δ j {1, 1} } (Produkte von Elementen aus Y oder ihrer Inversen). Beweis. Klar ist, 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 δ 1 1 gr δr ) 1 = (gr δr ) 1 (g δ 1 1 ) 1 = gr δr g δ 1 1 ist auch von dieser Bauart. I.4.2 Zyklische Gruppe Eine Gruppe, die von einem Element erzeugt wird, heiÿt zyklisch, das heiÿt es gibt einen Erzeuger g G mit G = g. Nach I.4.1 gilt dann G = {g n n Z}, wobei wir (g 1 ) m =: g m für m N denieren. Beachte, dass eine zyklische Gruppe abelsch ist: g n g m = g n+m = g m+n = g m g n Im Abschnitt I.4 wollen wir die einfachsten Gruppen studieren. Das sind diejenigen Gruppen, die von einem Element erzeugt werden. Sie heiÿen zyklische Gruppen und haben nach I.4.1 die Form G = {g n n Z}. Hier ist g m := g g g für m N und g m := (g 1 ) m. } {{ } m fach Weiter sei g 0 := e. Beachte, dass die Elemente g n in der zyklischen Gruppe G nicht notwendigerweise verschieden sind. Zur Klärung dieses Sachverhalts führen wir eine beliebige Gruppe G und g G folgendes ein. I.4.3 Ordnung von einem Element Definition: Die Ordnung von g ist ord(g) := min{n N g n = e}. Wenn es kein n N gibt mit g n = e, dann sei ord(g) :=. Das einfachste Beispiel einer zyklische Gruppe ist Z. Dabei ist 1 erzeugend. Beachte, dass der Erzeuger eine zyklische Gruppe nicht eindeutig ist, in Z ist auch 1 erzeugend. I.4.4 Untergruppen von Z Lemma:a) Jede Untergruppe von Z hat die Form mz für geeignetes m Z. b) Umgekehrt ist mz eine Untergruppe von Z für alle m Z. c) m 1 Z = m 2 Z m 2 = ±m 1.

26 26 KAPITEL I. GRUPPENTHEORIE a). Sei H Untergruppe von Z. OBdA H {0} k H \ {0} H Untergr. 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 Untergruppe von Z ist und m N mz H. Sei h H. Mit der Division mit Rest gibt es q, r Z, 0 r < m 1 so, dass h = qm + r. Da h H und m N, folgt q m H und somit r = h qm H. Da m das kleinste positive Element in H ist, folgt r = 0. h = qm Z m, d.h. H mz. Insgesamt gilt H = mz und es folgt a). b) und c) sind trivial. I.4.5 Zusammenhang: Ordung einer Gruppe, Ordnung eines Elementes Lemma: Sei G eine Gruppe und g G. Die Ordnung der von g erzeugten Untergruppe g ist gleich ord(g). Kurz: 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 I.4.1. Damit ist ker(ϕ) eine Untergruppe von Z. Nach Lemma I.4.4 gibt es ein m N 0 mit ker(ϕ) = mz. Nun gilt g n = g k g n k = e n k ker(ϕ) = mz m n k. 1.Fall: 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). Dies zeigt den 1.Fall. 2.Fall: ord(g) = : Dann gibt es kein n Z mit g n = e. ker(ϕ) = {0}. Nach ( ) sind somit alle g n, n Z, verschieden. ord( g ) = = ord(g). ( ) I.4.6 Zyklische Gruppen und Z 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, dann gilt G = Z/ ord(g)z. c) Eine unendliche zyklische Gruppe ist isomorph zu Z. a). = ist trivial, 1 ist erzeugend in Z/mZ. Wir betrachten wieder den Gruppenhomomorphismus ϕ : Z G, n g n aus dem Beweis von Lemma I.4.5. Wir haben gesehen, dass ker(ϕ) = Zm gilt Z/mZ = Z/ ker(ϕ) = ϕ(z) = Beweis von I.4.5 g = G. nach Konstr.

27 I.4. ZYKLISCHE GRUPPEN 27 Dies zeigt a). Weiter folgen b) und c) sofort aus a). I.4.7 Folgerung Bemerkung: Sei g G, ord(g) <, k Z. g k = e ord(g) k. Beweis. Mit dem ϕ aus dem Beweis von Lemma I.4.5 folgt: g k = e k ker ϕ k mz k ord(g)z ord(g) k m = ord(g) nach 1.Fall in Beweis von I.4.5. I.4.8 Zahlentheoretische Ergänzung Sei g G, dann ist ord(g) := min{k N g k = e}. (Falls, dann ord(g) =.) Satz: Sei G eine endliche Gruppe und g G. Dann gilt ord(g) ord(g). Beweis. I.4.9 Lemma von Bezout ord(g) = I.4.5 ord( g ) ord(g) Lemma: Sei a, b Z. Dann x, y Z mit xa + yb = ggt(a, b). Beweis. Später in II Ringtheorie. Beweisidee: Wende II.5.8 geschickt an. I.4.10 Folgerung Korollar: Für m N gilt (Z/mZ) = {k ggt(k, m) = 1}. Beweis. k (Z/mZ) x Z/mZ mit k x = 1 x Z mit k x 1 (mod m) x, y Z mit 1 k x = m y x, y Z mit kx + my = 1 ggt(k, m) = 1 ( = folgt aus dem Lemma von Bezout. = Durch Negation. Wenn l := ggt(k, m) 1, dann gilt l k und l m und damit l kx + my für alle x, y Z.) I.4.11 Eulersche Phi-Funktion

28 28 KAPITEL I. GRUPPENTHEORIE 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 I.4.10). Z.B. ϕ(10) = 4, ϕ(7) = 6. Man zählt die Anzahl der x mit ggt(10, x) = 1. Das ist erfüllt für x = 1, 3, 7, 9. I.4.12 Satz von Euler Satz: Sei a Z, m N und ggt(a, m) = 1. Dann gilt a ϕ(m) 1 (mod m). Beweis. G = (Z/mZ) ist eine endliche Gruppe bezüglich der Ordnung ϕ(m). Nach Korollar I.4.10 gilt a G. Aus Satz I.4.8 folgt ord(a) ord(g) und ord(g) = ϕ(m), also gilt ϕ(m) = l ord(a) für ein l N. 1 = a ord(a) = 1 = 1 l = ( a ord(a)) l = a l ord(a) = a ϕ(m) (Z/mZ). nach Definition I.4.13 Kleiner Satz von Fermat Satz: Sei p prim und a Z, dann gilt a p a (mod p). Beweis. 1.Fall: p a. Es gilt ϕ(p) = p 1 (mod p) 2.Fall: p a = a p 0 a (mod p). Satz vom Euler = a p 1 1 (mod p) = a p a Z.B (mod 7).

29 I.5. PERMUTATIONSGRUPPEN 29 I.5 Permutationsgruppen In diesem Abschnitt werden wir sehen, dass die symmetrische Gruppe S(x) aus Beispiel I.1.8 entscheidend ist für die Gruppentheorie. Wir werden insbesondere S n hier studieren. I.5.1 Satz von Cayley Satz: Jede Gruppe G ist isomorph zu einer Untergruppe von S(X) für ein geeignete Menge X. Falls n := ord(g) <, dann kann man X = {1,..., n} also 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 I.2.6 gesehen, dass T g eine bijektive Abbildung und damit ist ϕ wohldefiniert. Wir zeigen, dass ϕ ein Gruppenhomomorphismus ist. Seien g 1, g 2 G: ( ) ϕ(g 1 g 2 ) (x) = T g1 g 2 (x) = (g 1 g 2 )x = g 1 (g 2 x) = T g1 (g 2 x) = T g1 (T g2 (x)) = (T g1 T g2 )(x) = ( ) ϕ(g 1 ) ϕ(g 2 ) (x). Es folgt, dass ϕ(g 1 g 2 ) = ϕ(g 1 ) ϕ(g 2 ) und somit ist eine Gruppenhomomorphismus. Um zu zeigen, dass G isomorph ist zu der Untergruppe ϕ(g) von S(X), genügt es zu zeigen, dass ϕ injektiv ist. Dazu müssen wir nach I.1.5 zeigen, dass ker(ϕ) = {e} gilt. g ker(ϕ) T g = 1 G g x = x x G Kürzungsregel g = e Wenn ord(g) = n endlich ist, dann ist X = G bijektiv zu {1,..., n} und somit können wir S(X) ersetzen durch S n. I.5.2 Permutationen und Zyklus Die Elemente von S n heiÿen Permutationen und sie werden mit ( ) n Π = π(1) π(2) π(3) π(n) bezeichnet. Ein π S n hieÿt Zyklus, wenn es verschiedene Elemente i 1,..., i r mit r 2 aus {1,..., n} gibt, so dass π i 1 i 2 π... π i r und π(j) = j für alle j / {i 1,..., i r }. Notation für diesen Zyklus π ist π = (i 1,..., i r ), r heiÿt die Ordnung von π. Zyklen der Ordnung 2 sind die Transpositionen, z.b. (14) heiÿt und alles andere bleibt fest. 1 4 I.5.3 Teilweise Kommutativ

30 30 KAPITEL I. GRUPPENTHEORIE 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 ( (i1 i r ) (j 1 j s ) ) (k) = ( (j 1 j s )(i 1 i r ) ) (k). I.5.4 Weitere Rechenregel für Zykel Proposition: Sei π S n, (i 1 i r ) Zyklus. Dann gilt π(i 1 i r )π 1 = (π(i 1 ) π(i r )). Beweis. Wir unterscheiden zwei Fälle: 1.Fall: Sei π 1 (j) / {i 1,..., i r }. Dann gilt ) ( ) (π (i 1 i r ) π 1 (j) = π (i 1 i r ) (π 1 (j)) = (π)(π 1 (j)) = j. Angenommen (π(i 1 ) π(i r ))(j) = π(i l ) für ein geeignetes l N. Dann würde π 1 (j) = i l 1 gelten was ein Widerspruch ist. 2.Fall: Sei π 1 (j) {i 1,..., i r }. Dann gibt es ein ein l N mit π 1 (j) = i l j = π(i l ). ) ( ) (π (i 1 i r ) π 1 (j) = π (i 1 i r ) (i l ) = (π)(i l+1 ) = π(i l+1 ). I.5.5 Zerlegung-Satz über Elemente aus der symmetrischen Gruppe Satz: Jedes π S n ist eine Produkt von disjunkten Zyklen, eindeutig bis auf Reihenfolge. Beweis mit Induktion nach n. Beginne mit i 1 π i 1 i 2 π... π i r Der Zyklus (i 1 i r ) stimmt mit π auf {i 1,..., i r } überein. Weil π eine Permutation ist, muss π das Komplement von {1,..., i r } bijektiv auf sich selbst abbilden ( {1,..., i r } =: K). Nach Induktion kann man π K also Produkt von disjunkten Zyklen schreiben, eindeutig bis auf Reihenfolge, d.h. π k = γ 2 γ t mit γ i 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.

31 I.5. PERMUTATIONSGRUPPEN 31 I.5.6 Folgerung Satz: Jedes π S n ist Produkt von Transpositionen. Beweis. Nach Satz I.5.5 können wir OBdA annehmen, dass Π = (i 1 i r ). Es gilt aber (i 1 i r ) = (i 1 i 2 )(i 2 i 3 ) (i r 1 i r ).

32 32 KAPITEL I. GRUPPENTHEORIE I.6 Gruppenoperationen Oft treten Gruppen geometrisch auf. Standardbeispiel aus dem 1.Übungsblatt: G = Menge der linearen Abbildungen, die ein reguläres 6-Eck X mit Zentrum 0 invariant lassen. Gruppe G = D 6 mit 12 Elementen. Dieses Studium wollen wir jetzt vollkommen abstrakt für beliebige Gruppen G und beliebige Mengen X verallgemeinern. Dieses liefert im nächsten Abschnitt die tief liegenden Sylow-Sätze. I.6.1 Gruppenaktion Definition: Es sei G eine (multiplikativ geschriebene) Gruppe und X eine Menge. G operiert auf X : wir haben eine Abbildung G X X, (g, x) g x X, mit: (a) e x = x für das neutrale Element e in G und für alle x X. (b) g 1 (g 2 x) = (g 1 g 2 ) x für g 1, g 2 G, x X. Bemerkung: I.6.2 X selber wird damit nicht zu einer Gruppe, nur g x X ist für g G und x X erklärt! Für g G definieren wir eine Abbildung T g : X X, x g x. Beachte, dass T g bijektiv ist mit inversen Abbildung T g 1. T g 1(T g (x)) = T g 1(g x) = g 1 (gx) = (b) (g 1 g)x = ex = (a) x Analog T g T g 1 = 1. Insbesondere ist T g S(X) und (a),(b) zeigen, dass die Abbildung G S(X), g T g, ein Gruppenhomomorphismus ist. Die Gruppenoperation (oder Gruppenaktion) von G auf X heißt effektiv : T g = 1 nur für g = e, d.h. der Kern des obigen Gruppenhomomorphismus G S(X) muss gleich {e} sein. Linkstranslation als Gruppenoperation 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) g x als dieselbe Operation, die durch die Gruppenverknüpfung gegeben ist. Dann ist T g (x) = g x gerade die alte Linkstranslation. Diese Gruppenoperation ist effektiv: I.6.3 T g = 1 g x = x x X = G x 1 g = e. Konjugation als Gruppenoperation Beispiel: Sei G wieder eine Gruppe und X = G. Dann definieren wir eine zweite natürliche Gruppenoperation von G auf X. Wir wählen G X X, (g, x) g x := g x g 1.

33 I.6. GRUPPENOPERATIONEN 33 Wir sagen, dass x mit g konjugiert wird. Also haben wir T g (x) := g x = g x g 1. T g : G = X X = G heißt innere Automorphismus von G. Wir zeigen, dass T g wirklich ein Gruppen-Automorphismus ist. Bijektiv haben wir ganz allgemein in 6.1 gesehen. T g (x y) = g (x y) g 1 = gxg 1 gyg 1 = T g (x) T g (y). Wir müssen noch zeigen, dass eine Gruppenoperation ist von G auf X. (Übung) Wir sagen, dass G durch Konjugation auf X = G operiert. Diese Gruppenoperation muss nicht effektiv sein, z.b. wenn G abelsch ist, dann gilt T g = 1 g G. I.6.4 Potenzmenge mit Gruppenoperation 1 Beispiel: G operiert effektiv auf P(G) durch Linkstranslation: X := P(G), G X X, (g, Y ) g Y ; wobei Y G.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. I.6.5 Potenzmenge mit Gruppenoperation 2 Beispiel: G sei wieder eine Gruppe und X := P(G). Dann operiert G auf X = P(G) durch Konjugation: G P(G) P(G), (g, Y ) g Y := g Y g 1. Wieder muss man zeigen, dass dies eine Gruppenoperation ist. I.6.6 Die Bahn von x Sei eine Gruppenoperation von G auf der Menge X gegeben. Definition: Für x X heißt G x = {g x g G} die Bahn von x. Beispiel: X= reg. 6-Eck, G = D 6, x =Punkt1 = bahn von x = G x = X. I.6.7 Bahnen als Äquivalenzklasse Wir denieren eine Relation auf X durch x y : g G mit x = g y. Wie in Abschnitt I.2 zeigt man, dass eine Äquivalenzrelation ist und die Äquivalenzklassen sind die Bahnen. I.6.8 Der Stabilisator 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.

34 34 KAPITEL I. GRUPPENTHEORIE I.6.9 Bijektion mit Bahnen Proposition: G operiere auf X und x X. G/ Stab(x) G x, g Stab(x) g x, ist eine Bijektion. Beweis. Wir müssen zeigen, dass die Abbildung wohldefiniert ist, d.h. unabhängig von der Wahl des Repräsentanten g in der Linksnebenklasse g Stab(x). Sei also g g Stab(x), d.h. h Stab(x) mit g = g h. = g x = b) g (h x) = h Stab(x) g x surjektiv ist klar aus der Definition der Bahn. injektiv: g 1 x = g 2 x g 1 2 (g 1 x) = g 1 2 (g 2 x) = a),b) x = b) g 1 2 g 1 Stab(x) g 1 g 2 Stab(x) g 1 Stab(x) = g 2 Stab(x) I.6.10 Bahnengleichung Satz: Sei G eine endliche Gruppe, X eine endliche Menge, G operiere auf X und R ein Repräsentantensystem 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 = disjunkte Vereinigung der Äquivalenzklassen = disjunkte Vereinigung der bahnen. = X = x R Gx. Nach Proposition I.6.9 gilt Gx = G/ Stab(x) = G / Stab(x) = (G Stab(x)) nach Lagrange. I.6.11 Zentrum Definition: Z := {g G g x = x g x X} Das Zentrum ist oensichtlich eine abelsche Gruppe und ein Normalteiler von G I.6.12 Zentralisator

35 I.6. GRUPPENOPERATIONEN 35 Definition: Sei x G, dann heißt Z(x) := {g G g x = x g} der Zentralisator von G. I.6.13 Man zeigt leicht: Eigenschaften a) G abelsch G = Z G = Z(x) x G. b) Z(x) ist eine Untergruppe von G. c) Z(x) = G x Z. I.6.14 Eigenschaften Wir wenden nun die Klassengleichung I.6.10 auf die Operation von G auf G an, die durch Konjugation gegeben ist (siehe Beispiel I.6.3). Wir erinnern, dass X := G und die Operation war deniert durch G X X, (g, x) g x := g x g 1 (Konjugation von x mit g). Es gilt für x G: i) Stab(x) := {g G g x } {{ } g x g 1 = x} = Z(x) ii) x Z Z(x) = G i) {g G g x = x} = G c) z.z. [Bahn G x hat nur ein Element] = Es gelte {g G g x = x} = G = g x = x g G = G x = {x}. = Falls die Bahn G x einelementig ist, dann gilt G x = {x} = g x = x g G. I.6.15 Klassengleichung 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) = 6.10 x R(G : Stab(x)) = x R(G : Z(x)). Es gilt R = Z R. = i) ii) ord(g) = x Z(G : Z(x)) + x R (G : Z(x)) = x Z G : G c) ord(z) + x R (G : Z(x)). } {{ } 1 + x R (G : Z(x)) =

36 36 KAPITEL I. GRUPPENTHEORIE I.6.16 Folgerung Korollar: Es gelte 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)). Wenn nun x R = G x 2 und damit ist Z(x) G nach ii) } {{ } p k = p (G : Z(x)). Wenn wir das in der Klassengleichung I.6.15 an = p ord(z).

37 I.7. DIE SYLOW SÄTZE 37 I.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. I.7.1 Beispiel mit der alternierende Gruppe Beispiel: Für n 5 kann zeigen, dass die alternierende Gruppe A n := {Π S n sign(π) = 1} eine einfache Gruppe ist, dh. sie hat keinen Normalteiler außer {e} und sich selber (siehe [Jac85, Theorem 4.11]). Andererseits wissen wir aus Aufgabe 7, dass jede Untergruppe vom Index 2 ein Normalteiler ist. Es gilt ord(a n ) = n! ord(an) und wir wählen m :=. Würde 2 2 es eine Untergruppe H von A n geben mit ord(h) = m = (A n : H) = ord(an) = ord(h) 2 = H A n A n ist der Kern des Homomorphismus sign : S n {±1}. Nach Homomorphiesatz gilt {±1} = Im(sign) = S n / ker(sign) = S n /A n = ord(a n ) = n! 2 I.7.2 Lemma von Cauchy Lemma: 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 I.4.5 folgt, dass ord(g) = ord( g ) ord(g). Da g e und ord(g) = p Satz von Lagrange prim = ord(g) = p. Induktionsschritt: Es sei ord(g) > p. Wähle g G \ {e}. 1.Fall p ord(g). = ord(g) = pr. Somit hat g := g r die Ordnung p nach den Potenzgesetzen. (g ) p = (g r ) p = g r p = g ord(g) = e und es ist klar, dass g e und somit ist ord(g ) = p. 2.Fall 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 nach dem Satz von Lagrange ord(g ) = ord(g)/ ord( g ) = I.4.5 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 der 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 I.4.7 ein Element der Ordnung p konstruieren. I Sylow-Satz

38 38 KAPITEL I. GRUPPENTHEORIE Satz: Sei p eine Primzahl und 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. Beweis. Mit Induktion nach ord(g). Induktionsanfang: ord(g) = 1 = k = 0. Wähle H = {e}. Induktionsschritt: Sei ord(g) > 1. Wir können annehmen, dass k > 0 ist. Für k = 0 wählen wir wieder H = {e}. Wir benutzen jetzt die Klassengleichung I Fall: p ord(z). Dann existiert nach der Klassengleichung ein x R, so dass p (G : Z(x)) Lagrange ord(g) = = ord(z(x)) pk I.6.14 ii) ord(z(x)). Weil x R = 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. 2.Fall p ord(z). Da Z eine abelsche Gruppe ist, können wir das Lemma von Cauchy anwenden und finden g Z mit ord(g) = p. Betrachten N := g. Weil N eine Untergruppe von Z ist, muss N ein Normalteiler von G. g N g 1 = N g g 1 = N e = N. N Z Damit dürfen wir die Faktorgruppe G := G/N betrachten ord(g ) = ord(g)/ ord(n) = ord(g)/ ord(g) = ord(g)/p Lagrange I.4.5 Nach Induktionsvoraussetzung hat G eine Untergruppe H mit ord(h ) = p k 1. Sei π : G G = H/N der Quotientenhomomorphismus und H := π 1 (H ). Nach Aufgabe 1 gilt π(h) = H/N = H. Beachte, dass H N. ord(h) = Lagrange ord(h ) ord(n) = p k 1 p = p k. I.7.4 p-sylow-untergruppe Definition: Eine Untergruppe H von 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. Beispiel: ord(g) = 12, p = 2. 2-Sylow-Gruppe zur Ordnung 4. I Sylow-Satz Satz: Sei G eine endliche Gruppe und p prim. Dann gilt: 1. Für p-sylow-untergruppen P 1, P 2 gibt es ein g G so, dass P 2 = g P 1 g Die Anzahl p-sylow-untergruppen von G teilt (G : P 1 ) und ist 1 (mod p). 3. Jede Untergruppe H mit ord(h) = p l ist enthalten in einer p-sylow-untergruppe. Beweis. [Jac85, I.1.13]

39 I.8. KLASSIFIKATION 39 I.8 Klassifikation Ein wichtiges Problem in allen Bereichen der Mathematik ist es, die Objekte zu klassi- zieren, d.h. man will eine Liste von Objekten angeben, so dass jedes Objekt genau zu einem Objekt aus der Liste isomorph ist. Zum Beispiel werden die endlichen Mengen durch die Liste ({1,..., n}) n N0 klassiziert. Ein weiteres Beispiel aus der Algebra: Alle zyklische Gruppen werden klassiziert durch die Liste (Z/mZ) m N0 nach Proposition I.4.6 Die Klassikation der endlichen Gruppen ist viel schwieriger und wahrscheinlich unerreichbar. In diesem Abschnitt will ich ein paar Teilresultate ohne Beweis vorstellen. I.8.1 Klassifizierung der Z/pZ Satz: Für jede Primzahl p ist Z/pZ bis auf Isomorphie die einzige Gruppe der Ordnung p. Beweis. Sei G eine Gruppe der Ordnung p. = g G \ {e}. Nach dem Satz von Lagrange gilt ord( g ) teilt ord(g). Da ord(g) = p prim und g e = ord( g ) = p. = G = g. Nach Proposition I.4.6 b) folgt G = Z/ ord(g)z = Z/pZ. I.8.2 Klassifizierung endlicher abelschen Gruppen Satz: Jede endliche abelsche Gruppe ist isomorph zu Z/n 1 Z... Z/n r Z. Beweis. Später in Algebra 2 oder [Wol96, Satz 2.37]. Zur Erinnerung: Wenn G 1,..., G r Gruppen, dann wird G 1... G r eine Gruppe durch komponentenweise Multiplikation. I.8.3 Chinesischer Restsatz Satz: n = q 1 q r N mit q 1,..., q r paarweise teilerfremd. Dann gilt Z/nZ (Z/q 1 Z)... (Z/q r Z), k mod n (k mod q 1,..., k mod q r ). Beweis. Siehe Ringtheorie II. I.8.4 Isomorphietypen von endlichen abelschen Gruppen Satz: Jede endliche abelsche Gruppe G ist isomorph zu genau einer Gruppe der Form (Z/q 1 Z)... (Z/q s Z), heißt Isomorphietyp der Gruppe G, wobei q 1,..., q s nicht notwendigerweise verschieden Primzahlpotenzen sind.

40 40 KAPITEL I. GRUPPENTHEORIE Beweis. Sei G eine endliche abelsche Gruppe. Nach Satz I.8.2 gilt G =(Z/n 1 Z)... (Z/n e Z). (I.3) Sei n i = p v i1 i1 p v ir i ir i die Primfaktorzerlegung von n i. Nach dem chinesischen Restsatz gilt Z/n i Z =(Z/p v i1 i1 Z)... (Z/p v ir i ir i Z). (I.4) Setze wir (I.4) in (I.3) ein, dann erhalten wir G in der gewünschten Form bis auf Isomorphie. Wir sollten noch zeigen, dass die Gruppe (Z/q 1 Z)... (Z/q r Z) in der Behauptung eindeutig ist. Dies wollen wir in den folgenden Beispielen einsehen. Der allgemeine Fall geht analog und wird in Algebra 2 bewiesen. I.8.5 Ergänzung Beispiel: G := (Z/13Z) ist eine abelsche Gruppen bezüglich.. Nach I.4.10 gilt ord(g) = 12. Nach dem Klassifizierungssatz I.8.4 gilt G = (Z/3Z) (Z/4Z) oder G = (Z/2Z) (Z/2Z) (Z/3Z). da 12 = = die einzigen Möglichkeit sind, 12 als Produkt von Primzahlenpotenzen zu schreiben. In G gilt: 2 1 = 2, 2 2 = 4, 2 3 = 8, 2 4 = 3, 2 5 = 6, 2 6 = 12 = 1, 2 7 = 2, 2 8 = 4, 2 9 = 8, 2 10 = 3, 2 11 = 6, 2 12 = 12 = 1, Wir haben also in G eine Element der Ordnung 12 gefunden. Da in Z/2Z Z/2Z Z/3Z alle Elemente dir Ordnung 6 haben (weil wir komponentenweise rechnen), gilt G = Z/3Z Z/4Z. Wichtige Anmerkung zur Notation: Wenn die Gruppenoperation auf G mit geschrieben wird, dann schreiben wir g n := g g g } {{ } n mal Wenn die Gruppenoperation auf G mit + geschrieben wird, dann schreiben wir n g := g + g g (nur, wenn G abelsch ist). } {{ } n mal I.8.6 Übungsaufgabe Proposition: Sei p eine Primzahl. Dann ist jede Gruppe der Ordnung p 2 abelsch. Beweis. Aufgabe 17. I.8.7 Übungsaufgabe 2

41 I.8. KLASSIFIKATION 41 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. [Wol96, Folgerung 2.29] oder Proseminar im SS 10. I.8.8 Klassifikation bis ord = 7 Wir können damit alle Gruppen der Ordnung 7 klassizieren: I.8.9 Ordnung Isomorphietyp zyklisch abelsch Argument 1 {0} 2 Z/2Z I Z/3Z I Z/4Z I.8.6 und I.8.4 (Z/2Z) (Z/2Z) f 5 Z/5Z I (Z/2Z) (Z/3Z) ( = Z/6Z) I.8.7 I.8.3 S 3 = D3 f f 7 Z/7Z I.8.1 Bemerkung Bemerkung: Eine Gruppe G heißt einfach : {e} und G sind die einzigen Normalteiler von G. In I.7.1 hatten wir an getönt, dass A n einfach ist für n 5. Mit Computerhilfe gelang es, alle einfachen endlichen Gruppen zu klassifizieren.

42 42 KAPITEL I. GRUPPENTHEORIE

43 Kapitel II Ringtheorie II.1 II.1.1 Ringe Definition Definition: Eine 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. a (b + c) = a b + a c (b + c) a = b a + c a Wir wollen auch annehmen, dass R ein Einselement 1 bezüglich hat. II.1.2 Kommutative Ringe Definition: Ein Ring heißt kommutativ : Multiplikation ist kommutativ. II.1.3 Rechenregeln Wir bezeichnen die Inverse von a bzgl. + mit a und setzen a b := a + ( b). Rechenregeln: a) a 0 = 0 = 0 a b) Das Einselement ist eindeutig c) a = ( 1) a d) a (b c) = a b a c und (b c) a = b a c a (Übung) II.1.4 Körper als Ring Ein Körper ist ein kommutativer Ring so, dass K \ {0} eine Gruppe bzgl. ist. 43

44 44 KAPITEL II. RINGTHEORIE II.1.5 Weitere Ringe Beispiel: Z ist ein kommutativer Ring. Mat n (K)(= M(n n, K)) mit Einträgen in K bilden einen nicht-kommutativen Ring. Q, R, C, Z/pZ für p prim, bilden Körper. II.1.6 Teilbarkeit in Ringen Sei R ein kommutativer Ring und wir wollen die aus Z bekannte Teilbarkeit auf R verallgemeinern. Wir nennen a R einen Teiler von b R genau dann, wenn es ein c R gibt mit ac = b. Wir nennen b ein Vielfaches von a. Notation: a b. Von Bedeutung sind folgende Spezialfälle: Wenn es für a R ein c R \ {0} gibt mit ac = 0, dann sprechen wir von einem Nullteiler. Wenn a 1, dann heiÿt a ein Einheit von R. Nach Denition ist dies äquivalent dazu, dass a invertierbar ist bzgl.. Wie in der Gruppentheorie gesehen, ist R bzgl. ein Monoid und die Menge R der Einheiten bildet eine Gruppe bzgl.. II.1.7 Integritätsbereich Definition: Ein Integritätsbereich ist ein kommutativer Ring R mit 0 1, der keine Nullteiler ( 0) hat. Für diese Integritätsbereiche lohnt es sich, die Teilbarkeitslehre zu betrachten. Der einzige Ring mit 0 = 1 ist R = {0}, denn aus 0 = 1 = a = a 1 = a 0 = 0. Z = { 1, 1}, Z ist Integritätsbereich für K Körper gilt: K = K \ {0}; beachte: K ist Integritätsbereich Wir betrachten R 2 mit der komponentenweisen 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 ). Dadurch wird R 2 zu einen Ring. Beachte: R 2 ist kein Integritätsbereich. Die Nullteiler haben die Form (0, x) oder (y, 0), denn (0, x) (y, 0) = (0, 0). Z 14 ist auch kein Integritätsbereich (2, 7 sind Nullteiler) II.1.8 Quotientenkörper 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 lineare Algebra gemacht wurde, werden wir uns kurz halten (man siehe auch [Bos01, 2.7]). Auf R (R \ {0}) führen wir die Äquivalenzrelation (a, b) (c, d) : ad = bc

45 II.1. RINGE 45 ein. Die Äquivalenzklasse von (a, b) bezeichnen wir wie gewohnt mit a. durch die Verknüpfung b a b + c ad + bc a :=, d bd b c d = a c b d wird der Raum der Äquivalenzklasse zu einem Körper, den wir mit Quot(R) der kleinste Körper, der R enthält. II.1.9 Ringhomomorphismus Definition: Sei ϕ : R 1 R 2 eine Abbildung zwischen Ringen. Dann heißt ϕ Ringhomomorphismus : ϕ(a + b) = ϕ(a) + ϕ(b), ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) und ϕ(1) = 1. II.1.10 Ringisomorphismus Definition: Ein Ringhomomorphismus heißt Ringisomorphismus (ϕ : R 1 R 2 ) ψ : R 2 R 1 Ringhomomorphismus, so dass gilt: ϕ ψ = 1, ψ ϕ = 1. Wie in der Gruppentheorie zeigt man, dass Ringhomomorphismus genau dann Ringisomorphismen sind, wenn er bijektiv ist. II.1.11 Ringtheoretisches Produkt Für Ringe R 1, R 2,..., R r denieren wir auf R 1... R r ein 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 ) Für r 2 kann R 1... R r kein Integritätsbereich sein wegen den Nullteilern (0,..., 0, a, 0,..., 0). Wir können analog auch Π i I R i für beliebige Familien (R i ) i I zu einem Ring machen.

46 46 KAPITEL II. RINGTHEORIE II.2 Ideale und Restklassenringe In diesen Abschnitt sei R ein kommutativer Ring. II.2.1 Motivation Wir haben in der Gruppentheorie die Faktorgruppe G/N deniert, falls N ein Normalteiler war. Weil R, + abelsche Gruppe ist, wird somit R/H bzgl. + zu einer abelsche Gruppe für jede additive Untergruppe H von R. Im Allgemeinen ist aber die repräsentantenweise denierte Multiplikation auf R/H nicht wohldeniert. Deshalb führt man folgende Denition ein: II.2.2 Ideal Definition: Eine additive Untergruppe I von R heißt Ideal : a I I a R. Analog zum Normalteiler in der Gruppentheorie bedeutet die Notation I R, dass I ein Ideal ist in R. II.2.3 Ring/Ideal 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. Es folgt b a 1 b a 2 I und somit a 1 b = a 2 b. Analog zeigt man, dass b 1 = b 2 = ab 1 = ab 2. Somit ist die Multiplikation wohldefiniert. Die Ringaxiome für R/I folgen sofort aus den entsprechenden Axiomen für R, weil wir repräsentantenweise rechnen dürfen. II.2.4 Faktorring Definition: Für I R definieren wir R/I als Faktorring. Wir nennen die Elemente von R/I Restklassen modulo I. II.2.5 Eigenschaft Bemerkung: Die kanonische Abbildung π : R R/I, a a, ist ein surjektiver Ringhomomorphismus.

47 II.2. IDEALE UND RESTKLASSENRINGE 47 II.2.6 Kern als Ideal Für einen Homomorphie ϕ : R 1 R 2 kommutativer Ringe denieren wir den Kern als ker(ϕ) := {a R 1 : ϕ(a) = 0}. Es ist leicht zu sehen, dass ker(ϕ) ein Ideal ist. II.2.7 Homomorphiesatz Satz: 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). S R heiÿt Teilring des Ringes R : S mit +, von R ist selber Ring Beweis. Siehe lineare Algebra oder analog zur Gruppentheorie. II.2.8 Vorbereitung Proposition: Sei I R. Dann gilt: 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, in dem wir u I und Idealaxiom aus II.2.2 benutzt. Dies zeigt I = R. II.2.9 Ideale in einem Körper 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 II.2.8 II.2.10 Injektive Körperhomomorphismen

48 48 KAPITEL II. RINGTHEORIE Korollar: Sei K wieder ein Körper und ϕ : K R ein Ringhomomorphismus. Nehme an R {0}. Dann ist ϕ injektiv. Beweis. Wie in der Gruppentheorie ist injektiv äquivalent zu ker(ϕ) = {0}. Sei also I = ker(ϕ). Nach (2.9) gilt entweder I = {0} oder I = R. Wegen ϕ(1) = 1 ist der zweite Fall ausgeschlossen und somit ker(ϕ) = {0}. II.2.11 Maximalideal und Primideal Definition: (i) I R heißt Maximalideal : I maximales Elemente von {J R J R} (bzgl " "). (ii) I R heißt Primideal : [I R und ab I = a I oder b I] II.2.12 Eigenschaften Proposition: (i) I Primideal R/I Integritätsbereich (ii) I Maximalideal R/I Körper Beweis. (i) Übung (ii) = Es gilt [0] [1], da I R = (R/I)\{[0]} und [1] ist das Einselement. Insbesondere R/I ist nach Proposition II.2.3 ein kommutativer Ring mit 1. Noch zu zeigen: Existenz von Inversen. Sei [a] (R/I) \ {[0]}, d.h. [a] [0]. = a / I. Weiter ist J := I + Ra ein Ideal. 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 = Summe ist J und da a J = J I I max = I J J = R. = 1 = }{{} x + y a }{{} I R = [1] = [y] [a] ([x] = [0]) = [a][y] = [a] invertierbar = R/I Körper. = Sei R/I Körper. Wähle J R mit J I. Zu zeigen: J = R. Wähle x J \ I = [x] [0]. = [y] (R/I) \ {[0]}: [x] [y] = [1] = [y] [x]. = R {}}{ 1 }{{} x y +I J. II.2.8 = J = R = Behauptung. J

49 II.2. IDEALE UND RESTKLASSENRINGE 49 II.2.13 Maximalideal ist Primideal Korollar: Jedes Maximalideal ist ein Primideal. Beweis. I maximales Ideal R/I Körper = R/I Integritätsbereich I Primideal. II.2.14 Kern als Primideal Proposition: Sei S Integritätsbereich, ϕ : R S Ringhomomorphismus. = ker(ϕ) ist ein Primideal. Beweis. Übung Bemerkung: Es ist leicht zu sehen, dass für 2 Ideale I, J von R auch I J und I + J := {a + b a I, b J} wieder Ideale von R sind. II.2.15 Chinesischer Restsatz für Ringe Satz: Seien I 1,..., I n Ideale von R, I k + I l = R k + l, k, l {1,..., n}. Dann ist ϕ : R (R/I n )... (R/I n ), a (a 1,..., a n ) ein surjektiver Ringhomomorphismus mit ker(ϕ) = I 1... I n. Nach dem Homomorphiesatz II.2.7 induziert ϕ also einen kanonischen Isomorphismus: ϕ : R/(I 1... I n ) (R/I 1 )... (R/I n ) (Zur Erinnerung: ϕ: Z/m 1 m n Z Z/m 1 Z... Z/m n Z) Beweis. 1.Schritt: I j + k j I k = R, da für k j = a k I k und a k I j : 1 = a k +a k (siehe I j + I k = R). Damit 1 = Π k j (a k + a k ) I j + I k = R. } {{ } (kommut.) k j =1 2.Schritt: Nach Schritt 1 existiert e j I j und e j k j I k mit e j + e j = 1. Sei (a 1 + I 1,..., a n + I n ) (R/I 1 )... (R/I n ), dann gilt a j =1 a j (e j + e j)a j = e j a j }{{} =0 mod I j +e ja j =e ja j = e 1a e na n } {{ } =:a mod I j da e k 0 mod I j für k j = (a 1 + I 1,..., a n + I n ) = (a + I 1,..., a + I n ) (R/I 1 )... (R/I n ) = ϕ(a) = (a 1 + I 1,..., a n + I n ) also surj.

50 50 KAPITEL II. RINGTHEORIE 3.Schritt: ϕ Ringhomomorphismus. Die Projektion R R/I j ist Ringhomomorphismus II.2.5. Damit ist ϕ Ringhomomorphismus. 4.Schritt: ker(ϕ) = I 1... I n. a ker(ϕ) a = 0 a I j j n a I j j=1 mod I j j

51 II.3. BEISPIELE FÜR RINGE 51 II.3 Beispiele für Ringe II.3.1 Matrizen und Determinante Sei R ein kommutativer Ring und n N. = M n (R) Ring n n-matrizen mit Einträgen aus R. Für A = (a ij ) M n (R) haben wir die Determinante mit der Eigenschaft: det(a) := σ S n sign(σ)a 1,σ(1)... a n,σ(n) det(a B) = det(a) det(b) ( ) A, B M n (R). Der Kofaktor c ij zu a ij ist deniert als c ij = ( 1) i+j det(a ij ). Die Adjungierte zu A ist die n n-matrix A = C T wobei C = (c ij ). Es gilt A M n (R) und A A = A A = det(a)1. ( ) II.3.2 Eigenschaften Proposition: A invertierbar in M n (R) det(a) invertierbar in R. Beweis. = aus ( ); = aus ( ) mit A 1 = 1 det(a) A. II.3.3 Die Menge Quaternionen ( ) z w H := {A M 2 (C) z, w C : A = w z bildet einen Teilring von M 2 (C) und ihre Elemente heiÿen Quaternionen. Teilring: leicht auÿer Abgeschlossenheit bezüglich. Es gilt aber: ( ) ( ) ( ) z1 w 1 z2 w 2 z1 z = 2 w 1 w 2 z 1 w 2 + w 1 z 2 H. w 1 z 1 w 2 z 2 z 2 w 1 w 2 z 1 w 1 w 2 + z 1 z 2 Man hat N(A) := det(a) = z 2 + w 2 die Norm. Sei A H, A 0. Dann gilt: ( ) z w A = w z = A 1 = 1 N(A) A H. Folgerung: Die Quaternionen bilden einen Ring (mit 1), in dem jedes Element 0 ein Inverses hat; das heiÿt einen Schiefkörper (Achtung: Hier ist nicht kommutativ). Der 2-dimensionale R-Vektorraum ( ) , ( ) i 0 0 i R = { a ( ) ( ) } 1 0 i 0, b, a, b R i

52 52 KAPITEL II. RINGTHEORIE bildet( einen) kommutativen ( ) Teilring von H, der isomorph zu C ist unter der Abbildung 1 0 i 0 1, i i a + ib a ( ) ( ) 1 0 i 0 + b i Damit lässt sich C als Teilring von H auassen. Wir denieren j := ( ) 0 1, k := 1 0 ( ) 0 i i 0 Es gelten die Rechenregeln: i 2 = j 2 = k 2 = 1; ij = ji = k, jk = kj = i, ki = ik = j. H = {x 0 + ix 1 + j x + k 3 x 0, x 1, x 2, x 3 R}. II.3.4 Einsetzhomomorphismus Seien R, S kommutative Ringe. Sei R[X] der Ring der Polynome in der Variablen X mit Koezienten in R (analog zu linearen Algebra). Wenn nun R ein Teilring von S ist, dann haben wir für s S einen Ringhomomorphismus. R[X] S, f f(s), den Einsetzhomomorphismus. Allgemeiner gilt: Sei f : R S ein Ringhomomorphismus. und s S dann! Ringhomomorphismus f s : R[X] S mit f s (x) = s. (Setze f s ( a k x k ) = f(a k )s k ). Wir denieren für f = a k x k R[X] den Grad von f durch deg(f) = max{k a k 0}. und wir setzen deg(0) :=. Wenn nun R ein Integritätsbereich ist, dann hat man die Gradformel deg(f g) = deg(f) + deg(g) f, g R[X]. Insbesondere ist dann auch R[X] ein Integritätsbereich und es gilt: R[X] = R (Beweis wie in LinA)

53 II.4. TEILBARKEIT IN MONOIDEN 53 II.4 Teilbarkeit in Monoiden In diesem Abschnitt sei M ein kommutativer Monoid, das die Kürzungsregel erfüllt: ab = ac = b = c a, b, c M. In den Anwendungen wird M = R \ {0} sein, für ein Integritätsbereich R. Wir denieren, Teiler, Vielfache und Einheiten von M wie früher. II.4.1 Assoziiertheit Definition: a, b M heißen assoziiert : a b und b a. Man schreibt dann a b. Bemerkung: Weil transitiv = ist eine Äquivalenzrelation. Proposition: a b u M (Einheit) mit a = ub. Beweis. a b = a x = b mit x R. b a = b y = a mit y R. a = b y = a x y Kürzungsregel = x y = e. II.4.2 Irreduzibel Definition: a M heißt irreduzibel : (i) a / M (ii) b a = b 1 oder b a. II.4.3 Prim Definition: a M heißt prim (i) a / M (ii) a bc = a b oder a c. II.4.4 Prim ist irreduzibel

54 54 KAPITEL II. RINGTHEORIE Proposition: a prim = a irreduzibel. Beweis. b a = c: a = cb, insbesondere a cb. a = prim a c oder a b. Erster Fall: Kürzungsregel liefert b 1. Zweiter Fall: a b. II.4.5 Primbedingung Bemerkung: Die Umkehrung von 4.4 gilt im Allgemeinen nicht. Wichtig für uns sind die Monoide, die die Umkehrung erfüllen. Wir sagen, dass M die Primbedingung erfüllt. II.4.6 Faktorisierung, faktoriell Definition: - a = p 1 p s heißt Faktorisierung in irreduzible Elemente p i. - Die Faktorisierung heißt eindeutig, falls p 1,..., p s bis auf Permutation und Übergang zu assoziierten Elementen bestimmt sind. - M heißt faktoriell : jedes Element in M \ M hat eine eindeutige Faktorisierung. II.4.7 Teilerkettenbedingung 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. II.4.8 Faktorielle Monoide erfüllen Teilerkettenbedingung Lemma: Jedes faktorielles Monoid erfüllt die Teilerkettenbedingung. Beweis. Übung, Literatur. II.4.9 Teilerkettenbedingung impliziert Faktorisierung Lemma: Falls M die Teilerkettenbedingung erfüllt, dann hat jedes a M \ M eine Faktorisierung. (nicht notwendigerweise eindeutig!) Beweis indirekt. Annahme: Es gibt ein Element a M \ M das keine Faktorisierung 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 hat, wähle ich 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 (= b a) mit b 1 und b a. = c 1 und c a. Nun muss b oder c auch keine Faktorisierung haben, sonst wäre die Faktorisierung das Produkt dieser beiden Faktorierungen. Minimalität von a.

55 II.4. TEILBARKEIT IN MONOIDEN 55 II.4.10 Irreduzibel und prim Lemma: Falls a = p 1 p r = q 1 q s mit p i prim und q j irreduzibel. = r = s und π S r mit p i q π(i) i = 1,..., r. p 1 prim Induktion nach r. p 1 q 1 q s = p 1 q 1 (nach Vertauschung) q 1 irreduzibel = p 1 q 1 d.h. u M p 1 = uq 1. = uq 1 p 2 p r = q 1 q s. Weiter gilt p 2 := up 2 ist prim und wir haben p 2p 3 p r = q 2 q s. Mit Induktion folgt die Behauptung. II.4.11 Faktoriell, Primbedingung und Teilerkettenbedingung Theorem: M faktoriell M genügt der Primbedingung und der Teilerkettenbedingung. Beweis. = II.4.8 liefert Teilerkettenbedingung. Primbedingung (Ü 7 A26) = Existenz: Folgt aus II.4.9. Eindeutigkeit: Wegen der Primbedingung folgt aus II.4.10 Eindeutigkeit. II.4.12 ggt und kgv Beachte, dass auf M/ eine partielle Ordnung deniert. (partielle Ordnung reexiv (a a), transitiv (a b, b c = a c), antisymmetrisch (a b, b a = a = b)). Falls es eine maximales Element bezüglich unter den Teilern von a und b gibt, dann ist c = ggt(a, b). Falls es existiert ist er bis auf Assoziiertheit eindeutig. Analog für kgv(a, b).

56 56 KAPITEL II. RINGTHEORIE II.5 Hauptideale In diesem Abschnitt ist R ein kommutativer Ring (mit Eins). II.5.1 Erzeugte Ideale Definition: Seien g 1,..., g r R. Dann ist g 1,..., g r := R g 1 + R g R g r das kleinste Ideal in R, dass g 1,..., g r enthält. II.5.2 Erzeugende des Ideals Definition: g 1,... g r heißen Erzeugende des Ideals I I = g 1,..., g r. II.5.3 Hauptideal und Hauptidealbereich Definition: (i) I R Hauptideal I wird von einem Element erzeugt I = g. (ii) R heißt Hauptidealbereich (a) jedes Ideal ist Hauptideal (b) R ist Integritätsbereich II.5.4 Beispiel Beispiel: Z ist Hauptidealbereich. Alle Untergruppen haben die Form nz (siehe Lemma I.4.4 a) a, b Z Bezout = x, y Z : ggt(a, b) = xa + yb II.5.5 Grundlegende Äquivalenzen Lemma: Seien g, g R dann (i) g g g g (ii) g = g g R g, falls R ein Integritätsbereich ist. Beweis. 1. g g g g a R : g = ag g g

57 II.5. HAUPTIDEALE = g = g O.B.d.A g 0 (i) = u, v R : g = ugundg = vg = g = u v g = (1 uv)g = 0 R Int.B. = 1 = uv = u, v R = g R g g R g Rg = g = g g = g g II.5.6 ggt und kgv für Integritätsbereiche Ab jetzt ist R ein Integritätsbereich. Wir übertragen alle Bedingungen aus II.4 auf das Monoid M := R \ {0}. Wir haben oft modulo gerechnet, das heiÿt, wir haben Raum der Äquivalenzklassen M/M betrachtet. Nach Lemma II.5.5 ist dieses Monoid isomorph zum Monoid der Hauptideale {0} in R bezüglich [g] Rg = g. Dabei entspricht die Teilerrelation der partiellen Ordnung der Hauptideale. Wir denieren a R: ggt(a, 0) = ggt(0, a) := a und kgv(a, 0) = kgv(0, a) := 0. Weiterhin soll 0 prim sein. II.5.7 Primideal und prim Element Proposition: Sei R ein Integritätsbereich, g R \ {0}, I = g, dann gilt: I Primideal g prim Beweis. = g ab, ab R = a, b I = g I Primid. = a I oder b I = g a oder g b ab I, a, b R = g ab g prim = g a oder g b = a I = g oder b I = g II.5.8 ggt und kgv Idealtheoretisch Proposition: Sei R 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

58 58 KAPITEL II. RINGTHEORIE Beweis. a) Da R Hauptidealbereich d R : d = a, b = d a und d b. Falls c R mit c a und c b dann folgt wegen d = xa + yb (x, y R) auch c d. = ggt(a, b) = d bis auf Multiplikation mit Einheiten. b) Übung II.5.9 Äquivalenz von prim und irreduzibel Proposition: Sei R Integritätsbereich und a R \ {0}. Dann gilt: (i) a prim = a irreduzibel. (ii) R ein Hauptidealbereich, dann a irreduzibel = a prim (In II.4 war das die Primbedingung) Beweis. (i) Folgt aus II.4.4. (ii) Sei a bc (b, c R). Annahme a b = ggt(a, b) = 1 da a irreduzibel = II.5.8a) x, y R: 1 = ax + by = c = cax + cby = a c II.5.10 Primideale sind maximal Lemma: R Hauptidealbereich, I Primideal = I = {0} oder I ist maximal Beweis. Übung II.5.11 Beispiel Beispiel: Z hat die Ideale nz, n 0. Diese sind nach 5.5 alle verschieden und es gilt Maximalideale pz, p prim. II.5.12 Chinesischer Restsatz für Hauptidealbereich R Satz: Sei g 1,..., g r paarweise teilerfremd in R \ {0}. Dann gilt: R/ g 1 g r kan. (R/ g 1 )... (R/ g r ) Beweis. Für k l ist g k + g l = R II.5.5 ggt(g k, g l ) 1. Also folgt mit II.2.15 und II.5.8a) II.5.8 b) die Behauptung.

59 II.5. HAUPTIDEALE 59 II.5.13 Chinesischer Restsatz für Gruppen Korollar: (R/ g 1,..., g r ) (R/ g 1 )... (R/ g r ) Beweis. Folgt direkt aus II II.5.14 ggt und Einheiten Proposition: Sei g R \ {0} und R ein Hauptidealbereich.. Dann gilt: [a] (R/ g ) ggt(a, g) 1. Beweis. [a] Einheit: x R so dass x a = 1 (mod g) y R. xa + yg = 1 1 a, g a, g = R II.5.15 Spezialfall R=Z II.5.8 a) ggt(a, g) = R II.5.5 ggt(a, g) 1. Für n Z sei ϕ(n) = ord(z/nz) die eulersche ϕ-funktion. Es gilt: ϕ(n) = {k {1,..., n 1} ggt(k, n) = 1} nach Proposition II.5.14 und ϕ(n m) = ϕ(n) ϕ(m) für m und n teilerfremd nach II Es gilt: ϕ(p r ) = p r p r 1 ohne Beweis.

60 60 KAPITEL II. RINGTHEORIE II.6 II.6.1 Faktorielle Ringe Faktoriell in Integritätsbereichen Definition: Ein Integritätsbereich R heißt faktoriell R \ {0} ist faktoriell. II.6.2 Division mit Rest Satz: Sei R kommutativer Ring, g = a d X d + a d 1 X d a 0 R[X], a d R = (R[X]) und f R[X]. Dann gilt:! q, r R[X] f = gq + r mit deg(r) < d = deg(g). Beweis. Mit Polynomdivision und analog zu Z. II.6.3 Euklidische Ringe Definition: Ein Integritätsbereich R mit Gradabbildung d : R\{0} N 0 heißt euklidischer Ring, wenn f, g R, g 0 q, r R mit f = qg + r und d(r) < d(g) oder r = 0. Das heiÿt ein euklidischer Ring erlaubt Division mit Rest. II.6.4 Beispiel: Wiederholung 1. Z mit d(m) = m ist ein euklidischer Ring. 2. K ein Körper, dann ist K[X] mit d(f) = deg(f) ein euklidischer Ring. 3. K Körper. K ist ein euklidischer Ring für irgendeine Funktion d : K \ {0} N 0. II.6.5 Euklidische Ringe sind Hauptidealbereich Satz: Jeder euklidischer Ring ist Hauptidealbereich Beweis. ÜB 8

61 II.6. FAKTORIELLE RINGE 61 II.6.6 Hauptidealbereich sind faktoriell Satz: Jeder Hauptidealbereich R ist faktoriell Beweis. Wir wollen Theorem II.4.11 benutzen und müssen dafür zeigen, dass R \ {0} die Teilerkettenbedingung und die Primbedingung erfüllt. Letzteres folgt aus II.5.9 (ii). Also zur ersten Bedingung. Diese zeigen wir über einen Widerspruch. Sei also... a n a n 1... a 0 eine unendliche Teilerkette von nicht assoziierten Elementen in R \ {0} II.5.5 = a 0 a 1 a 2... Ü5 A20 ist eine echt aufsteigende Kette von Idealen = I := j N 0 a j ist ein Ideal R \ {0} : I = g. = j N 0 g a j = g = a j = g j+1 =.... HIB = g II.6.7 Faktorielle euklidische Ringe Korollar: Jeder euklidischer Ring ist faktoriell II.6.8 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. Ziel: Bestimme ggt(a, b). 1) Setze a 0 := a und a 1 := b. Division mit Rest: a 0 = q 1 a 1 + r mit q, r R, d(r) < d(a 1 ) oder r = a. Setze a 2 := r. Aufgrund der Summenregel gilt: ggt(a, b) = ggt(a 0, a 1 ) = ggt(a 1, a 2 ). 2) Falls r = a 2 = 0 dann gilt: a 1 a 2 und es folgt ggt(a, b) = b Falls r = a 2 0 dann gehe zu 1) mit (a 1, a 2 ) statt (a 0, a 1 ). Wegen deg(a 1 ) > deg(a 2 ) >... 0 terminiert der Algorithmus in endlich vielen Schritten, das heiÿt a n+1 = 0 und damit ggt(a 0, a 1 ) =... = ggt(a n 1, a n ) = a n II.6.9 Rechenbeispiel Beispiel: (i) Berechne ggt(42, 15) = ggt(a 0, a 1 ). 42 = =: a 3 ggt(15, 12) 15 = =: a 4 ; 12 = = a 5 = 0 = ggt(42, 15) = 3. (ii) a b q r also ist ggt(25326, 1555) = 1

62 62 KAPITEL II. RINGTHEORIE II.6.10 Lösen von diophantischen Gleichungen ax + by = c a, b, c Z a, b 0. Diophantisch heiÿt lösen in Z, dass heiÿt (x, y) Z 2. Wir setzen wieder a 0 = a und a 1 = b a = qb + r (qb + r)x + by = c b (qx + y) +r } {{ } }{{} x = c =:x =:y 1 1 a 0 x + a 1 y = c a 1 x 1 + a 2 y 1 = c. a j x j + a j+1 y j = c Terminiert, da Euklidischen Algorithmus terminiert, d.h. a j+1 = 0. Nun auösen nach x j, dann rückwärts einsetzen um x, y erhalten. II.6.11 Rechenbeispiel 10098x y = 594 EA: ( )x y = (6x + y) } {{ } }{{} x = 594 (x = y 1, y = x 1 6y 1 ) x y x y 1 = 594 EA: = 1188 (x 1 + y 1 ) +297 x 1 = 594 (x } {{ } }{{} 1 = y 2, y 1 = x 2 y 2 ) x 2 y } {{ } x y 2 = = 297(4x 2 + y 2 ) = 594 Auösen: y 2 = 2 4x 2. Rückwärts einsetzen: x = y 1 = x 2 y 2 = 5x 2 2. y = x 1 6y 1 = y 2 6(5x 2 2) = 34x L = {(5x 2 1, 34x ) x 2 Z}.

63 II.7. POLYNOME ÜBER FAKTORIELLE RINGE 63 II.7 Polynome über faktorielle Ringe 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 auch der Polynomring R[X] der Polynome mit Koezienten aus R auch ein faktorieller Ring ist. Am Schluss zeigen wir noch ein Irreduzibilitätskriterium für Polynome. Die Irreduzibilität von Polynome ist schwierig zu prüfen und dieses Kriterium von Eisenstein ist oft hilfreich. Zur Erinnerung a, b R heiÿen assoziiert : a = ub für ein u R (Einheit). 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 II.7.1 Zerlegung in endlich viele prim Elemente Satz: Sei α Q \ {0}. Dann gibt es für 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 eine eindeutig bestimmtes u R. Beweis. Wir nehmen zuerst α R \ {0} an. Weil R faktoriell ist, gilt α = q 1 q r für irreduzible 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 so, dass q i = u i p i = α = u p i p r für u := u 1 u r R. In dem wir die gleichen p i s sammeln, erhalten wir die gewünschte Darstellung. Wenn α = a Q \ {0} beliebig ist, dann benutzen wir den obigen Fall für Zähler und b Nenner. Damit folgt die Existenz im Allgemeinen und die Eindeutigkeit folgt leicht aus der Eindeutigkeit der Faktorisierung in R. II.7.2 p-adische Bewertung Wir setzen v p (0) :=. Wir nennen v p die p-adische Bewertung von α. (siehe Übung zum ggt und kgv). II.7.3 v p (α β) = v p (α) + v p (β) p-adische Bewertung auf Polynome Wir wollen die p-adische Bewertung verallgemeinern auf Polynome f(x) = n i=0 a i X i Q[X]: v p (f) := min i=0,...,n v p(a i ). II.7.4 Eigenschaften Bemerkung: Es gelten folgende Eigenschaften: a) v p (f) = f = 0.

64 64 KAPITEL II. RINGTHEORIE b) v p (f) 0 p P f R[X] Beweis. a) ist klar. Für b) 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. II.7.5 Gauß-Lemma 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 die Definitionen von v p (f) überein (aus den Definition II.7.3 und Satz II.7.1). Nach II.7.2 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 aufgrund der obigen Bemerkung f und g mit beliebigen Elementen aus Q multiplizieren. Also dürfen 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. Wäre 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 der Teilerfremdheit der Koeffizienten. Wir haben einen surjektiven Ringhomomorphismus Φ p : R[X] (R/pR)[X], n i=0 a i X i ni=0 a i X i für jedes p P. Es gilt n ker Φ p = { a i X i p a i i} = p R[X] = {f R[X] v p (f) > 0}. i=0 ( ) Nach Proposition II.5.7 ist pr = p ein Primideal in R. Es folgt mit Proposition II.2.12, dass R/ p ein Integritätsbereich ist. Insbesondere ist (R/ p )[X] ein Integritätsbereich (als Polynomring über einem Integritätsbereich, siehe II.6). Wir müssen v p (f g) = v p (f) + v p (g) = = 0 zeigen. Weil Φ p ein Ringhomomorphismus ist, muss Φ p (f g) = Φ p (f) Φ p (g) 0 gelten, da wegen v p (f) = 0 = v p (g) folgt, dass f, g / ker(φ p ). Wieder mit ( ) folgt v p (f g) = 0 wie gewünscht. II.7.6 Folgerung Korollar: Sei h R[X] normiert, d.h. der Koeffizient vor der größten Potenz von h ist 1. Weiter seien f, g Q[X] auch normiert, mit h = f g. Dann gilt f, g R[X]. Beweis. Da h R[X], gilt v p (h) 0. Weil h normiert und v p (1) = 0 = v p (h) = 0. = 0 = v p (h) = v p (f) + v p (g) ( ). Gauß Weil f, g normiert sind, folgt v p (f) 0 und v p (g) 0. Somit folgt in ( ), dass v p (f) = v p (g) = 0.

65 II.7. POLYNOME ÜBER FAKTORIELLE RINGE 65 II.7.7 Inhalt von f Sei f(x) = n i=0 a i X i Q[X]. Dann denieren wir den Inhalt von f als µ(f) := p P p vp(f). Mit dem Gauÿ-Lemma folgt µ(f g) = µ(f) µ(g). Wenn f R[X], dann folgt leicht die Charakterisierung des ggt durch die Primfaktorzerlegung aus den Übungen, dass µ(f) = ggt(a 1,..., a n ). II.7.8 Polynomring über faktorielle Ringe Theorem: Falls R ein faktorieller Ring ist, dann ist auch R[X] ein faktorieller Ring. Beweis. Aus Theorem II.6.5 kennen wir diese Behauptung für einen Körper (statt 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. 1.Schritt: 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. Beweis des 1.Schrittes: = Sei also f irreduzibel in R[X] und f = g h für g, h Q[X]. Wir müssen zeigen, dass g oder h eine Einheit in Q[X] ist (d.h. konstant). Seien γ, δ das kgv der Nenner von g bzw. h. Damit gilt g := γ g R[X] und h := δ h R[X]. γ δ f = γ δ g h = g h ist eine Identität von Polynomen in R[X]. Weil γ der Hauptnenner der Koeffizienten 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]. = f = g h. Da f irreduzibel in R[X] ist, muss g oder h ein Element in R[X] sein. OBdA g R[X]. Insbesondere gilt dann g Q[X]. Weil Q[X] = Q = Q \ {0} für jeden Körper Q = g Q \ {0}. Damit haben wir gezeigt, dass auch g eine Konstante ist und 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 Koeffizient). 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. Dies zeigt =. = Umgekehrt sei f irreduzibel in Q[X] und µ(f) = 1. Wir nehmen an, dass f = g h mit g, h R[X]. Zu zeigen g oder h R[X]. Aus dem Gauß-Lemma folgt 1 = µ(f) = µ(g) µ(h). Insbesondere muss dann µ(g) = µ(h) = 1 gelten. Weil f irreduzibel in Q[X], muss g oder h Q[X] = Q \ {0}. OBdA g Q \ {0}. Aus g R[X] folgt g R \ {0}. Wegen µ(g) = 1 folgt g R = R[X]. Dies zeigt und den ersten Schritt.

66 66 KAPITEL II. RINGTHEORIE Beweis des Theorems: Wir zeigen, dass f R[X] eine Faktorisierung in irreduzible Faktoren aus R[X] hat. Weil wir das für Q[X] kennen, 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. Weil wir auch f i irreduzibel in Q[X] annehmen, folgt f i irreduzibel in R[X] nach dem 1.Schritt. Wenn wir jetzt noch die Faktorisierung von µ(f) in irreduzible Faktoren aus R benutzen (da R faktoriell), erhalten wir eine Faktorisierung von f 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. Wir erhalten 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. Jetzt benutzen wir die Eindeutigkeit der Faktorisierung in Q[X] und erhalten a = b und dass f 1,..., f n = g 1,..., g b bis auf Reihenfolge. Wir schließen weiter f a+1 f r = g b+1 g s und dass diese Faktoren gleich sind bis auf Reihenfolge folgt aus R faktoriell. II.7.9 Faktorielle Polynomringe mehreren Variablen über einen Körper 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 den Übungen eingeführt. Es gilt insbesondere K[x 1,..., x n ] = S[x n ] mit dem Ring S := K[x 1,..., x n 1 ]. Mit Induktion wissen wir, dass S ein faktorieller Ring ist. Aus Theorem II.7.8 folgt die Behauptung. II.7.10 Eisensteinsches Irreduzibilitätskriterium Theorem: 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], α k X k α k X k. Nach Proposition II.5.7 ist pr = p ein Primideal in R. Es folgt mit Proposition II.2.12, 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 II.6.7). Wenn R ein Hauptidealbereich ist, dann ist R/ p sogar ein Körper (siehe Lemma II.5.10 und Proposition II.2.12). Das stimmt aber nicht für jeden faktoriellen Ring!

67 II.7. POLYNOME ÜBER FAKTORIELLE RINGE 67 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. Es gilt 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 Voraussetzungen des Theorems auch für f. Weil f genau dann irreduzibel ist, wenn f irreduzibel, können wir OBdA annehmen, dass f = f und damit µ(f ) = 1. Nach dem 1.Schritt im Beweis von Theorem II.7.8 gilt: f(x) irreduzibel in Q[X] µ(f)=1 f(x) irreduzibel inr[x] Wir argumentieren nun indirekt und nehmen an, dass f(x) nicht irreduzibel in R[X]. = f(x) = g(x) h(x) mit g(x), h(x) R[X] und g(x), h(x) / R[X]. g(x) = b k X k + b k 1 X k b 0, h(x) = c l X l c 0, b k 0, c l 0. Wir bemerken zuerst, dass k, l 1. Wenn zum Beispiel l = 0 wäre = 1 = µ(f) = µ(g) µ(h) = µ(g) c 0 = c 0 R = h = c 0 R[X]. Weil Φ p ein Ringhomomorphismus ist, folgt a n X n = Φ p (f) = Φ p (g)φ p (h). Weil F [X] faktoriell, muss die Primfaktorisierung 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). = 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. II.7.11 Beispiel für Eisenstein Beispiel: f(x) = X p 1 + X p X + 1 ist irreduzibel in Q[X] für jede Primzahl p. Beweisidee: Eisenstein für f(x + 1), siehe Übungen. II.7.12 Beispiel Beispiel: Sei K := k(t) 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 Eisenstein anwenden.

68 68 KAPITEL II. RINGTHEORIE

69 Kapitel III Körper III.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: III.1.1 Eigenschaften a) K[X] ist ein euklidischer Ring bezüglich dem Grad (siehe II.6.2) und damit ist K[X] ein faktorieller Ring, d.h. es gibt ein 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 II.3.4). c) Für f(x) K[X] sind folgende Aussagen äquivalent: c 1 ) deg(f) 1 und falls f = g h mit g, h K[X], dann muss deg(g) = 0 oder deg(h) = 0 gelten. c 2 ) f / K[X] {0} und falls f = g h mit g, h K[X], dann muss g K[X] oder h K[X]. c 3 ) f irreduzibel in K[X]. c 4 ) f K[X] ist ein Maximalideal in K[X]. c 5 ) K[X]/f K[X] ist ein Körper. Beweis. c 1 ) b) c 2 ) Def. c 3 ) II.5.7 II.5.10 c 4 ) II.2.12 c 5 ). III.1.2 Linearfaktorisieren Falls die irreduzible Faktoren von f K[X] \ K alle Grad 1 haben, dann sagt man, dass f in Linearfaktoren zerfällt. Wenn dann der führende Koezient von f gleich a n ist, dann gilt f(x) = a n (x α 1 ) ν1 (x α r ) νr (III.1) 69

70 70 KAPITEL III. KÖRPER für paarweise verschiedene α 1,..., α r K und ν 1,..., ν r N. Es ist durch Einsetzen klar, dass α 1,..., α r alle Nullstellen von f sind. Wir nennen ν j die Multiplizität der Nullstellen α j. III.1.3 Abspalten der Nullstellen Proposition: Sei α K eine Nullstellen 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 deg(h) < deg(x α) = 1. Somit ist h eine Konstante, d.h. h K. Setzen wir die Nullstelle α in (III.1) ein, dann folgt h = 0. III.1.4 Endlich viele Nullstellen 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. III.1.5 Charakteristischer Ringhomomorphismus 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( ) = ϕ(1) ϕ(1) } {{ } } {{ } n mal n mal = =: } {{ } n mal n K gelten. Weiter muss ϕ( n) = ϕ(n) = n K gelten. Damit ist ϕ eindeutig bestimmt. Umgekehrt kann man das benutzen um einen Ringhomomorphismus ϕ zu definieren. Nach II.5.4 ist Z ein Hauptidealbereich und damit gilt ker(ϕ) = Zp für ein p Z. Nach II.2.14 ist ker(ϕ) ein Primideal, also muss p prim oder 0 sein (nach II.5.7). Der Erzeuger p ist eindeutig bis auf Multiplikation mit Einheiten, d.h. mit ±1. Weil Primzahlen > 0 sind, muss p eindeutig sein. III.1.6 Charakteristik Die Zahl p aus Proposition III.1.5 heiÿt die Charakteristik von K und wird mit char(k) bezeichnet. Beispiel: Q, R, C sind Körper der Charakteristik 0, weil man für ϕ nur die Inklusion (es gilt Z Q, R, C) wählen können. Wenn p Primzahl, dann ist Z/pZ ein Körper der Charakteristik p. Als ϕ hat man die Reduktionsabbildung Z Z/pZ modulo p.

71 III.1. GRUNDLAGEN 71 III.1.7 Teilkörper Eine Teilmenge F K heiÿt Teilkörper (oder Unterkörper), wenn F bezüglich den vererbtem +, wieder ein Körper ist. Da der Durchschnitt von einer Familie von Teilkörper von K oensichtlich wieder ein Teilkörper von 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 deniert als ein Ringhomomorphismus (bzw. Ringisomorphismus). III.1.8 Primkörper Proposition:a) Sei p eine Primzahl. Dann gilt: char(k) = p Primkörper P = Z/pZ. b) char(k) = 0 Primkörper P = Q. Beweis. 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) II.1.5 = Z/pZ. (III.2) Somit ist ϕ(z) ein Teilkörper von K. Weil der Primkörper P der kleinste Teilkörper ist, folgt P = ϕ(z). Mit (III.2) folgt die Behauptung. = trivial. b) folgt mit ähnlichen Argumenten wie a). III.1.9 Charakteristik von Teilkörper Bemerkung: Jeder Teilkörper von K hat dieselbe Charakteristik wie K. Dies folgt sofort aus Proposition III.1.8.

72 72 KAPITEL III. KÖRPER III.2 Körpererweiterung Bis zum Schluss der Vorlesung werden wir Körpererweiterungen untersuchen. Die zentralen Resultate werden in der Galoistheorie gemacht. In diesen Abschnitt werden wir die Grundlagen bereit stellen. Wie immer sei K ein Körper. III.2.1 Körpererweiterung Definition: Eine Körpererweiterung L von K ist eine Körper L K so, dass Addition und Multiplikation von L auf K mit derjenigen von K übereinstimmt. Dann ist K ein Teilkörper (Unterkörper) von L und L heißt Oberkörper von K. Z.B. C ist eine Körpererweiterung von R und R ist eine Körpererweiterung von Q. III.2.2 Grad einer Körpererweiterung 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 denieren den Grad von L über K als dim k (L), falls die Dimension von L als K-Vektorraum endlich [L : K] :=, falls die Dimension von L als K-Vektorraum unendlich III.2.3 Erinnerung Beispiel: [R : Q] = Falls [R : Q] = n < = R ist isomorph zu Q n als Q- Vektorraum (LinA). Da Q abzählbar = Q n abzählbar (Cantorsche Diagonalargument). Andererseits ist R überabzählbar = Widerspruch. III.2.4 Erinnerung Beispiel: [C : R] = 2, da 1 und i eine reelle Basis ist von C. III.2.5 Gradformel Proposition: Seien M L K Körpererweiterung. 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.

73 III.2. KÖRPERERWEITERUNG 73 Seien λ ij K mit 1 i l, λ ij β i γ j = 0. Zu zeigen ist λ ij = 0 i, j. 1 j m ( m l m l m l ) 0 = λ ij β i γ j = γ j λ ij β i = λ ij β i γ j j=1 i=1 j=1 i=1 j=1 i=1 K L } {{ } L Weil γ 1,..., γ m L-linear unabhängig ist, folgt l i=1 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 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, K-linear 1 j m unabhängig in M ist. Um nun das gewünschte [M : K] = m l zu zeigen, genügt es zu beweisen, dass (β i γ j ) 1 i l, ein K-Erzeugendensystem in M bildet (weil wir damit eine K-Basis 1 j m enthalten). Sei y M. Weil γ 1,..., γ m eine L-Basis von M bilden, gibt es µ 1,..., µ m L mit γ = m j=1 µ j γ j. Weil β 1,..., β l eine K-Basis in L ist, gibt es λ 1j..., λ lj K mit µ j = l i=1 λ ij β i. Zusammen ergibt sich Damit folgt, dass (β i γ j ) 1 i l, 1 j m ( m m l ) m l γ = µ j γ j = λ ij β i γ j = λ ij (β i γ j ). j=1 j=1 i=1 j=1 i=1 ein K-Erzeugendensystem in M bilden und es folgt der zweite Schritt. 3.Schritt: Die Behauptung, falls [L : K] oder [M : L] = ist. Wir nehmen 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, K-linear 1 j m unabhängig in M, also folgt [M : K] m l. Nach Voraussetzung können wir m oder l beliebig groß wählen = [M : K] =. III.2.6 Körpererweiterung mit Polynomen Beispiel: Folgendes wichtige Verfahren konstruiert zu einem gegebenen 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 III.1.1 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 (Korollar II.2.10), erhalten wir einen kanonischen Isomorphismus von K auf sein Bild in L und damit dürfen wir K mit diesem Teilkörper identifizieren. Wir erhalten so L als Körpererweiterung von K. Für β = x L gilt: f(β) = f(x) = f(x) = 0. Restklas. Rechnung Also ist β L eine Nullstelle von f(x). Wichtig ist die Bestimmung von [L : K]. Es gilt [L : K] = deg(f).

74 74 KAPITEL III. KÖRPER Beweis. Sei γ L. Nach Konstruktion gilt γ = g(x) für ein g(x) K[X]. Nach Division mit Rest!q(x), r(x) K[X] mit g(x) = q(x) f(x) + r(x) und deg(r) < deg(f). = γ = g(x) = q(x)f(x) + r(x) = r(x) = r(x). f(x)=0 (III.3) Benutzen wir nun deg(f(x)) =: n und r(x) = a n 1 x n a 0, sowie β := x, dann folgt aus (III.3), 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). III.2.7 Polynomiale Konstruktion von C Beispiel: Wir betrachten f(x) := x R[X], also hier sei K := R. Dieses Polynom ist irreduzibel, denn sonst würde f(x) = g(x) h(x) mit deg(g) 1, deg(h) 1 gelten für geeignete g, h R[X]. Weil 2 = deg(g) + deg(h) gilt = deg(g) = deg(h) = 1, d.h. z.b. 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 = Widerspruch. Somit lässt sich Verfahren III.2.6 anwenden und wir erhalten eine 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) = b 1 i + b 0, da β 2 = 1 gilt. b 1 x + b 2 ist dabei der Rest von der Division von g(x) mit x III.2.8 Notation Wenn L eine Körpererweiterung von K ist, dann kürzen wir das mit L/K ab. Achtung: Das hat nichts mit Faktorringen und auch nichts mit Division zu tun, sondern ist einfach nur Notation. Seien nun L/K und F/K zwei Körpererweiterungen. Ein K-Homomorphismus ϕ : L F ist ein Ringhomomorphismus so, dass ϕ K = 1 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 K bijektiv ist. Falls L = F ist, dann sprechen wir von einem K-Automorphismus. Im Beispiel II.2.7 haben wir gesehen, dass es einen natürlichen R- Isomorphismus von L nach C gibt. III.2.9 Teilringe von Körpererweiterungen 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 der kleinste Teilring, der S und K enthält. R Teilring R S K

75 III.2. KÖRPERERWEITERUNG 75 III.2.10 Proposition über Teilringe Proposition: Sei K[(x s ) s S ] der Polynomring in den Variablen (x s ) s S (siehe Übungen). 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] = Im(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 Einsetzhomomorphismus, 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 endlichen Teilmengen von S läuft. Damit können wir den unendlichen Fall auf den endlichen Fall zurückführen. III.2.11 Körpererweiterung In der Situation II.2.9, d.h. L/K und S L, bezeichnen wir mit K(S) den kleinsten Teilkörper von L, der K und S enthält. Wieder gilt K(S) = F K S wobei F über alle Teilkörper von L läuft, die K und S enthalten K(S) heiÿt die von S erzeugte Körpererweiterung von K in L. F, III.2.12 Quotientenkörper von Polynomringe Proposition: Der Quotientenkörper von K[S] ist als Körpererweiterung von K isomorph zu K(S). Beweis. Wir haben den Isomorphismus ϕ : Quot(K[S]) K(S), a a L. Weil das b b injektiv ist und das Bild ein Körper, der K und S enthält, folgt die Behauptung.

76 76 KAPITEL III. KÖRPER III.3 Algebraische Zahlen Wie immer bezeichnet K einen Körper. Nullstellen von Polynomen mit Koezienten in K sind ein klassisches Studienobjekt in der Algebra. Wir nennen sie algebraisch über K. In diesem Abschnitt liegen wir im allgemeinen in einen Erweiterungskörper von K. III.3.1 Algebraisch und transzendent 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 III.3.2 Beispiele in C und R 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 Nullstellen von p(x) = x n m Q[X] ist. III.3.3 Äquivalenz von algebraisch Lemma: Sei β L für Körpererweiterung L/K. Dann ist äquivalent: a) β ist algebraisch über K b) Einsetzhomomorphismus K[X] L, p(x) p(β) ist nicht injektiv. Beweis. Der Einsetzhomomorphismus ist ein Ringhomomorphismus. 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. Einsetzhom. nicht injektiv. III.3.4 Minimalpolynom Sei weiter L/K eine Körpererweiterung und β L. 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). Wir haben im Beweis von Lemma III.3.3 gesehen, dass der Kern {p(x) K[X] p(β) = 0} des Einsetzhomomorphismus ein Ideal ist. Das brauchen wir für folgendes Kriterium III.3.5 Äquivalenzen vom Minimalpolynom

77 III.3. ALGEBRAISCHE ZAHLEN 77 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 in K[X]. Beweis. (a) = (b) Weil p(x) das Ideal erzeugt, gilt {q(x) K[X] q(β) = 0} = K[X]p(X) und somit folgt (b). (b) = (c) Weil p min (β) = 0, muss p(x) p min (X) gelten nach (b). Damit gilt deg(p) deg(p min ). Weil beide 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 deg 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. In jedem Fall haben wir ein normiertes Polynom in K[X] gefunden, das β als Nullstelle hat und das kleineren Grad hat als p(x) = p min (X). (d) = (a) Wir haben schon eingesehen, dass der Kern des Einsetzhomomorphismus K[X] L, q(x) q(β), gleich dem Ideal I := {q(x) K[X] q(β) = 0} ist. Weil L als Körper auch ein Integritätsbereich ist, folgt aus Proposition II.2.14, dass die sogar Primideal ist. Nun gilt I {0} nach Lemma III.3.3. Weil K[X] ein Hauptidealbereich ist (sieh Abschnitt II.6), gibt es ein p 0 (X) K[X], das I erzeugt. Also gilt I = K[X]p 0 (X) und somit folgt p 0 p, da p I. Nach (d) ist p(x) irreduzibel und somit sind p 0 (X) und p(x) bis auf Multiplikation mit Einheiten gleich, d.h. λ K mit p(x) = λ p 0 (X). Wir schließen daraus, dass auch p(x) das Ideal I erzeugt. III.3.6 Vorbereitung Sei L/K eine Körpererweiterung und β L. Es sei nach III.2.9 K[β] der kleinste Teilring von L, der K und β enthält. Nach Proposition III.2.10 ist K[β] das Bild des Einsetzhomomorphismus und somit gilt K[β] = {p(β) p(x) K[X]}. III.3.7 Äquivalenz Unterkörper und algebraisch Proposition: K[β] Unterkörper β algebraisch über K. Beweis. = Sei β algebraisch über K. Nach dem Homomorphiesatz II.2.7 für den Einsetzhomomorphismus gilt K[β] = K[X]/ ker(eins.hom.)

78 78 KAPITEL III. KÖRPER Nach dem Kriterium III.3.5 gilt, dass der Kern erzeugt wird von Minimalpolynom p min (X) von β über K. = K[β] = K[X]/ p min (X). Nun ist p min (X) irreduzibel nach III.3.5. Mit III.1.1 folgt, das 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]/ ker(eins.hom.). Weil β transzendent ist über K, muss der Einsetzhomomorphismus injektiv sein nach III.3.3 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. III.3.8 Folgerung Proposition: Sei L/K eine Körpererweiterung, β L und β algebraisch über K. Dann induziert der Einsetzhomomorphismus einen Isomorphismus K[X]/ p min (X) K[β]. Beweis. Siehe Beweis von III.3.7. III.3.9 Minimalpolynom und Gradformel Proposition: Unter den Voraussetzungen von Proposition III.3.8 gilt [K[β] : K] = deg(p min ). Beweis. [K[β] : K] III.3.8 = [(K[X]/ p min (X) ) : K] III.2.6 = deg(p min ). III.3.10 Beispiel Beispiel: Sei m Z, die keine Quadratzahl ist in Z. Dann ist Q[ m] ein Unterkörper in C (nach III.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). III.3.11 Äquivalenz von algebraisch Proposition: Sei β L. Dann ist äquivalent: a) β ist algebraisch über K. b) Unterkörper F von L mit K F L so, dass β F und [F : K] <.

79 III.3. ALGEBRAISCHE ZAHLEN 79 Beweis. = Wir wählen F := K[β]. Dann gilt β F und K F L. Weil β algebraisch ist, zeigt Proposition III.3.7, dass F ein Unterkörper von L ist. Aus Proposition III.3.9 folgt [F : K] = deg(p min ) <. = Sei F der Unterkörper auf der rechten Seite der Äquivalenz. Weil β F und [F : K] <, muss 1, β,..., β n K-linear unabhängig sein für n := [F : K]. Damit gibt es a 0,..., a n K, nicht alle 0, mit a a 1 β a n β n = 0. Damit ist β algebraisch über K. III.3.12 Algebraischen Elemente als Unterkörper 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, β γ, γ 1 M für beliebige Elemente β, γ M, γ 0. Überraschenderweise ist es schwierig, explizit Polynome zu finden mit Nullstelle β + γ und β γ oder γ 1. Als Ausweg benutzen wir Proposition III Weil β algebraisch über K ist, gibt es einen Unterkörper F β von L mit β F β und [F β : K] < (nach III.3.11). Weil γ algebraisch über K, muss offensichtlich γ auch algebraisch über F β K. Wieder mit III.3.11 gibt es einen Zwischenkörper F mit F β F L und γ F, [F : F β ] <. Nach der Gradformel [F : K] = [F : F β ][F β : K] <. Also ist F ein Unterkörper von L, der β ± γ, β γ, γ 1 enthält, weil β, γ F. Wieder mit III.3.11 folgt β ± γ, β γ, γ 1 M.

80 80 KAPITEL III. KÖRPER III.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 übergehen. In diesen Abschnitt werden wir die kleinste Körpererweiterung von K konstruieren, die alle Nullstellen von unserem gegebenen Polynom p(x) enthält. Diese Erweiterung werden hier 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}. III.4.1 Nullstellen von K auf seine Körpererweiterung Proposition: Sei ϕ : L L ein Homomorphismus von Körpererweiterungen von K, d.h. L /K ist auch eine Körpererweiterung von K und ϕ ist ein Homomorphismus von Körpern so, dass ϕ K = 1 K. Dann gilt: β L = p(ϕ(β)) = ϕ(p(β)). 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 0 mit a i K. ( n n n ) p(ϕ(β)) = a k ϕ(β) k = ϕ(a k )ϕ(β) k = ϕ a k β k = ϕ(p(β)). ϕ(a k )=a k ϕ Körperhom. k=0 k=0 k=0 Sei nun p(β) = 0. Dann folgt aus dem ersten Teil 0 = ϕ(0) = ϕ(p(β)) 1.Teil = p(ϕ(β)) und damit ist ϕ(β) eine Nullstelle wie behauptet. III.4.2 Motivation Wir suchen zuerst eine Körpererweiterung von K, die alle Nullstellen von p(x) enthält. Genauer suchen wir eine Körpererweiterung L von K so, dass p(x) in ein Produkt von Linearfaktoren aus L[X] zerfällt. Dabei wollen wir in einem ersten Schritt eine Körpererweiterung konstruieren, die überhaupt eine Nullstelle enthält. 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. III.4.3 Vorbereitung Proposition: Sei p(x) irreduzibel in K[X]. Dann gilt: a) Körpererweiterung L/K mit einer Nullstelle β L von p(x) so, dass 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.

81 III.4. ZERFÄLLUNGSKÖRPER 81 Beweis. a) Die Existenz von L und Nullstellen β L haben wir in III.2.6 gesehen. Da hatten wir L := K[X]/ p(x) und β := x + p(x) (III.4) gesetzt. Damit folgt nach Definition, dass L = K[β]. Dies zeigt a). b) Wir definieren ϕ ( mj=0 b j x j) := m j=0 ϕ(b j )x j. Die Existenz und Eindeutigkeit folgt analog wie im Einsetzhomomorphismus in III c) Wir bezeichnen mit ι β den Einsetzhomomorphismus ι β : K[X] L mit β. Analog sei ι β den Einsetzhomomorphismus L [X] L mit β. Also haben wir folgendes kommutative Diagramm: K[X] ϕ L [X] ι β ϕ ι β L ϕ L wobei ϕ noch zu konstruieren ist. Sei ϕ := ι β ϕ. Weil β eine Nullstelle von ϕ(p) ist, gilt: 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[X]. Nach (III.4) 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 Ringhomomorphismus ist und weil wir bei ϕ repräsentantenweise rechnen dürfen, folgt sofort, dass ϕ ein Körperhomomorphismus ist. Weil ϕ K = ϕ, folgt auch ϕ K = ϕ und damit ϕ K = ϕ. Weiter gilt ϕ (β) = (III.4) ϕ (x + p(x) ) = ϕ (x) = ι β ( ϕ(x)) = ι β (x) = b) β. Das zeigt die Existenz und die Eindeutigkeit ergibt sich leicht aus der Konstruktion. III.4.4 Oberkörper der ein p(x) faktorisiert mit Gradabschätzung Satz: Sei p(x) K[X] mit n := deg(p) 1. Dann gibt es eine Körpererweiterung L von K so, dass p(x) in ein Produkt von Linearfaktoren in L[X] zerfällt und mit [L : K] n!. Beweis mit Induktion nach n. Wenn n = 1, dann ist p(x) = a 1 X + a 0 und dies ist schon ein Linearfaktor in K[X], also können wir K = L wählen und es gilt [L : K] = 1!.

82 82 KAPITEL III. KÖRPER Führen wir nun den Induktionsschluss. Sei also n 2. Nach III.3.5 gibt es eine Körpererweiterung L /K, die eine Nullstelle β von p(x) enthält. Nach III.2.9 gilt [L : K] = deg(p min (X)) deg(p(x)) = n (III.5) Wir spalten nun die Nullstellen β ab, d.h. es gibt ein Polynom q(x) L [X] so, dass p(x) = (X β)q(x). (III.6) 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 so, dass [L : L ] (n 1)! und q(x) = b n 1 (X β 1 ) (X β n ) für geeignete β 1,..., β n 1 L. Setzen wir das in (III.6) 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! III.2.8 (III.5) folgt die Behauptung. III.4.5 Teilkörper und Teilring Bemerkung: Sei L/K eine Körpererweiterung und S eine Teilmenge von L, die aus K- algebraische Zahlen besteht. Wir erinnern 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 vorausgesetzt 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 III.3.7 wissen wir, dass K[β] ein Teilkörper ist (da β K-algebraisch ist) und somit β 1 K[β] K[S]. III.4.6 Zerfällungskörper Theorem: Sei f(x) K[X]. Dann gibt es eine Körpererweiterung L/K so, dass f(x) = a n n k=1 (x β k ) (III.7) 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 III.4.4. Genauer gibt es nach III.4.4 eine Körpererweiterung L von K so, dass (III.7) gilt mit β 1,..., β n L.Dabei ist a n der höchste Koeffizient von f(x) und damit a n K. Wir setzen nun L := K(β 1,..., β n ) und erhalten damit die Existenz. Die Eindeutigkeit folgt in 2 Schritten:

83 III.4. ZERFÄLLUNGSKÖRPER 83 1.Schritt: Sei ϕ : K L ein Körperhomomorphismus und sei ϕ : K[X] L [X] der Homomorphismus aus III.4.3) b). Weiter gelte ϕ(f) = ϕ(a n )(x β 1) (x β n) (III.8) für geeignete β 1,..., β n L. Zu zeigen: Homomorphismus ϕ : L L von Körpererweiterungen über K so, dass ϕ(β i ) = β i i = 1,..., n nach geeigneten Permutationen der Nullstellen β 1,..., β n. Beweis mit Induktion nach n = deg(f). Sei p(x) K[X] ein irreduzibler Faktor von f(x) mit Nullstellen β n, d.h. p(β n ) = 0. Dann ist ϕ(β n ) eine Nullstelle von ϕ(p). Weil ϕ ein Ringhomomorphismus = ϕ(p) ϕ(f). Somit ist ϕ(β n ) eine Nullstelle von ϕ(f). Nach (III.8) sind β 1,..., β n die Nullstellen von ϕ(f). Nach Umnummerierung dürfen wir annehmen, dass β n = ϕ(β n ). Nach III.4.3 c)! Homomorphismus ϕ n : K[β n ] L mit ϕ n K = 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 so, dass 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 die Polynome f 1 (x) (K[β n ])[X] und erhalten einen Körperhomomorphismus ϕ : L L mit ϕ (β i ) = β i i = 1,..., n nach geeigneter Permutation der β 1,..., β n 1. Dies zeigt 1.Schritt 2.Schritt: Eindeutigkeit der Zerfällungskörper. Sei L ein weiterer Zerfällungskörper. Nach dem 1.Schritt existiert ein Körperhomomorphismus ϕ : L L mit ϕ K = 1 und ϕ (β i ) = β i nach geeigneter Permutation der Nullstellen β i von f(x). Wegen L = K(β 1,..., β n) = ϕ surjektiv. Weil jeder Körperhomomorphismus injektiv ist = ϕ Isomorphismus.

84 84 KAPITEL III. KÖRPER III.5 Algebraisch abgeschlossene Körper Hier zeigen wir den Hauptsatz der Algebra und behandeln das Zorn'sche Lemma. Dies wird uns zeigen, dass jeder Körper in einem algebraisch abgeschlossenen Körper liegt. III.5.1 Algebraisch abgeschlossen Definition: Ein Körper K heißt algebraisch abgeschlossen : jedes Polynom vom Grad 1 hat mindestens eine Nullstelle. III.5.2 Folgerung aus Definition Proposition: Sei K algebraisch abgeschlossen. Jedes p(x) K[X] \ K zerfällt in ein Produkt aus Linearfaktoren in K[X]. Induktionsbeweis. Induktionsanfang ist trivial. Induktionsschluss: Sei deg(f) = n. Spalte Nullstelle wegen Definition III.5.1 ab: f = (X α)f. deg(f ) = n 1 mit den Induktionsvoraussetzung folgt die Behauptung. III.5.3 Fundamentalsatz der Algebra Satz: C ist algebraisch abgeschlossen. Beweis. Sei p(x) = a n X n a 0 C[X] vom Grad n 1. Z.z.: p(x) hat eine Nullstelle in C. Sei o.b.d.a. a n = 1. Aus der Dreiecksungleichung der Analysis folgt: a b a b für a, b C. Sei nun z C, wende an für a := z n, b := (a n 1 z n a 0 ) 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. (III.9) Benutze nun für j = 0,..., n 1: Eingesetz in (III.9) folgt: z j max(1, z ) j max(1, z ) n 1 p(z) z n ( a n a 0 ) max(1, z ) n 1. (III.10) Setze r := 1+ a 0 + a a n 1 und betrachte den Kreis. Zuerst nehmen wir z r an. p(z) (III.10) z n ( a a n 1 ) z n 1 = z n 1 ( z ( a a n 1 ) z r 1

85 III.5. ALGEBRAISCH ABGESCHLOSSENE KÖRPER 85 ) z (r n 1 ( a a n 1 ) Nach Definition von r gilt dann: p(z) z n 1 Definition, folgt: p(z) a 0. z, und da z r a 0 nach (III.11) Sei nun z r. Aus Analysis ist die Stetigkeit von p(x) bekannt: Da der Kreis mit Rand kompakt ist C := {w C w r}, nimmt p(x) das Minimum auf C für ein z 0 C. p(z 0 ) p(0) = a 0 (III.12) Aus (III.11) und (III.12) folgt, dass in z 0 das Minimum von p(x) auf ganz C ist. Es gilt: p hat eine Nullstelle p(z 0 ) = 0. Wenn wir zu p(x + z 0 ) übergehen, dürfen wir z 0 = 0 annehmen. (Wenn z 1 eine Nullstelle von p(x + z 0 ) ist, dann ist z 1 + z 0 eine Nullstelle von p(x). Dann ist weiter 0 das Minimum von p(x + z 0 ).) Z.z.: p(0) = 0. Indirekt: Annahme: p(0) > 0. Wähle k 1 minimal so, dass a k 0, d.h. q(x) K[X] mit p(x) = a 0 + a k X k + q(x)x k+1. (III.13) Bei Einführung der Gauß Zahlenebene lernt man, dass man beliebige Wurzeln aus komplexen Zahlen ziehen kann. Aus Stetigkeit folgt lim t 0 tw k+1 q(tw) = 0. Weiter gilt Setzt man alles zusammen erhält man: w C : w k = a 0 a k. t [0, 1] : t w k+1 q(tw) < a 0 (III.14) (III.15) p(tw) = a 0 + a k (tw) k + q(tw)(tw) k+1 (III.13) ( = a 0 + a k t k a ) 0 + q(tw)(tw) k+1 (III.14) a k =a 0 (1 t k ) + t k+1 w k+1 q(tw) (III.16) p(tw) (III.16) a 0 (1 t k ) + t k+1 w k+1 q(tw) Ungl. (III.15) < a 0 (1 t k ) + t k a 0 = a 0, (III.17) aber (III.17) ist ein Widerspruch zur Annahme, dass z = 0 das Minimum von p(x) ist. III.5.4 Erinnerung Das Zorn'sche Lemma ist ein Axiom in der Mathematik, das man nicht beweisen kann, aber manchmal braucht (z.b. Existenz von Basis in beliebigen Vektorräumen). Sei M eine Menge, die bezüglich partiell geordnet ist. Eine obere Schranke von K M in M ist ein z M : x z, x K. Eine Teilmenge K von M heiÿt total geordnet, falls x y oder y x für alle x, y K.

86 86 KAPITEL III. KÖRPER III.5.5 Zorn sches Lemma Falls jede total geordnete Teilmenge K von M eine oberer Schranke in M hat, dann gibt es in M mindestens ein maximales Element x max. III.5.6 Existenz maximaler Ideale Lemma: Sei R kommutativer Ring, J 0 R mit J 0 R = maximales Ideal J max R : J 0 J max. Beweis. Sei M := {J R J R, J 0 J}. Dann ist M partiell geordnet bezüglich. Wir zeigen, dass die Voraussetzung von III.5.5 erfüllt sind. Sei also K eine Kette, dann ist J K J auch ein Ideal (vgl. A20). Da 1 / J, J K = 1 / J K J. Somit ist J eine obere Schranke von K in M. Nach Zorn Lemma gibt es ein maximales Element J max in M und das ist offenbar das gesuchte maximale Ideal. III.5.7 Vereinbarung Sei T eine Menge. x t sei Variable, t T. Falls t endlich, nehmen wir den Polynomring K[(x t ) t T ] wie in A26. Ansonsten setzten wir: K[(x t ) t T ] := T 0 T, T 0 < K[(x t ) t T0 ] III.5.8 Algebraisch abgeschlossener Oberkörper Theorem: Jeder Körper K ist Teilkörper eines algebraisch abgeschlossenen Körpers. Beweis. Verallgemeinere Konstruktion aus III.2.6. Setze T := K[X]\K. Wähle x f, f T wie oben. R := K[(x f ) f T ] ist ein Polynomring. Insbesondere gilt f(x f ) R. Definiere Ideal J 0 := {f(x f ) f T } R J 0 = {g 1 f 1 (x f1 ) g n f n (x fn ) n N, f 1,..., f n T, g 1,..., g n R} behaupte, dass J 0 R, sonst wäre 1 J 0 und damit Darstellung 1 = g 1 f 1 (x f1 ) g n f n (x fn ) (III.18) Sei L der Zerfällungskörper von f(x) := f 1 (x) f n (x). = f j (x) hat Nullstelle z j L, j. Setze z j ein für x fj in (III.18), j = 1,..., n. = 1 = 0 = J 0 R. Nach III.5.6 J max R : J 0 J max. Nach II.2.12 ist K 1 := R/J max ein Körper. konst. Polynom K R =:ϕ Quot. abb. K 1

87 III.5. ALGEBRAISCH ABGESCHLOSSENE KÖRPER 87 Weil ϕ ein Ringhomomorphismus ist (zwischen Körper), muss ϕ injektiv sein und damit K = ϕ(k) = K Teilkörper von K 1. Beachte, dass jedes f T = K[X] \ K in K 1 eine Nullstelle hat, nämlich x f + J max (analog zu Beispiel III.2.6). Wir iterieren nun die Konstruktion und erhalten einen Kette von Körpern K := K 0 K 1 K 2 K 3... Dann ist M := j=0 K j ein Körper, wie man leicht aufgrund von Ketteneigenschaften beweist. Sei g(x) M[X] vom Grad 1. = j N 0 : g(x) K j [X]. Es gilt g(x) / K j = g(x) hat Nullstelle α K j+1 M. = M ist algebraisch abgeschlossen. III.5.9 Algebraische Körpererweiterung Definition: Eine Körpererweiterung L/K heißt algebraisch : alle x L sind K-algebraisch. III.5.10 Bemerkung Nach III.3.11 sind alle Körpererweiterungen mit [L : K] < algebraisch. III.5.11 Vorbereitung Proposition: Seien K L M Körpererweiterung und γ M. Falls γ L-algebraisch ist und L/K algebraisch, dann muss γ K-algebraisch sein. Beweis. b i L : γ n + b n 1 γ n b 0 = 0 (III.19) Da b i K-algebraisch, i, kann man mit III.3.11 einen Zwischenkörper K F L konstruieren mit b i F, i. Da γ F -algebraisch ist (III.19) = E := F [γ] ist Unterkörper von M mit [E : F ] <. Nach Gradformel: [E : K] = [E : F ][F : K] < = γ ist III.3.11 K-algebraisch. III.5.12 Algebraischer Abschluss Theorem: algebraisch abgeschlossener Körper K, K K : K/K ist algebraisch. Dadurch ist K bis auf Isomorphie von Körpererweiterung von K eindeutig bestimmt und wir nennen K den algebraischen Abschluss von K. Beweis. Nach III.5.8: M Oberkörper von K mit M algebraisch abgeschlossen. Setze K := {β M β istk algebraisch}. Nach III.5.11 ist K auch algebraisch abgeschlossen und algebraisch über K = Existenz. Eindeutigkeit bis auf Isomorphie in den Übungen (dort auch: Isomorphie ist nicht eindeutig).

88 88 KAPITEL III. KÖRPER III.5.13 Beispiel R = C, aber Q C!

89 Kapitel IV Galoistheorie IV.1 Normale Körpererweiterung Sei K ein Körper. Im Abschnitt III.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 heiÿt L/K endliche Körpererweiterung : [L : K] <. IV.1.1 Normale Körpererweiterung Sei also L/K eine endliche Körpererweiterung Definition: L/K heißt normale Körpererweiterung genau dann, wenn für jedes irreduzible Polynom mit einer Nullstelle in L gilt, dass p(x) in L[X] in Linearfaktoren zerfällt. IV.1.2 Homomorphismen von primitiven Körpererweiterungen Lemma: Seien L 1 und L 2 seien endliche Körpererweiterung 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 über K und damit ist K(α 1 ) auch gleich den kleinsten Ring K[α 1 ], der K und α 1 enthält (vgl.iii.2) Beweis. Sei p min (x) das Minimalpolynom von α 1 über K und damit auch von α 2. Nach III.3.8 gilt ϕ 1 : K[X]/ p min (X) K(α 1 ) = L 1, q(x) q(α 1 ) ist ein Isomorphismus. Analog erhält man Isomorphismus ϕ 2 : K[X]/ p min (X) K(α 2 ) = L 2. Dann ist ϕ := ϕ 2 ϕ 1 1 der gesuchte Isomorphismus und die Eindeutigkeit ist klar. 89

90 90 KAPITEL IV. GALOISTHEORIE IV.1.3 Nullstellen Isomorphismus Lemma: Sei ϕ : L 1 L 2 ein Homomorphismus von Körpererweiterung von K und sei p(x) K[X]. Die Nullstellen von p(x) aus L 1 werden 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 III.4.1. IV.1.4 Äquivalenz von normale Körpererweiterung/Zerfällungskörper Proposition: Für eine endliche Körpererweiterung L/K sind folgende Aussagen äquivalent: (a) L/K ist 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]. Falls [L : K] > 1, dann gibt es ein α 1 L \ K. Dann gilt nach der Gradformel [L : K(α 1 )] = [L : K] [K(α 1 ) : K] < [L : 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 aufgrund 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 irreduzibles 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 III.4.6 dazu betrachten wir den Zerfällungskörper F. Sei also β eine Nullstelle von p(x) aus F. Wir müssen zeigen, dass β L gilt. Nach Lemma IV.1.2 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[X] und damit auch 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 III.4.6 ist der Zerfällungskörper bis auf Isomorphie eindeutig und damit existiert 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] L =L(β) und somit [L(β) : L] = 1, d.h. L = L(β) und damit β L.

91 IV.1. NORMALE KÖRPERERWEITERUNG 91 IV.1.5 Von Körpererweiterung zur normale Körpererweiterung Korollar: Sei L/K endliche Körpererweiterung. Dann existiert eine 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 folgende Körpererweiterungen: K L F. } {{ } Zerf.körper von f über L. Wir behaupten, dass F der Zerfällungskörper von f über K ist. Nach Konstruktion zerfällt f(x) in Linearfaktoren aus L[X]. Es beleibt 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. K(α 1,..., α s ) = K(α 1,..., α r )(α r+1,..., α s ) = L(α r+1,..., α s ) = L(α 1,..., α s ) = F. da α 1,...,α r L F Zerf.körper von f(x) über L IV.1.6 Zwischenkörper als normale Körpererweiterung 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 IV.1.4 ist L/K der Zerfällungskörper eines f(x) K[X]. Dann ist L auch der Zerfällungskörper von f über F. Wieder mit Proposition IV.1.4 folgt, dass L/F normal ist.

92 92 KAPITEL IV. GALOISTHEORIE IV.2 Separable Körpererweiterung Sei K ein Körper. Für ein f(x) K[X] kann man die Ableitung f (X) formal einführen durch f(x) = a n X n + a n 1 X n a 0 = f (X) := na n X n 1 + (n 1)a n 1 X n a 1 K[X] (IV.1) Da es auf einem beliebigen Körper K keinen natürlichen Konvergenzbegri gibt, funktioniert die aus Analysis üblichen Denitionen mit dem Dierentialquotienten hier im Allgemeinen nicht. Trotzdem gilt für die Ableitung von Polynomen die üblichen Regeln wie Linearität, Produktregel und Kettenregel. Diese Regeln muss man hier beweisen mit Hilfe der Denition (IV.1), dies lassen hier 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 folgendermaÿen deniert ist: IV.2.1 Definitionskette von separabel Definition:(a) Ein Polynom f(x) K[X] \ K heißt separabel f(x) hat nur einfache Nullstellen im Zerfällungskörper von f(x) (siehe III.4.6). (b) Sei L/K eine algebraische Körpererweiterung. Dann heißt β L separabel über K : Das Minimalpolynom von β über K ist 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 feststellen werden. Um die Separabilität von Polynomen zu untersuchen, werden wir die weiter oben eingeführte formale Ableitung f eines Polynoms benutzen. IV.2.2 Lemma zum ggt Lemma: Wir bezeichnen den ggt von zwei Elementen f, g aus dem Hauptideal A mit ggt A (f, g). (a) Falls B ein Hauptidealbereich ist und A ein Teilring ist von B, der ebenfalls von Hauptidealbereich ist, dann gilt ggt A (f, g) = ggt B (f, g). (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]. Beweis. Der ggt A (f, g) =: d ist charakterisiert unter den gemeinsamen Teilern von f und g 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 II.5.8 gibt es a, b A so, dass d = af + bg = d f, g } {{ B } = d B. Somit Ideal erzeugt von f und g in B ist d d. = d = d bis auf Multiplikation mit Einheiten. Dies zeigt (a).

93 IV.2. SEPARABLE KÖRPERERWEITERUNG 93 (b) folgt aus (a), weil Polynomringe in einer Variablen mit Koeffizienten in einem Körper euklidische Ringe sind und damit Hauptidealbereiche (siehe II.6) Im folgenden wird mit R der algebraische Abschluss von K bezeichnet (siehe III.5). Man darf statt mit K auch mit dem Zerfällungskörper der auftretenden Polynoms arbeiten, der einfacher zu konstruieren war (siehe III.4). IV.2.3 Kriterium für separable Polynome Lemma: Sei f(x) K[X] \ K. (a) Die mehrfachen Nullstellen von f(x) in K sind gleich den gemeinsamen Nullstellen von f und f in K. Mit anderen Worten sie stimmen mit den Nullstellen von ggt(f, f ) überein (siehe [Bos01, 3.6 Lemma 1.]) (b) f separabel = f 0 K[X]. (c) Falls f irreduzibel in K[X], dann gilt die Umkehrung in (b). Beweis. (a) Sei α K eine Nullstelle von f. Wir spalten diese ab III.1 und erhalten f(x) = (x α)g(x) mit f(x) K[X]. Mit Produktregel folgt: f (x) = g(x) + (x α)g (x) (IV.2) Es gilt: α ist mehrfache Nullstelle von f(x) α ist Nullstelle von g(x) α ist Nullstelle von f (x). Dies zeigt a). (b) Folgt aus a), denn f hat eine Nullstelle in K (da deg(f) 1) und wegen a) muss f (α) 0, sonst wäre α eine mehrfache Nullstelle von f. Widerspruch zu f separabel. (c) Sei f irreduzibel in K[X]. Weiter gelte f 0 K[X]. Da ggt K[X] (f, f ) Teiler von f und f ist, muss deg(ggt K[X] (f, f )) < deg(f). Weil f irreduzibel, muss ggt K[X] (f, f ) = ggt K[X] (f, f ) = 1 (oder eine andere Konstante). Somit können f und f keine gemeinsame Nullstellen α K haben, sonst wäre (x α) gemeinsamer Teiler. Nach a) folgt, dass f separabel ist. In obigem Lemma haben wir f(x) K[X] \ K betrachtet, dass heiÿt deg(f) 1. Mit unseren Erfahrungen aus Analysis können wir uns schwer ein solches Polynom vorstellen mit f = 0 K[X]. Trotzdem ist dies in der Algebra möglich, z.b: für das Polynom f(x) = x p mit K = Z/pZ. In Charakteristik 0 gilt natürlich f 0 solche f, denn f (x) = na n x n }{{} 0

94 94 KAPITEL IV. GALOISTHEORIE IV.2.4 Alle irreduzible Polynome sind separabel in Charakteristik 0 Satz: Sei char(k) = 0. Dann ist jedes irreduzible Polynom separabel. Beweis. Da f irreduzibel = deg(f) 1 separabel obige Bem. = char(k)=0 f 0 K[X] Lemma IV.2.3c) = f IV.2.5 Algebraische Körpererweiterung mit char(k)=0 sind separabel Korollar: Falls char(k) = 0, ist jede algebraisch 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 IV.2.3 c) folgt, dass f und damit L/K separabel ist. IV.2.6 Kriterium für separabel Satz: Sei L/K eine algebraische Körpererweiterung, die von S L erzeugt wird, d.h. L = K(S). Dann ist L/K genau dann separabel, wenn alle β S separabel über K sind. Beweis. Siehe [Bos01, Korollar ] IV.2.7 Satz vom primitiven Element Satz: Sei L/K endliche separable 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. 1.Fall: K endlich. Weil [L : K] <, ist auch L endlich. Nach obigem folgt L zyklisch. Also ist L erzeugt als Gruppe von einem α. Somit folgt L = K(α). 2.Fall: K unendlich. Weil [L : K] <, gilt L = K(a 1,..., a r ). Wir benutzen Induktion nach r. Wenn r = 1, dann L = K(a 1 ). Sei r 2. Nach Induktion gilt K(a 1,..., a n 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). Also genügt es den Fall r = 2 zu beweisen mit a 1 = b, a 2 = c.

95 IV.2. SEPARABLE KÖRPERERWEITERUNG 95 Seien f und g die Minimalpolynome von b und c über K. = f(x) = (x b 2 ) (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, k l. Da K =, d K mit b i + dc j b + dc i = 1,..., n, j = 2,..., m (IV.3) 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 in K haben, wenn a b i dc j = 0 für ein i {1,..., n} b+dc = b i +dc j für ein i {1,..., n} (IV.3) i = j = 1. Damit ist c = c 1 die einzige gemeinsame Nullstelle, d.h. ) ( ) x c = ggt K[X] (f(a dx), g(x) = ggt K(a)[X] f(a dx), g(x). IV.2.2 Also muss x c K(a)[X] und damit c K(a). Weiter folgt b = a cd K(a) = K(b, c) = K(a). IV.2.8 Existenz von Körperhomomorphismen Korollar: Wir betrachten endliche Körpererweiterung K L F so, dass L/K separabel und F/K normale Körpererweiterung.![L : K] Homomorphismen ϕ : L F von Körpererweiterungen über K (d.h. ϕ K = 1 K ) Beweis. Nach IV.2.7 gilt L = K(α) weil L/K separabel ist. Sei f(x) das Minimalpolynom von α über K. Nach III.2 gilt [L : K] = deg(f) =: n. Nun ist L erzeugt von α und damit ist jeder K-Homomorphismus ϕ : L F bestimmt durch das Bild ϕ(α). Weiter muss ϕ(α) eine Nullstelle von f(x) sein. Umgekehrt induziert die Wahl einer Nullstellen in F hat. Weil F/K normal ist und f(x) ein irreduzibles Polynom in K[X] mit Nullstelle α F, folgt, dass f(x) genau n Nullstellen hat. Damit gibt es genau n ϕ s. IV.2.9 Äquivalenz für separabel Proposition: Sei K F L Körpererweiterungen. Dann gilt: L/K separabel L/F und F/K separabel. Beweis. = : ganz einfach =: [Bos01, 3.6, Korollar 11.]

96 96 KAPITEL IV. GALOISTHEORIE IV.3 Galois-Erweiterung Wir betrachten in diesem Abschnitt eine endliche Körpererweiterung L/K. Im Allgemeinen ist es schwierig einen Überblick über alle Zwischenkörper K F L zu kriegen. Die Hauptidee von Galois war es eine bijektive Korrespondenz zwischen den Untergruppen von Aut(L/K) und den Zwischenkörper 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 Konstruierbarkeit mit Zirkel und Lineal und die Auösbarkeit von polynomialen Gleichungen mit Radikalen lösen. IV.3.1 Erinnerung Wir erinnern daran, dass Aut(L/K) := {ϕ : L L ϕ Isomorphismus,ϕ K = 1 K } die Automorphismengruppe von L/K heiÿt. Sei S Aut(L/K). Dann denieren wir L S := {α L σ(α) = α σ S}. In den Übungen wird gezeigt, dass L S ein Zwischenkörper von L/K. Er heiÿt Fixkörper von S. IV.3.2 Vorbereitung Lemma: Sei L/K separabel. Dann gilt: Aut(L/K) [L : K] Beweis. Nach Korollar IV.1.5 gibt es eine Körpererweiterung F von L so, dass F/K normale Körpererweiterung ist. Wir haben also K L F. Da L/K separabel ist, haben } {{ } endlichergrad } {{ } normal wir in IV.2.8, dass es genau [L : K] Homomorphismen ϕ : L F von Körpererweiterungen über K gibt. Die Automorphismen σ : L L von Körpererweiterung über K sind genau diejenigen ϕ mit ϕ(l) L. Damit folgt Aut(L/K) [L : K]. IV.3.3 Äquivalenzen mit der Automorphismengruppe Proposition: Sei L/K separabel. Dann sind folgende Aussagen äquivalent: a) L/K normal. b) Aut(L/K) = [L : K] c) L Aut(L/K) = K

97 IV.3. GALOIS-ERWEITERUNG 97 Beweis. a) = b): Wir benutzen den Beweis von Lemma IV.3.2. 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]. Bemerkung: Wir haben im Beweis von Lemma IV.3.2 ausgenutzt, dass jeder Homomorphismus ϕ : L L von Körpererweiterung über K bijektiv und damit ein Automorphismus ist: Weil ϕ ein Homomorphismus zwischen Körpern, muss ϕ injektiv sein (siehe II.2). Weil ϕ K = 1 K, muss ϕ K-linear sein(ϕ(λα) = ϕ(λ)ϕ(α) = λϕ(α), λ K, α L). Weil L ein endlich K-Vektorraum ist nach Voraussetzung und ϕ ein injektiver K-lineare Selbstabbildung, muss ϕ surjektiv sein (siehe lineare Algebra). b) = c): Es gelte also Aut(L/K) = [L : K]. Wir definieren F := L Aut(L/K). Nach IV.3.1 ist F ein Zwischenkörper von L/K, dass heißt K F L. Zu zeigen: K = F. Wegen K F gilt Aut(L/K) Aut(L/F ). Andererseits sei ϕ Aut(L/F ). Behauptung: ϕ Aut(L/K). Beweis: Wir zeigen ϕ(α) = α α F. Weil F der Fixkörper von Aut(L/K) ist, folgt das direkt aus der Definition des Fixkörpers. Fazit: Aut(L/K) = Aut(L/F ). Aut(L/K) = Aut(L/F ) [L : F ]. IV.3.2 Dabei benutzen wir IV.3.2 für F statt für K und beachten dabei, dass L/F auch separabel ist nach Abschnitt IV.2. Aus der Voraussetzung b) folgt [L : K] [L : F ] und da K F, folgt [L : K] = [L : F ] und auch K = F. Dies zeigt c). Zum Schluss von b) = c): K F L. Wir hatten [L : F ] [L : K] gezeigt. Wegen der Gradformel [L : K] = [L : F ] [F : K] folgt [L : K] [L : F ], also Gleichheit. Wieder mit der Gradformel folgt [F : K] = 1, d.h. K = F. c) = a): 1.Schritt: Sei α L und H eine Untergruppe von Aut(L/K). Dann hat das Polynom q(x) := σ H ( ) x σ(α) = n i=1 ( ) x σ i (α) Koeffizienten in L H. Beweis: Weil Aut(L/K) < (Lemma IV.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 ( 1) H σ 1 (α) σ n (α) σ H 1 i<j n (IV.4) Dies folgt auch aus dem bekannten Satz von Vieta, wobei wir Elemente von H nummerieren mit σ 1,..., σ n. Wir wählen irgendein ϕ H. Es gilt ( n ) n ϕ σ i (α) = ϕ σ i (α). i=1 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 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.

98 98 KAPITEL IV. GALOISTHEORIE 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 = c) K. Also ist q(x) K[X] mit Nullstelle α (weil σ = 1 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. III.3.5). Es folgt p(x) q(x) wieder mit III.3.5. 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). IV.3.4 Galoiserweiterung Definition: L/K heißt Galoiserweiterung : L/K normal und separabel. In dieser Situation nennen wir Aut(L/K) die Galoisgruppe von L/K. IV.3.5 Kriterium für Galoiserweiterung Satz: Sei L/K separabel, H Untergrupppe von Aut(L/K). Dann ist L/L H Galoiserweiterung und Gal(L/L H ) = H. Beweis. Weil L/K separabel ist, gilt der Satz vom primitiven Element, dass heißt α L mit L = K(α). Nach IV.2.9 ist L/L H separabel. Sei p(x) das Minimalpolynom von α über L H und q(x) wie im 1.Schritt von Beweis aus IV.3.3 c) = a) definiert. 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 ] = deg(p) deg(q) = H. Es gilt H Aut(L/L H ) nach Definition des Fixkörpers. = H Aut(L/L H ) [L : L H ] = H. IV.3.2 oben Also überall Gleichheit und somit H = Aut(L/L H ). Nach Proposition IV.3.3 ist damit L/L H normal und somit auch eine Galoiserweiterung. Sei L/K endliche Körpererweiterung. Ziel: Alle Zwischenkörper K F L bestimmen. Zu einem Zwischenkörper können wir die Untergruppe Aut(L/F ) von Aut(L/K) betrachten. Umgekehrt kann man zu einer Untergruppe H von Aut(L/K) den Fixkörper L H := {α L σ(α) = α σ H} betrachten, denn L H ist ein Zwischenkörper von L/K. Wir erinnern daran, dass die L/K Galoiserweiterung heiÿt, falls L/K eine normale und separable Körpererweiterung ist. In diesem Fall heiÿt Gal(L/K) := Aut(L/K) die Galoisgruppe von L/K. IV.3.6 Hauptsatz der Galoistheorie

99 IV.3. GALOIS-ERWEITERUNG 99 Theorem: Sei L/K Galoiserweiterung. Die Abbildung {H H Untergruppe von Gal(L/K)} {F F Zwischenkörper von L/K}, H L H ist bijektiv und die Umkehrabbildung ist gegeben durch F Aut(L/F ). { H H Untergruppe von Gal(L/K) } Φ Ψ { F F Zwischenkörper von L/K }, H L H, Aut(L/F) F, 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 IV.3.5. Umgekehrt sei F ein Zwischenkörper von L/K. Wir setzen H := Aut(L/F ). Nach IV.1.6 ist L/F eine normale Körpererweiterung und nach IV.2.9 ist L/F eine separable Körpererweiterung. Das werden wir benutzen um IV.3.3 anzuwenden für L/L H (statt L/K): L H = L Aut(L/F ) = IV.3.3 F. Wir sehen, dass die beiden Abbildungen aus dem Hauptsatz zueinander invers sind und damit folgt die Behauptung. IV.3.7 Viele Folgerungen Proposition: Sei L/K Galoiserweiterung, G := Gal(L/K), H, H 1, H 2 Untergruppen von G, F Zwischenkörper von L/K. Dann gilt folgende Liste: 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)

100 100 KAPITEL IV. GALOISTHEORIE f) H G L H /K normale Körpererweiterung. g) Wenn H G = Gal(L H /K) = G/H. Beweis. Siehe Übungen. IV.3.8 Vorbereitung 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 nicht alle Nullstellen von p(x) in L sein. 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 } {{ } Permutationsgruppe von Z ist ein injektiver Gruppenhomomorphismus, der uns erlaubt, Aut(L/K) mit einer Untergruppe von S(Z) zu identifizieren. Beweis. a) ist der Spezialfall von Lemma IV.1.3. 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 ist. IV.3.9 Beispiel Beispiele: Sei K = Q und L der Zerfällungskörper von p(x) = x 3 2. Wir wollen alle Zwischenkörper von L/K bestimmen. 1.Schritt: Bestimme L und [L : Q] (vgl. A44 ). Die Nullstelle von p(x) in C sind α 1 := 3 2, α 2 := ζ 3 3 2, α 3 := ζ = L = K(α 1, α 2, α 3 ) = Q(α 1, α 2, α 3 ). Beachte, dass ζ 3 = α 2 α 1 = α 3 α 2 (IV.5) gilt und damit ζ 3 L. Wenn wir nun wüssten, dass x 3 2 irreduzibel ist in Q(ζ 3 )[X], dann würde folgen, dass x 3 2 auch das Minimalpolynom von α 1 über Q(ζ 3 ) ist und damit folgt wie oben [L : Q(ζ 3 )] = deg(minimalpolynom) = 3. Abbildung IV.1: Das ist nun zu zeigen. Einheitswurzeln von z 3 1 = 0. Beweis. Indirekt. Wenn x 3 2 nicht irreduzibel = x 3 2 = q(x)l(x) mit q(x), l(x) Q(ζ 3 )[X], deg(q) = 2, deg(l) = 1. Dann muss also x 3 2 eine Nullstelle in Q(ζ 3 ) haben. Das kann man nicht so einfach sehen. ζ 3 ζ 3 2 1

101 IV.3. GALOIS-ERWEITERUNG 101 Wir versuchen es besser mit dem 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 = 3 2 ist. Es folgt [Q( 3 2) : Q] = deg(minimalpolynom) = 3. 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, dass heißt ζ 3 / Q( 3 2). Da ζ 3 / R, aber Q( 3 2) R, kann das nicht passieren. = [L : Q(α 1 )] = deg(minimalpolynom) = 2. = [L : Q] = [L : Q(α 1 )] [Q(α 1 ) : Q] = 2 3 = 6. 2.Schritt: Wir raten Zwischenkörper von L/K. Es gibt 2 Probleme: Q, Q( 3 2, Q(ζ 3 ), Q(ζ 2 3), Q(α 2 ), Q(α 3 ), Q( ζ), L i) Wir wissen nicht, ob verschiedene Teilnehmer aus der Liste auch wirklich verschieden sind als Zwischenkörper. ii) 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 IV.1.4). L/K = Q ist separabel, weil char(k) = 0. = L/K Galoiserweiterung. 4.Schritt: Bestimme die Galoisgruppe G := Gal(L/K). Nach IV.3.8 ist G eine Untergruppe der Permutationsgruppe S({α 1, α 2, α 3 }) = S 3. Wegen 6 = [L : K] = IV.3.3 Gal(L/K) = G S 3 = 3! = 6, gilt überall Gleichheit und damit sogar G = S 3. 5.Schritt: Bestimme alle Untergruppen von G = Gal(L/K): Benutze dabei die Sprache der Permutation Ordung H 1 {1} 2 {1, (12)}, {1, (13)}, {1, (23)} 3 {1, (123), (132)} 6 G 6.Schritt: Wir bestimmen alle Zwischenkörper von L/K. Nach dem Hauptsatz der Galoistheorie sind die gegeben als die Fixkörper L H, wobei H über alle Untergruppen von S 3 = G läuft. ord(h) = 1: H = {1} Zwischenkörper F := L H = L.

102 102 KAPITEL IV. GALOISTHEORIE ord(h) = 2: Es gibt 3 Untergruppen der Ordnung 2, weil es 3 Transpositionen gibt. Fall H = {1, (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: Behauptung: L H = Q(α 3 ). Beweis. Zuerst bestimmen wir den Grad: [F : Q] = [L H ord(g) : Q] = [G : H] = IV.3.7 (b) 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 H = {1, (13)} und H = {1, (23)} gehen analog. Man erhält F = L H = Q(α 2 ) bzw. F = L H = Q(α 1 ). ord(h) = 3 = H = {1, (123), (132)}. Sei nun σ G das Element, das (123) entspricht. Es gilt dann σ(α 1 ) = σ 2, σ(α 2 ) = σ 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. Allerdings gilt α 1 α 2 α 3 = 2, deshalb hilft das nicht weiter. Wir wissen nämlich aus der selben 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 Zwischenkörper zu finden. Zuerst müssen wir eine Q-Basis von L finden: Q Q(α 1 ) L = Q(α 1, ζ 3 ). Nach III.2.6 ist 1, α 1, α2 2 eine Q-Basis von Q(α 1 ), weil x 3 2 das Minimalpolynom von α 1 ist. Analog ist 1, ζ 3 eine Q(α 1 )-Basis von L, weil x 2 + x + 1 das Minimalpolynom von ζ 3 ist über Q(α 1 ). = 1, α 1, α 2 III.2.5 1, ζ 3, α 1 ζ 3, α1ζ 2 3 ist eine Q-Basis von L (Kontrolle: 6 = [L : Q] ). 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. (IV.6) Wegen σ(ζ 3 ) = σ( α 3 α 2 ) = α 1 α 3 = ζ 2 3 = ζ 3 (da ζ 3 3 = 1) folgt σ(α) =a 0 + a 1 α 2 + a 2 α a 4 ζ 3 α 2 + a 5 ζ 3 α 2 2 =a 0 + a 1 ζ 3 α 1 a 2 (α ζ 3 α 2 1) + a 3 ζ 3 a 4 (α 1 + ζ 3 α 1 ) + a 5 α 2 1 (IV.7) Im letzten Schritt haben wir die Relation ζ ζ = 0 benutzt (Minimalpolynom). Somit gilt α L H α = σ(α) (IV.6) = (IV.7) Basis 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 ). Dies hätten wir auch wie im Fall ord(h) = 2 beweisen können, sobald wir σ(ζ 3 ) = ζ 3 herausgefunden haben! ord(h) = 6, also H = G = F := L H = Q, da L/Q Galoiserweiterung ist (siehe IV.3.3).

103 IV.3. GALOIS-ERWEITERUNG 103 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. 7.Schritt: Welche Zwischenkörper F/Q sind normale Körpererweiterung? Nach IV.3.7 (f) gilt: F/Q normal H G. Die Normalteiler von G sind die Untergruppen der Ordnung F =LH 1,3,6, weil Permutationen mit denselben Zykellängen konjugiert sind. Also gilt Q, Q(ζ 3 ), L sind die normalen Körpererweiterungen, was man auch direkt raus finden kann.

104 104 KAPITEL IV. GALOISTHEORIE IV.4 Zyklotomische Körpererweiterungen Körpererweiterung, die von einer Einheitswurzel erzeugt werden, sind besonders gut zugänglich. Sie werden in diesem Abschnitt studiert mit Hilfe der Galoistheorie. Das hat im Folgenden Anwendung 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. Weiter sei n N. IV.4.1 Einheitswurzel Definition: ζ K heißt n-te Einheitswurzel in K : ζ n = 1. Bei den komplexen Zahlen haben die n-ten Einheitswurzeln die Form exp(2πi k )(k Z), n aber im Allgemeinen sind das völlig abstrakte Elemente in K (z.b. wenn K = Z/pZ). IV.4.2 Einheitswurzeln in Z/pZ Lemma: Sei p = char(k) 0, n = p k m mit p m. Dann ist die n-te Einheitswurzel in K gleich der m-te Einheitswurzeln in K, genauer {ζ K ζ n = 1} = {ζ K ζ m = 1}. Beweis. In A39 haben wir gesehen, dass gilt in char(k) 0. Somit gilt (a + b) p = a p + b p (IV.8) x n 1 = (x m ) pk 1 = (IV.8) (x m 1) pk und somit folgt die Behauptung. IV.4.3 Die Menge der Einheitswurzeln als Gruppe Die n-ten Einheitswurzeln in K bilden oensichtlich eine Gruppe bezüglich, die wir mit U n bezeichnen. Das Lemma IV.4.2 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 III.1.4) ist. Als endliche Untergruppe von K muss U n zyklisch sein (siehe Aufgabe 47). IV.4.4 Anzahl Einheitswurzeln

105 IV.4. ZYKLOTOMISCHE KÖRPERERWEITERUNGEN 105 Lemma: Falls char(k) n, dann ist U n zyklisch der Ordnung n. Beweis. Wir haben schon gesehen, dass U n zyklisch ist (siehe IV.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 nun 0 als Nullstelle in K hat). Mit Lemma IV.2.3 folgt, das f(x) separabel über K ist, d.h. alle Nullstellen sind verschieden. Damit gibt es n verschiedene n-te Einheitswurzeln in K, d.h. ord(u n ) = n. IV.4.5 Primitive n-te Einheitswurzeln Weil U n zyklisch ist (gilt auch, wenn char(k) n), gibt es ein erzeugendes Element ζ, d.h. U n = ζ. Solche Erzeuger heiÿen primitive n-te Einheitswurzeln. Nach I.4.6 haben wir einen Gruppenhomomorphismus ϕz/nz U n, m ζ m. Weil dieser Isomorphismus ϕ von der Wahl des primitiven Elementes ζ abhängt, ist da der Isomorphismus nicht kanonisch. Behauptung: Sei ζ primitive n-te Einheitswurzel. Dann ist ζ U n genau dann eine primitive Einheitswurzel, wenn es ein m Z gibt mit ggt(m, n) = 1 und ζ = ζ m. Beweis. Sei also ζ U n. Weil U n = ζ = m Z mit ζ = ζ m. ζ primitive n-te Einheitswurzel ζ = U n m erzeugt Z/nZ 1 m r Z mit ϕ Iso. 1 erzeugt Z/nZ 1 = r m m (Z/nZ) ggt(m, n) = 1. Fazit: Wenn ζ ein primitive n-te Einheitswurzel ist, dann erhalten wir alle anderen primitiven n-ten Einheitswurzeln durch ζ m, m = 1,..., n und ggt(m, n) = 1. Insgesamt gibt es also ϕ(n) primitive n-te Einheitswurzeln, wobei ϕ hier die Eulersche Phi-Funktion ist. IV.4.6 Folgerungen für primitive Einheitswurzeln Satz: Sei n N, char(k) n, ζ primitive n-te Einheitswurzel in K. Dann gilt: a) K(ζ)/K Galoiserweiterung. b) σ Gal(K(ζ)/K) =!k(σ) (Z/nZ). mit σ(ζ) = ζ k(σ) c) Die Abbildung ist ein injektiver Gruppenhomomorphismus. ψ : Gal(K(ζ)/K) (Z/nZ), σ k(σ) d) Der Isomorphismus ψ ist kanonisch, d.h. K(ζ) und ψ sind unabhängig von der Wahl der primitiven n-te Einheitswurzel ζ.

106 106 KAPITEL IV. GALOISTHEORIE 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 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). Es bleibt noch 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 IV.1.4, dass K(ζ) eine normale Körpererweiterung von K ist. Weiter ist x n 1 ein separables Polynom, denn es hat nach Lemma IV.4.4 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 IV.2.6 folgt, dass K(ζ) eine separable Körpererweiterung von K ist. Zusammen ergibt sich a). Sei σ Gal(K(ζ)/K). Weil 1 = σ(ζ n ) = σ(ζ) n, 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 Einheitswurzel 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 IV.4.5). Also folgt die Eindeutigkeit von k(σ). Falls λ Gal(K(ζ)/K) ist, gilt und andererseits (λ σ)(ζ) = λ(σ(ζ)) = σ(ζ k(σ) ) = λ(ζ) k(σ) = ζ k(λ)k(σ) Aus der Eindeutigkeit ergibt sich (λ σ)(ζ) = ζ k(λ σ). k(λ)k(σ) = k(λ σ) Z/nZ. (IV.9) Offensichtlich gilt k(1) = 1 Z/nZ. Wenden wir nun (IV.9) an für λ := σ 1, dann folgt k(σ 1 )k(σ) = k(1) = 1 Z/nZ. Also ist k(σ) (Z/nZ) und damit ist σ(ζ) = ζ k(σ) ein primitive n-te Einheitswurzel. Dies zeigt b). Nach b) ist die Abbildung wohldefiniert. Wegen (IV.9) ist ψ ein Gruppenhomomorphismus. Um zu zeigen, dass ψ injektiv ist, müssen wir zeigen, dass für σ ker(ψ) gilt, dass σ = 1. 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 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 ). Wegen σ(ζ ) = σ(ζ m ) = σ(ζ) 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-te Einheitswurzel ζ. Dies zeigt d).

107 IV.4. ZYKLOTOMISCHE KÖRPERERWEITERUNGEN 107 IV.4.7 n-te Kreisteilungskörper Falls K = Q und ζ eine primitive n-te Einheitswurzel, dann nennen wir Q(ζ) den n- te Kreisteilungskörper (oder n-te zyklotonischer Körper). In diesen Fall können wir ζ := exp(2πi/n) C wählen. IV.4.8 Grad des Kreisteilungskörpers Satz: Für K = Q ist ψ : Gal(Q(ζ)/Q) (Z/nZ) aus IV.4.6 ein Gruppenisomorphismus und damit gilt [Q(ζ) : Q] = ϕ(n), wobei ϕ die Eulersche Phi-Funktion ist. Beweis. Sei f das Minimalpolynom von ζ über Q. Da ζ ein Nullstelle von x n 1 ist, folgt f h = x n 1 (IV.10) für h(x) Q[X]. Offensichtlich ist h ein normiertes Polynom (Koeffizienten vergleichen). Nach II.7.6 folgt, dass f, g Z[X]. Sei p eine Primzahl, p n. Dann ist ζ p primitive n-te Einheitswurzel (nach IV.4.5). 1.Schritt f(ζ p ) = 0. Beweis indirekt. Wenn f(ζ p ) 0, muss h(ζ p ) = 0 gelten nach (IV.10). Also ist ζ eine Nullstelle von h(x p ). Wie oben folgt h(x p ) = f(x) g(x) (IV.11) mit g(x) Z[X] und normiert. Wir bezeichnen mit h Z/pZ das Polynom, dass durch Reduktion der Koeffizienten modulo p entsteht. In II.7.5 haben wir gesehen, dass aus (IV.11) 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)g(x). Damit gilt ggt(f, h) 1, denn deg(f) 1. Aus (IV.10) folgt analog f(x) h(x) = x n 1. = x n 1 hat mehrfache Nullstellen, denn f(x) und h(x) haben im algebraischen Abschluss von Z/pZ eine gemeinsame Nullstelle. Also ist x n 1 kein separables Polynom in (Z/pZ)[X]. Weil p n, folgt IV.4.6, dass x n 1 n verschiedene Nullstellen hat im algebraischen Abschluss von Z p. Widerspruch. Dies zeigt Schritt 1. 2.Schritt Sei ζ eine primitive n-te Einheitswurzel in Q. Behauptung: f(ζ ) = 0. Wir haben in IV.4.5 gesehen, dass die primitiven 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 f(ζ 1 ) = nach dem 1.Schritt. Setze ζ 2 := ζ p 2 1. Das ist wieder eine primitive n-te Einheitswurzel. Wenden nun den 1.Schritt für ζ 1 statt ζ an (beachte, dass f auch das Minimalpolynom von ζ 1 ist, weil f irreduzibel ist), dann folgt f(ζ 2 () = 0. In r Schritten erhalten wir, dass ( ) )... f(ζ ) = f(ζ r ) = 0. Hier benutzen wir ζ = (ζ p 1 ) p 2 = ζ r.

108 108 KAPITEL IV. GALOISTHEORIE Jetzt zeigen wir die Behauptung in Satz IV.4.8: Aus dem 2.Schritt folgt, dass alle primitiven n-ten Einheitswurzeln Nullstellen von f sind. Es gibt nach IV.4.5 genau ϕ(n) primitiven n-te Einheitswurzeln, wobei ϕ(n) := Z n die Eulersche Phi-Funktion ist. [Q(ζ) : Q] = III.2.9 deg(f) Anzahl verschiedene Nullstellen ϕ(n). Andererseits ist Q(ζ) eine Galoiserweiterung von Q (Satz IV.4.6 a) und damit folgt ( ) [Q(ζ) : Q] IV.4.6 = ord Gal(K(ζ)/K). IV.3.3 Weil ψ : Gal(Q(ζ)/Q) Z n injektiv ist (Satz IV.4.6 c), folgt [Q(ζ) : Q] ord(z n) = ϕ(n). Zusammen ergibt sich ϕ(n) = [Q(ζ) : Q] und die Surjektivität von ψ.

109 IV.5. AUFLÖSBARE GRUPPEN 109 IV.5 Auflösbare Gruppen Im Hauptsatz der Galoistheorie haben wir gesehen, dass die Untergruppen der Galoisgruppe alle Zwischenkörper klassizieren. Deshalb kommen wir in diesen Abschnitt auf die Gruppentheorie zurück und untersuchen auösbare Gruppen, die in einem gewissen Sinn aus zyklischen Gruppen aufgebaut werden. Diese Gruppen werden am Schluss der Vorlesung in der Theorie der Auösbarkeit von algebraischen Gleichungen durch Radikale wichtig werden. In diesem Abschnitt sei G eine Gruppe. IV.5.1 Auflösbare Gruppe und Normalreihe 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 (IV.12) gibt, so dass die Faktoren G j /G j 1 abelsch sind für j = 1,..., n. IV.5.2 Untergruppen sind auflösbar Proposition: Sei G auflösbar, H 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 I.3.9 gilt H j G j 1 H j und H j /H j G j 1 (H j 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 auch H j /H j 1. Es folgt, dass H auflösbar ist. IV.5.3 Äquivalenz von auflösbar mit Normalteiler Proposition: Sei N G. Dann ist G auflösbar N und G/N auflösbar. Beweis. Sei also G auflösbar. Wir wählen eine Normalreihe wie in (IV.12) mit abelschen Faktoren. Nach Proposition IV.5.2 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

110 110 KAPITEL IV. GALOISTHEORIE ϕ ein surjektiver Gruppenhomomorphismus und es gilt G j 1 ker(ϕ). Wir erhalten damit einen surjektiven Gruppenhomomorphismus G j /G j 1 G j / ker(ϕ) (vgl. 2.Isomorphisatz I.3.10). Weil das Bild einer abelschen Gruppe wieder abelsch sein muss, folgt G j / ker(ϕ) abelsche Gruppe. Nach dem Homomorphisatz I.3.8 gilt G j / ker(ϕ) = Im(ϕ) = G j /G j 1. Also ist auch G j /G j 1 abelsch. Es folgt, dass G = G/N auflösbar ist. Das beweist =. Umgekehrt sei nun 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 weiterhin der Quotientenhomomorphismus ist. Die Bezeichnung passen wegen G k = π 1 (e). Offensichtlich ist {e} = G 0 G 1... G k = N G k+1... G n = G eine Normalreihe von G. Nach dem 2.Isomorphiesatz I.3.10 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 trivialerweise auch für j k gilt, muss G auflösbar sein. IV.5.4 Bilder von auflösbaren Gruppen Korollar: Sei ϕ : G 1 G 2 Gruppenhomomorphismus und G 1 sei auflösbar. Dann ist ϕ(g 1 ) auflösbar. Beweis. Nach dem Homomorphisatz I.3.8 gilt ϕ(g 1 ) = G 1 / ker(ϕ). Nach Proposition I.5.3 ist G 1 / ker(ϕ) auflösbar und damit auch ϕ(g 1 ). IV.5.5 Verfeinerte Normalreihe Satz: G auflösbar Normalreihe wie in (IV.12) so, dass alle G j /G j 1 zyklische Gruppen der Ordnung p j sind für Primzahlen p j.

111 IV.5. AUFLÖSBARE GRUPPEN 111 Beweis. Es sei G 0... G n eine echt absteigende Normalreihe von G mit abelschen Faktoren. Ist dann einer der Faktoren, etwa G i /G i+1 nicht zyklisch vom Primzahlordnung, so wähle man ein nicht-triviales Element a G i /G i+1. Indem man zu einer geeigneten Potenz von a übergeht, kann man annehmen, dass ord a prim ist. Die von a erzeugte zyklische Gruppe a ist dann echt in G i /G i+1 enthalten, ihr Urbild in G i unter der Projektion G i G i /G i+1 ergibt eine Gruppe H mit G i H G i+1. Da a ein Normalteiler in der (abelschen) Gruppe G i /G i+1 ist, ist auch das Urbild H ein Normalteiler in G i. Trivialerweise ist G i+1 ein Normalteiler in H. Wir können also die Normalreihe G 0... G n durch Einfügen von H zwischen G i und G i+1 zu einer neuen Normalreihe verfeinern. Letztere hat ebenfalls abelsche Faktoren, denn man hat eine Injektion H/G i+1 G i /G i+1 sowie einen Epimorphismus G i /G i+1 G i /H, wobei G i /G i+1 abelsch ist. Wiederholt man das Verfahren der Verfeinerung, so gelangt man aufgrund der Endlichkeit von G nach endlich vielen Schritten zu einer Normalreihe, deren Faktoren zyklisch von Primzahlordnung sind. Wir erinnern daran, dass Z := {g G gh = hg h G} das Zentrum von G ist (siehe I.6.11). Falls ord(g) = p k für eine Primzahl p und k N, dann heiÿt G eine p-gruppe (siehe I.7.4). Wir haben in I.6.16 gesehen, dass Z {e} für jede p-gruppe G. IV.5.6 Endliche p-gruppen sind auflösbar Korollar: Jede endliche p-gruppe ist auflösbar. 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}. 1.Fall Z = G. Dann ist G eine abelsche Gruppe und damit auflösbar (wähle Normalreihe {e} Z). 2.Fall Z G. Beachte, dass Z ein Normalteiler ist von G aufgrund der Definition des Zentrum. 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. Nach } {{ } Z {e} insbesondere eine p-gruppe Proposition IV.5.3 für N := Z zeigt, dass G auflösbar ist. IV.5.7 Beispiel mit der symmetrischen Gruppe Beispiel: Für n 4 ist S n auflösbar, aber S 5 ist nicht auflösbar! Da es sich dabei um kleine Gruppe der Ordnung 120 handelt, kann man das einfach mit einem Computer entscheiden. Für einen mathematischen Beweis verweisen wir auf [Bos01, Bemerkung 5.4.5]. Weil S 5 eine Untergruppe von S n ist für alle n 6, sind alle diese Gruppen aufgrund von IV.5.2 nicht auflösbar.

112 112 KAPITEL IV. GALOISTHEORIE IV.6 Konstruktion mit Zirkel und Lineal In diesem Abschnitt werden wir eine abschliessende Antwort geben, welche Konstruktionen mit Hilfe von Zirkel und Lineal durchführbar sind. Dies wir uns mit Hilfe der Galoistheorie gelingen und wir werden das auf die klassischen Probleme anwenden. IV.6.1 Elementare Zeichentechniken Was lässt sich alles 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 identizieren. 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 folgende Eigenschaften für Z: a) Z Z durch Abtragen b) i Z: Lot fällen in 0 und 1 abtragen. c) z Z R(z), I(z) Z, Hinrichtung: Abbildung IV.2: Thaleskreis analog I(z). Rückrichtung: trivial (Rechteck konstruieren) IV.6.2 Konstruierbarer Teilkörper 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 IV.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 )

113 IV.6. KONSTRUKTION MIT ZIRKEL UND LINEAL 113 Abbildung IV.3: Strahlensatz (l) und Parallelenkonstruktion (r) beide in Z sind. Also genügt es zu zeigen, dass für u, v R Z auch u v Z ist. 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 (siehe Abbildung IV.3). Wir wählen b := u, c := v und a = 1, dann zeichnen wir die Parallelen in obiger Figur und erhalten so d = bc = uv. Somit ist Z ein Unterring von C. Es bleibt für z Z \ {0} zu zeigen, dass auch 1 z Z ist. 1 z = z z z = R(z) z ii(z) 2 z. 2 Nach IV.6.1 c) sind R(z), I(z), z, Z und nach Pythagoras auf z 2 Z. Nach IV.6.1 b) gilt auch i Z. Weil wir schon wissen, dass Z abgeschlossen ist unter +,,, genügt es zu zeigen, dass Z R abgeschlossen ist unter Division. Dies folgt wieder mit dem Strahlensatz. IV.6.3 Invarianz normaler Körpererweiterungen Proposition: Wir betrachten Körpererweiterungen K F L und nehmen an, dass F/K normal ist. Dann gilt für jeden K-Homomorphismus ϕ : F L die Inklusionen 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 IV.1.3 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) schon in F enthalten. Also gilt ϕ(α) F. IV.6.4 Transitivität auf den Nullstellen Proposition: Sei f(x) irreduzibles separables Polynom in K[X] mit Zerfällungskörper L. Dann gilt: a) L/K Galoiserweiterung.

114 114 KAPITEL IV. GALOISTHEORIE b) Sei α eine Nullstelle von f(x) in L und β L. Dann gilt: β Nullstellen von f(x) σ Gal(L/K) mit β = σ(α). Beweis. [Bos01, 4.3.1] IV.6.5 Hauptsatz Theorem: Sei z C. Dann ist z genau dann mit Zirkel und Lineal aus den gegebenen Punkten 0, 1 konstruierbar, wenn es einen Teilkörper L von C gibt mit den Eigenschaften, dass z L L/Q Galoiserweiterung [L : Q] = 2 n für ein n N 0. Beweis. 1.Schritt: Wenn w Z, dann gilt auch w Z. Wenn w > 0, dann folgt dies aus dem Höhensatz (siehe Abbildung IV.4). Wähle Abbildung IV.4: Höhensatz 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 den ersten Schritt. = : Sei z Z. Gesucht ist ein solches L. Wir machen uns zuerst mal 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

115 IV.6. KONSTRUKTION MIT ZIRKEL UND LINEAL 115 Eine Gerade heißt dabei zuläßig, wenn sie durch zwei schon konstruierte Punkte geht, d.h. aus {z 1,..., z j 1 }. Ein Kreis heißt zuläßig, wenn sein Zentrum in {z 1,..., z j 1 } liegt und er dadurch einen weiteren Punkt aus {z 1,..., z j 1 } geht. Wir sagen, dass z n nach n Schritten aus 0, 1 konstruiert wurde. Wir beweisen mit Induktion nach n, dass es einen Teilkörper L von C gibt mit den Eigenschaften i, z 1,..., z n L; L/Q Galoiserweiterung; [L : Q] = 2 n für ein n N. Dies zeigt dann die Hinrichtung. Für n = 0 muss z {0, 1} gelten (in 0-Schritten konstruierbar). Dann wählen wir L = Q(i). Sei jetzt n N. Nach Induktionsannahme gibt es einem Teilkörper F von L mit i, z 1,..., z n F ; F/Q Galoiserweiterung; [F : Q] = 2 k. Wir erhalten z n aus z 1,..., z n 1 mit Hilfe einer der drei Operationen i), ii), iii). Wir nehmen an, dass Operation iii) benutzt wurde. Die anderen Fälle sind analog und einfacher. Dann ist z n = z = x + iy Lösungen von zwei Kreisgleichungen (x x j ) 2 + (y y j ) 2 = R 2 j (j = 1, 2) (IV.13) Dabei sind x 1 + iy 1 und x 2 + iy 2 Punkte aus {z 1,..., z n 1 }. Nach Proposition IV.6.3 bildet die komplexe Konjugation F in sich ab. Für w F folgt, dass R(w) = w+w und 2 I(w) = w w beide in F sind. Ebenso gilt w 2 = ww F. Weil die Kreise zulässig sind, 2i folgt x j, y j, Rj 2 F R für j = 1, 2. Offenbar dürfen die beiden Kreise nicht konzentrisch sein. OBdA x 1 x 2. x 2 + (y y j ) 2 = R 2 j + 2x j x x 2 j (j = 1, 2) (IV.14) und mit Substraktion der beiden Gleichungen (y y 1 ) 2 (y y 2 ) 2 = λ + 2(x 1 x 2 )x (IV.15) für ein λ F. Auflösen nach x und einsetzen in eine der beiden Gleichungen in (IV.13) liefert eine quadratische Gleichung in y mit Koeffizienten in F R. Sei die Diskriminante dieser quadratischen Gleichung. = F. Die Lösungsformel für quadratische Gleichung liefert y F ( ). = x F ( ). Wir betrachten nun (IV.15) den Zerfällungskörper L des Minimalpolynoms f(x) von über Q. Es gilt Q F F ( ) L. Weil char(q) = 0, muss L/Q eine Galoiserweiterung sein (IV.1.4 und IV.2.5) mit z = z n = x + iy F ( ) L. Weiter ist f als irreduzibles Polynom in char = 0 separabel (siehe IV.2.4). Wir bezeichnen die Nullstellen von f mit α 1 =, α 2,..., α d. Nach IV.6.4 σ j Gal(L/Q) mit α j = σ(α 1 ). Wegen α1 2 =, folgt α 2 j = ( ) 2 σ(α 1 ) = σ(α 2 1) = σ( ) F. IV.6.3 Somit gilt [F (α 1,..., α j ) : F (α 1,..., α j 1 )] {1, 2}. Wir erhalten den Körperturm Q }{{} F F (α 1 ) }{{}... }{{} F (α 1,..., α n ) = L. Zerf. 2 1,2 1,2 Körper Mit der Gradformel folgt [F : Q] = 2 n für ein n N. Damit hat L die gewünschten Eigenschaften. = : Umgekehrt nehmen wir an, dass es für z C ein L gibt wie in der Behauptung. Weil L/Q eine Galoiserweiterung ist, folgt nach dem Hauptsatz der Galoistheorie und der

116 116 KAPITEL IV. GALOISTHEORIE Folgerung IV.3.7, dass die Galoisgruppe G := Gal(L/Q) die Ordnung [L : Q] = 2 k hat. Damit ist G eine 2-Gruppe. Nach Korollar IV.5.6 ist G auflösbar. Nach Satz IV.5.5 gibt es eine Normalreihe {e} = G 0 G 1... G n = G, mit zyklischen Faktoren G j /G j 1 der Ordnung p j für Primzahlen p j. Es gilt p j = G j /G j 1 = G j G j 1 = G j G j 1 G j. Nach dem Satz von Lagrange ist G j ein Teiler von G = 2 k. Es folgt p j = 2 für alle p j. Wir wenden den Hauptsatz der Galoistheorie an auf die obige Normalreihe und betrachten die entsprechenden Fixkörper L j := L G j. Die ergibt einen Körperturm Nach der Folgerung IV.3.7 gilt L = L 0 L 1... L n = Q. [L j 1 : L j ] = G j /G j 1 = 2. Sei α j L j 1 \ L j. Dann hat das Minimalpolynom von α j über L j den Grad 2. Wir bezeichnen mit j die Diskriminante dieses quadratischen Polynom. Da die Koeffizienten in L j liegen, folgt auch j L j. Aus der Lösungsformel für quadratische Polynome folgt sofort, dass L j 1 = L j (α j ) = L j ( j ) gilt. Wir zeigen nun induktiv nach n, dass alle Elemente in L n konstruierbar sind. Wenn n = 0, dann gilt L n = Q Z. Sei nun n > 0. Dann folgt nach Induktion, dass L 1 Z. Es gilt L = L 1 ( ) nach obigem. Weil 1 Z nach dem 1.Schritt, folgt L Z (da Z ein Körper). Insbesondere gilt z L Z. IV.6.6 Verallgemeinerung des Hauptsatzes Theorem: Sei z 1 := 0, z 2 := 1, z 3,..., z r C und z C. Dann ist z konstruierbar mit Zirkel und Lineal aus den gegebenen Punkten z 1,..., z r Teilkörper L von C mit z L L/Q(z 1,..., z r, z 1,..., z r ) ist eine Galoiserweiterung (insbesondere z 1,..., z r, z 1,..., z r L) [L : Q(z 1,..., z r, z 1,..., z r )] = 2 k für ein k N 0. Beweis. Ähnlich wie in IV.6.5, siehe [Bos01, 6.4.1].

117 IV.6. KONSTRUKTION MIT ZIRKEL UND LINEAL 117 IV.6.7 Delisches Problem Beispiel: Kann man die Kantenlänge eines Würfels mit Volumen 2 konstruieren? Algebraische Übersetzung: 3 2 Z?. Antwort: Nein! Beweis. Das Minimalpolynom von 3 2 über Q ist x 3 2 nach dem Kriterium von Eisenstein (vergleiche IV.3.9). Somit gilt [Q( 3 2) : Q] = 3. Wenn es nun eine Körpererweiterung L von Q gäbe mit 3 2 L und [L : Q] = 2 k, dann folgt Q( 3 2) L und mit der Gradformel gilt 3 = [Q( 3 2) : Q] = [L : Q] [L : Q( 3 2)] = 2k x. Also folgt 3 2 k. Widerspruch. Nach dem Theorem IV.6.5 folgt 3 2 / Z. IV.6.8 Quadratur des Kreises Beispiel: Lässt sich zu einem Kreis mit Radius 1 ein flächengleiches Quadrat konstuieren? Algebraische Übersatzung: π Z? Beweis. Wäre π Z, dann gilt auch π Z. Weil π transzendent ist (siehe [Wol96, 7.10]), gibt es überhaupt keine endliche Körpererweiterung von Q, die π enthält (siehe Abschnitt III.3). Nach Theorem IV.6.5 folgt π / Z. Widerspruch. IV.6.9 Dreiteilung des Winkels Kann man jeden Winkel ϕ mit Zirkel und Lineal durch 3 teilen? Algebraische Übersetzung: Ist e iϕ/3 konstuierbar aus 0,1,e iϕ. Antwort: Nein! Beweis. Wir müssen einen Winkel ϕ angeben, der sich nicht dritteln lässt. Nicht geeignet ist ϕ = π, weil man ein gleichseitiges Dreieck konstruieren kann und durch Halbierung des 2 Winkels π erhalten wir π wie gewünscht. Besser ist es, ϕ = 2π zu wählen. Wir müssen zeigen, dass e ϕi/3 nicht aus 0,1,e ϕi konstruierbar ist. Wir gehen indirekt vor und nehmen an, dass die Konstruktion möglich ist. Nach Theorem IV.6.6 für z 1 = 0, z 2 = 1, z 3 = e i2π/3 muss es einen Teilkörper L von C geben mit Q(e 2πi/3 ) = Q(e 2πi/3, e 2πi/3 ) = Q(z 1, z 2, z 3, z 1, z 2, z 3 ) L und [L : Q(e 2πi/3 )] = 2 k für ein k N 0. Es sollt weiter gelten e 2πi/9 L. Q Q(e 2πi/3 ) Q(e 2πi/9 ) L. } {{ } [ : ]=2 k Es gilt [Q(e 2πi/9 ) : Q] = Satz IV.4.8 ϕ(9) = II = 6 Nach der Gradformel folgt folgt 6 [L : Q] = 2 k. Widerspruch.

118 118 KAPITEL IV. GALOISTHEORIE IV.6.10 Lemma aus der elementaren Zahlentheorie Lemma: Sei r, s N, r 2, p = r s + 1 Primzahl. Dann ist s = 2 k für ein k N 0. Beweis. Es gilt s = 2 k l mit l ungerade. Wir wenden die Formel x l + 1 = (x + 1)(x l 1 x l ) für x = r 2k an. Dann folgt nach den Potenzgesetzen p = r s + 1 = (r 2k ) l + 1 = x l + 1 = (x + 1)( ) = (r 2k + 1)( ). Weil p prim ist, muss r l2k + 1 = r s + 1 = p gleich r 2k + 1 sein. Es folgt l = 1 wie gewünscht. IV.6.11 Reguläre n-ecke Beispiel: Wir können nun auch beantworten, welche regelmäßigen n-ecke sich konstruieren lassen. Dies ist äquivalent zu der Frage, ob ζ n = e 2πi n Z ist. Da Q[ζ n ] nach IV.4.6 und IV.4.8 eine Galoiserweiterung vom Grad ϕ(n) ist, wird ζ n genau dann in Z liegen, wenn ϕ(n) = 2 k für ein k N 0 gilt (wieder mit Theorem IV.6.5). Sei also n = p ν 1 1 p νr r die Primfaktorzerlegung. Damit ist: ϕ(n) := (p 1 1)p ν (p r 1)p νr 1 r. Es lässt sich an dieser Stelle somit als Fazit festhalten, dass ein n-eck genau dann konstruierbar ist, wenn n = 2 k q 1 q s gilt, wobei q 1,..., q s paarweise verschiedene Fermatsche Primzahlen sind, d.h. Primzahlen der Form 2 2k + 1 für ein k N 0. Die einzigen bekannten Fermat-Primzahlen sind 3, 5, 17, 257,

119 IV.7. AUFLÖSBARKEIT ALGEBRAISCHER GLEICHUNGEN 119 IV.7 Auflösbarkeit algebraischer Gleichungen In diesem Abschnitt werden wir folgendes klassisches Problem der Algebra lösen: Gibt es für eine polynomiale Gleichung in einer Variablen eine algebraische Lösungsformel? Dieses Problem wurde von Galois in den Jahren mit Hilfe seiner Galoistheorie gelöst. Wir skizzieren nur die Ideen und verweisen auf [Bos01, 6.1 und 6.2] für Einzelheiten (oder Proseminar SS 10). In diesem Abschnitt sei K ein Körper der Charakteristik 0 und es sei K eine algebraischer Abschluss von K. IV.7.1 Quadratische Gleichung Beispiel: Bekannterweise hat die quadratische Gleichung x 2 + bx + c = 0 die Nullstellen x 1,2 = b ± b 2 4c. 2 Gibt es so eine Formel für Polynome vom Grad n 3? Wir präzisieren das folgendermaßen: IV.7.2 Auflösbarkeit durch Radikale Definition: Sei f(x) K[X]. Dann heißt f(x) = 0 auflösbar durch Radikale : die Nullstellen von f(x) in K lassen sich mit Hilfe von Elementen aus K und mit den algebraischen Operationen +,,,, n (n N) ausdrücken. IV.7.3 Galoisgruppe eines Polynoms Sei L der Zerfällungskörper von f über K. Nach IV.1.4 ist L/K normale Körpererweiterung. Aus char(k) = 0 IV.2.5 = L/K separabel. Insgesamt ist L/K eine Galoiserweiterung. Wir nennen G f := Gal(L/K) die Galoisgruppe von f. Für n N bezeichnen wir wie früher mit U n die Menge (Gruppe) der n-ten Einheitswurzeln in K. IV.7.4 Zyklische Körpererweiterungen I Satz: Sei U n K, a K. Wir wählen irgend eine Nullstelle w von x n a in K. Dann gilt: a) L := K(w) ist eine Galoiserweiterung von K. b) Es gibt einen kanonischen injektiven Gruppenhomomorphismus Gal(L/K) U n (unabhängig von der Wahl von w) und damit ist Gal(L/K) eine zyklische Gruppe. Beweis. Siehe [Bos01, Satz b)]. Zu diesem Satz gibt es folgende Umkehrung:

120 120 KAPITEL IV. GALOISTHEORIE IV.7.5 Zyklische Körpererweiterungen II Satz: Sei U n K, L/K sei eine Galoiserweiterung mit zyklischer Galoisgruppe der Ordnung n. Dann a K mit L = K(w) für jede Nullstelle w von x n a in K. Beweis. Siehe [Bos01, Satz a)]. IV.7.6 Hauptsatz zur Auflösbarkeit Theorem: f(x) K[X]. Dann ist f(x) = 0 auflösbar durch Radikale G f auflösbare Gruppe. Beweisidee. Wir skizzieren den Beweis nur, für Einzelheiten verweisen wir auf [Bos01, Theorem 6.15]. In einem ersten Schritt überlegt man sich, dass man endlich viele Einheitswurzeln zu K adjungieren darf, ohne dass sich die beiden Aussagen ändern (technischer Beweis). Also dürfen wir annehmen, dass U n K für alle n ord(g f ). =. Wir nehmen, dass G f eine auflösbare Gruppe ist. Also gibt es eine Normalreihe {e} = G 0... G r = G f (IV.16) mit zyklischen Faktoren G j /G j 1 der Ordnung p j prim (Satz IV.5.5). Nach IV.7.3 ist G f die Galoisgruppe des Zerfällungskörpers L von f(x) über K und L/K ist eine Galoiserweiterung. Nach dem Hauptsatz der Galoistheorie (Theorem IV.3.6) und seiner Folgerung IV.3.7 bilden die Fixkörper einen Körperturm so, dass L G j 1 /L G j L = L G 0 L G 1... L Gr = K (IV.17) eine normale Körpererweiterung ist mit Gal(L G j 1 /L G j ) = G j /G j 1. (IV.18) Aus (IV.18), dass Gal(L G j 1 /L G j ) eine zyklische Gruppe der Ordnung p j ist. Aus (IV.16) und dem Satz von Lagrange folgt p j ord(g f ). Also gilt U pj K L G j nach dem ersten Schritt. Wir dürfen also Satz IV.7.5 anwenden für die Körpererweiterung L G j 1 /L G j und n = p j. Es gibt also ein a j L G j so, dass L G j 1 = L G j (w j ) für jede Nullstelle w j von x p j a j. Zuerst einmal betrachten wir das für L G r 1 L Gr = K. Dann gilt L G r 1 = K(w r ), wobei w r = pr a r mit a r K. Aus Abschnitt III.3 wissen wir, dass K(w r ) = K[w r ]. Damit gibt es für jedes α L G r 1 ein g(x) K[X] mit α = g( pr a r ). Durch Iteration dieses Verfahren in (IV.17) stellen wir fest, dass jedes Element von L = L G 0 sich mit Hilfe der Operationen +, und p j (j = 1,..., r) darstellen lässt. Da L der Zerfällungskörper von f ist, liegen alle Nullstellen von f(x) aus K schon in L und damit folgt, dass f(x) = 0 auflösbar durch Radikale ist. =. Im wesentlichen kann man obigen Beweis umkehren. Aus f(x) = 0 auflösbar durch Radikale erhält man einen Körperturm wie in (IV.17). Mit dem Hauptsatz der Galoistheorie erhalten wir eine Normalreihe wie in (IV.16). Mit (IV.18) und Satz IV.7.4 folgt, dass G j /G j 1 zyklisch ist. = G f ist auflösbar.

121 IV.7. AUFLÖSBARKEIT ALGEBRAISCHER GLEICHUNGEN 121 IV.7.7 Gleichungen vom Grad kleiner als 5 Korollar: Sei f(x) K[X], deg(f) 4. Dann ist f(x) = 0 auflösbar durch Radikale. Beweis. Sei L der Zerfällungskörper von f über K. Beachte, dass f maximal 4 verschiedene Nullstellen in L hat und die erzeugen L über K. Nach Bemerkung IV.3.8 ist G f eine Untergruppe der Permutationsgruppe der Nullstellen. Es folgt, dass G f isomorph ist zu einer Untergruppe von S 4. Weil S 4 auflösbar ist (siehe IV.5.7), muss auch jede Untergruppe von S 4 auflösbar sein (siehe IV.5.2). = G f ist ein auflösbare Gruppe. Nach Theorem IV.7.6 ist f(x) = 0 auflösbar durch Radikale. IV.7.8 Allgemeines Polynom n-ten Grades Bemerkung: Mit Hilfe von Theorem IV.7.6 können wir zu jeder gegebenen Gleichung f(x) = 0 entscheiden, ob die auflösbar durch Radikale ist. Wir möchten aber analog zu Beispiel IV.7.1 eine Formel haben, die für alle Polynome f(x) von einem gegebenen Grad n gilt. Um das zu erreichen, betrachten wir die Koeffizienten von f(x) als unbestimmte Parameter. Wir nennen dann f(x) = x n + y n 1 x n y 1 x + y 0 das allgemeine Polynom n-ten Grades. Es liegt in Q(y 0,..., y n 1 )[X], wobei wir y 0,..., y n 1 als neue Variable betrachten. Hier ist Q(y 0,..., y n 1 ) der Quotientenkörper des Polynomrings Q[y 0,..., y n 1 ]. IV.7.9 Galoisgruppe des allgemeinen Polynoms Satz: Für das allgemeine Polynome f n-te Grades gilt G f = Sn. Beweis. Siehe [Bos01, Satz 4.3.4] IV.7.10 Zum Grad des Zerfällungskörpers Bemerkung: Sei L der Zerfällungskörper des allgemeinen Polynoms n-ten Grades f. Nach IV.3.3 und IV.7.9 folgt [L : K] = ord(g f ) = n! und damit ist die allgemeine Schranke [L : K] n! aus III.4.4 best möglich! IV.7.11 Auflösbarkeit der allgemeinen Gleichung Theorem: Die allgemeine Gleichung f(x) = 0 n-ten Grades ist genau dann durch Radikale auflösbar, wenn n < 5 gilt. Beweis. Wenn n 4, dann ist die Gleichung f(x) = 0 auflösbar durch Radikale nach IV.7.4. Wenn n 5, dann ist S n nicht auflösbar nach IV.5.7. Wegen G f = Sn (siehe IV.7.9) ist auch G f nicht auflösbar. Aus Theorem IV.7.6 folgt, dass f(x) = 0 nicht durch Radikale auflösbar ist.

122 122 KAPITEL IV. GALOISTHEORIE IV.7.12 Grad 3 und 4 Bemerkung: Für explizite Formeln in den Fällen n = 3, 4 verweisen wir auf [Bos01, 6.2]. Diese komplizierten Formeln werden Cardano zugeschrieben, stammen aber eigentlich von Ferro und Tartaglia (16. Jahrhundert).

123 Anhang A Übungen Aufgabe 1: Seien G, H Gruppen und sei ϕ : G H ein Gruppenhomomorphismus. Zeigen Sie: a) Ist U eine Untergruppe von H, dann ist ϕ 1 (U) eine Untergruppe von G. b) Ist U eine Untergruppe von G, dann ist ϕ(u) eine Untergruppe von H. c) ϕ ist genau dann injektiv, wenn ker(ϕ) = {e} gilt. d) ϕ ist genau dann ein Isomorphismus, wenn ϕ bijektiv ist. e) Ist ϕ surjektiv, dann liefert die Abbildung U ϕ 1 (U) eine Bijektion zwischen der Menge aller Untergruppen von H und der Menge aller derjenigen Untergruppen von G, die den Kern von ϕ enthalten. Aufgabe 2: Sei V := R 2 und G := GL(V ) die Gruppe der Automorphismen von V. Wir wählen ein regelmäÿiges Sechseck S V zentriert in 0. a) Zeigen Sie, dass die Menge D 6 := {g G g(s) = S} eine Untergruppe von G ist. b) Bestimmen Sie explizit alle Elemente von D 6. Solche Invariantengruppen D n von regelmäÿigen n-ecken heiÿen Diedergruppen. Ist D n eine abelsche Gruppe? Aufgabe 3: Sei G eine Gruppe und H eine Teilmenge von G. Auf G G sei eine Relation deniert durch g 1 g 2 : g 1 g2 1 H. Zeigen Sie: a) Die Relation ist genau dann eine Äquivalenzrelation, wenn H eine Untergruppe von G ist. b) Ab jetzt nehmen wir an, dass H eine Untergruppe von G ist. Dann sind die Äquivalenzklassen von gerade die Rechtsnebenklassen Hg von H in G. c) Es existiert eine Bijektion zwischen der Menge der Rechtsnebenklassen und der Menge der Linksnebenklassen von H in G. d) Die Menge der Rechtsnebenklassen von H in G bildet mit der repräsentantenweise denierten Multiplikation genau dann eine wohldenierte Gruppe, wenn H ein Normalteiler von G ist. 123

124 124 ANHANG A. ÜBUNGEN Aufgabe 4: Seien G, H Gruppen und ϕ : G H ein Gruppenhomomorphismus. Zeigen Sie, dass es dann genau einen Isomorphismus ϕ : G/ker(ϕ) ϕ(g) gibt, so dass ϕ(ḡ) = ϕ(g) für alle g G. Aufgabe 5: Seien σ, π S n mit σ = ( ) und π = ( a) Finde die Zyklenzerlegung für σ und π. b) Berechne die Inverse von σ und π. c) Schreibe σ als Produkt von Transpositionen. d) Berechne das Konjugat πσπ ). Aufgabe 6: Seien a, b {1,..., n} mit a b fest gewählt. Zeigen Sie, dass für n 3 die alternierende Gruppe A n von den Dreierzyklen (a, b, k) mit k {1,..., n}\{a, b} erzeugt wird, d.h. dass jede gerade Permutation als Produkt solcher Dreierzyklen darstellbar ist. Aufgabe 7: a) Sei G eine Gruppe der Ordnung 9. Wie viele Teilmengen besitzt die Menge G und wie viele davon enthalten das neutrale Element von G? Welche Elementeanzahl darf eine Teilmenge haben, damit sie im Einklang mit dem Satz von Lagrange zu einer echten Untergruppe von G gehören kann? Wie viele Teilmengen mit neutralem Element gibt es zu der jeweiligen Anzahl? b) Zeigen Sie, dass eine Untergruppe einer Gruppe G vom Index zwei stets ein Normalteiler von G ist. Aufgabe 8: Seien G, H Gruppen und G zyklisch. Zeigen Sie: a) Jede Untergruppe von G ist zyklisch. b) Ist ϕ : G H ein Gruppenhomomorphismus, so sind ker(ϕ) und ϕ(g) zyklisch. c) Seien nun G, H endlich und zyklisch. Es ist G H genau dann eine zyklische Gruppe, wenn ord(g) und ord(h) teilerfremd sind. Aufgabe 9: Sei p eine Primzahl und U eine Untergruppe der symmetrischen Gruppe S p, die eine Transposition τ und einen p-zykel σ enthält. Zeigen Sie, dass dann gilt U = S p. Aufgabe 10: Sei G eine endliche Gruppe und H eine Untergruppe von G. Zeigen Sie: a) H operiert eektiv auf der Menge G durch Linksmultiplikation. b) Die Aussage welchen Satzes erhält man, wenn man die Klassengleichung für die Operation aus a) anwendet. Aufgabe 11: Bestimmen Sie alle Untergruppen der Diedergruppe D 6 aus Aufgabe 2. Testen Sie für jede Untergruppe, ob sie zyklisch, abelsch, Normalteiler oder p-sylowuntergruppe ist. Aufgabe 12: Seien p und q Primzahlen mit p < q.

125 125 a) Sei G eine Gruppe der Ordnung pq. Bestimmen Sie die Anzahl der q-sylowuntergruppen von G. b) Eine Gruppe G heiÿt einfach, falls {e} und G die einzigen Normalteiler von G sind. Zeigen Sie, dass jede Gruppe der Ordnung p 2 q nicht einfach ist. Satz: Sei G eine endliche Gruppe, sei p der kleinste Primteiler von ord(g) und U eine Untergruppe von G vom Index p. Dann ist U ein Normalteiler von G. Aufgabe 13: Vervollständigen Sie den folgenden Beweis des obigen Satzes: Sei X die Menge aller Untergruppen von G und operiere G auf X durch Konjugation. Die Elemente der Bahn G U von U unter G haben die Gestalt. Es gilt U Stab(U) und nach Proposition 6.9 ist G U = (G : Stab(U)). Somit besteht die Konjugationsklasse G U entweder aus oder aus Elementen. Im ersten Fall ist U oensichtlich ein Normalteiler von G. Im anderen Fall gilt U = Stab(U), denn U Stab(U) und (G : U) (G : Stab(U)). Da G auf G U durch Konjugation operiert, gibt es einen Homomorphismus ϕ : G S(G U, G U ), g (huh 1 ghuh 1 g 1 ), wobei S(G U, G U ) die Permutationsgruppe auf G U bezeichnet. Nach dem Homomorphiesatz und dem Satz von Lagrange ist (G : ker(ϕ)) ein Teiler von S(G U, G U ) =. Da (G : ker(ϕ)) auch ein Teiler der Ordnung von G und p nach Voraussetzung der kleinste Primteiler von ord(g) ist, gilt insbesondere (G : ker(ϕ)) =. Es ist also = (G : ker(ϕ)) = (G : U) (U : ker(ϕ)) = p (U : ker(ϕ)), d.h. (U : ker(ϕ)) = und damit U ker(ϕ). Da nun der Kern von ϕ ein Normalteiler von G ist, ist auch U ein Normalteiler von G. Aufgabe 14: Klassizieren Sie alle Gruppen der Ordnung 9, 10 und 11. Geben Sie an, welche dieser Gruppen zyklisch oder abelsch sind. Aufgabe 15: Sei G eine abelsche Gruppe der Ordnung 36. Bestimmen Sie alle Isomorphietypen von G. Aufgabe 16: Bestimmen Sie den Isomorphietyp der abelschen Gruppe (Z/24Z) und geben Sie explizit einen Isomorphismus an. Aufgabe 17: Sei p eine Primzahl und G eine Gruppe der Ordnung p 2. Zeigen Sie: a) G ist abelsch. b) G ist entweder zyklisch oder isomorph zu Z/pZ Z/pZ. Aufgabe 18: Sei R ein kommutativer Ring und I ein Ideal von R. Zeigen Sie, dass I genau dann ein Primideal ist, wenn R/I ein Integritätsbereich ist.

126 126 ANHANG A. ÜBUNGEN Aufgabe 19: Sei R ein kommutativer Ring und seien I, J Ideale von R. Zeigen Sie, dass dann auch I + J := {a + b a I, b J} und I J Ideale von R sind. Aufgabe 20: Sei R ein kommutativer Ring und sei I 1 I 2 I 3 eine aufsteigende Kette von Idealen I j von R. Zeigen Sie, dass dann auch I j ein Ideal von R ist. Aufgabe 21: Sei R ein kommutativer Ring, sei S ein Integritätsbereich und sei ϕ : R S ein Ringhomomorphismus. Zeigen Sie, dass ker(ϕ) ein Primideal von R ist. j N Aufgabe 22: Zeigen Sie: a) Die Menge der Quaternionen {( ) } z w H = z, w C w z bildet mit der üblichen Matrizenaddition und -multiplikation einen Schiefkörper. b) Mit Hilfe der Abbildung ( ) z 0 C H, z 0 z lässt sich C als Teilring von H ansehen. Aufgabe 23: Seien x 1,..., x r, m 1,..., m r Z, wobei m 1,..., m r 2 paarweise teilerfremden Zahlen und sei n i = m 1 m i 1 für i = 1,..., r + 1. a) Zeigen Sie, dass für jedes i {1,..., r} ein Zahl a i Z existiert mit 1 a i < m i und a i n i 1 mod m i. b) Für i = 1,..., r sei b i Z mit 0 b i < m i und b i (x i i 1 k=1 b kn k )a i mod m i. Zeigen Sie, dass die Zahl x = b 1 n b r n r simultane Lösung der Kongruenzen x x 1 mod m 1 x x 2 mod m 2. x x r mod m r ist. Geben Sie alle Lösungen des Systems an. c) Berechnen Sie eine simultane Lösung der Kongruenzen x 1 mod 2, x 2 mod 3, x 4 mod 5. Aufgabe 24: Seien m und n teilerfremde ganze Zahlen. Beweisen Sie den chinesischen Restsatz Z/mnZ = Z/mZ Z/nZ. Aufgabe 25: Sei R ein kommutativer Ring mit 1.

127 127 a) Den Polynomring R[x 1,..., x n ] in den n Variablen x 1,..., x n denieren wir rekursiv durch R[x 1,..., x n ] := (R[x 1,..., x n 1 ])[x n ]. Zeigen Sie, dass man die Elemente als formale Summen a j x j 1 1 x jn n ( ) j N n 0 mit nur endlich vielen Koezienten a j R verschieden von Null schreiben kann. Geben Sie die Additions- und die Multiplikationsformel an für Polynome der Form ( ). b) Wenn M ein beliebiges kommutatives Monoid ist mit Verknüpfung +, dann denieren wir R[M] := {(a µ ) µ M a µ R, a µ 0 nur für endlich viele µ}. Wir denieren auf R[M] die Verknüpfungen (a µ ) µ M + (b µ ) µ M := (a µ + b µ ) µ M (a µ ) µ M (b µ ) µ M := a λ b ν λ+ν=µ Zeigen Sie, dass R[M] damit zu einem kommutativen Ring wird. c) Welches Monoid muss man wählen, damit der in Aufgabenteil a) denierte Polynomring R[x 1,..., x n ] zu einem Spezialfall der Konstruktion in b) wird? Aufgabe 26: Zeigen Sie, dass jedes faktorielle Monoid der Primbedingung genügt. Aufgabe 27: Sei M ein faktorielles Monoid, seien a, b M und a = p vp(a), b = p prim p prim p vp(b) die Faktorisierungen von a und b in irreduzible Elemente. Zeigen Sie, dass der gröÿte gemeinsame Teiler und das kleinste gemeinsame Vielfache von a und b existieren und dass gilt ggt(a, b) = p min(vp(a),vp(b)), kgv(a, b) = p max(vp(a),vp(b)). p prim p prim Aufgabe 28: Sei R ein Hauptidealbereich. Zeigen Sie, dass für a, b R\{0} gilt a b = kgv(a, b). Aufgabe 29: Zeigen Sie, dass in einem Hauptidealbereich jedes von {0} verschiedene Primideal ein Maximalideal ist. Aufgabe 30 [Lemma von Bézout]: R sei ein Hauptidealbereich und a, b, c R. Zeigen Sie, dass es x, y R gibt mit xa+yb = ggt(a, b). Zeigen Sie allgemeiner, dass die lineare diophantische Gleichung xa + yb = c

128 128 ANHANG A. ÜBUNGEN genau dann eine Lösung (x, y) R 2 hat, wenn ggt(a, b) c. Aufgabe 32: Zeigen Sie, dass der Polynomring K[x, y] über einem Körper K kein Hauptidealbereich ist. Aufgabe 33: Zeigen Sie, dass der Ring Z[i] C der Gauÿschen Zahlen mit der Gradabbildung d(x) = x 2 einen euklidischen Ring bildet und bestimmen Sie seine Einheiten. Aufgabe 34: Zeigen Sie, dass der Ring Z[ 5] nicht faktoriell ist, indem Sie ein Element nden, das irreduzibel aber nicht prim ist. Aufgabe 35: Zeigen Sie, dass jeder euklidische Ring ein Hauptidealbereich ist. Aufgabe 36: (a) Bestimmen Sie den gröÿten gemeinsamen Teiler von und (b) Finden Sie die allgemeine Lösung (x, y) Z 2 der diophantischen Gleichung 11413x+ 3636y = 202 mit Hilfe des auf dem euklidischen Algorithmus basierenden Verfahrens. Aufgabe 37: Sei R ein faktorieller Ring und f R[x]\{0} ein primitives Polynom, d.h. v p (f) = 0 für alle Primelemente p R. Zeigen Sie: a) Sei S ein Integritätsbereich und ϕ : R[x] S ein Ringhomomorphismus, der kein Polynom positiven Grades auf eine Einheit in S abbildet. Ist dann ϕ(f) irreduzibel in S, so ist f irreduzibel in R[x]. b) Sei f(x) = a n x n + + a 1 x + a 0 mit a 0,..., a n R und p R ein Primelement mit p a n. Ist das Polynom [a n ]x n + [a 1 ]x + [a 0 ] irreduzibel in (R/ p )[x], so ist f irreduzibel in R[x]. c) Für jedes a R ist f(x + a) genau dann irreduzibel in R[x], wenn f(x) irreduzibel in R[x] ist. Aufgabe 38: Sei p eine Primzahl. Zeigen Sie: a) Das Polynom f(x) = x p x + 1 ist irreduzibel in Q[x]. [Hinweis: Betrachten Sie zunächst das Polynom f(x + 1).] b) Die folgenden Polynome sind in den jeweiligen Ringen irreduzibel: i) x 5 + 4x 4 8x + 6 Q[x], ii) x 3 + 3x + 1 Q[x], iii) x 2 + 2x + 2 Z[x], iv) y 3 + (x + 1) 2 y + x 2 1 Q[x, y]. Aufgabe 39: Sei p eine Primzahl und K ein Körper der Charakteristik p. Zeigen Sie, dass die Abbildung ϕ : K K mit ϕ(a) = a p für alle a K ein Körperhomomorphismus ist. Aufgabe 40:

129 129 a) Zeigen Sie, dass jedes Polynom in R[x] mit ungeradem Grad eine reelle Nullstelle besitzt. b) Bestimmen Sie alle irreduziblen Polynome in R[x]. Aufgabe 41 Geben Sie ein Beispiel eines Körpers, für den es ein Polynom gibt, das alle Körperelemente als Nullstellen hat. Aufgabe 42 Finden Sie f Q[x] mit Nullstelle Aufgabe 43: Bestimmen Sie den Grad der folgenden Körpererweiterungen von Q. a) Q[i 3 ] b) Q[ ] c) Q[ 5 5 ] d) Q[e 2πi 5 ] Aufgabe 44: Geben Sie den Grad des Zerfällungskörpers von x 3 2 über Q an. Aufgabe 45: Sei K ein Körper. Zeigen Sie, dass der algebraische Abschluss K/K bis auf K-Isomorphie eindeutig ist. Begründen Sie, weshalb solch ein K-Isomorphismus zwischen algebraischen Abschlüssen nicht eindeutig bestimmt ist. [Hinweis: Verwenden Sie das Zornsche Lemma.] Aufgabe 46: Bestimmen Sie den Grad der Körpererweiterung Q/Q und zeigen Sie Q C. Aufgabe 47 Zeigen Sie: a) Ist G eine endliche, abelsche, nicht zyklische Gruppe, dann existiert eine Zahl d N, so dass d ein echter Teiler von ord(g) ist und für alle g G gilt g d = e. [Hinweis: Verwenden Sie den Struktursatz aus Abschnitt I.8.] b) Ist K ein Körper, so ist jede endliche Untergruppe von K zyklisch. Aufgabe 48: Welche der folgenden Körpererweiterungen ist normal? a) Q( 5 3) über Q. b) Q(e 2πi/7, 7 2) über Q.

130 130 ANHANG A. ÜBUNGEN Begründen Sie Ihre Antwort ausführlich. Aufgabe 49: Sei m N ein Produkt paarweise verschiedener Primzahlen und n N. Bestimmen Sie den Grad der Körpererweiterung Q( n m)/q. Geben Sie die kleinste normale und separable Körpererweiterung L/Q an, für die gilt Q( n m) L C. Aufgabe 50: Sei K ein endlicher Körper der Charakteristik p. Zeigen Sie: a) Es gilt K = p n für ein n N. b) Jede algebraische Körpererweiterung von K ist separabel. Aufgabe 51: Sei p eine Primzahl und K = (Z/pZ)(t) der Quotientenkörper des Polynomrings in der Unbestimmten t über dem Körper Z/pZ. Zeigen Sie, dass das Polynom x p t K[x] eine mehrfache Nullstelle besitzt und dass K[x]/ x p t eine nicht-separable Körpererweiterung von K ist. Aufgabe 52: Sei L eine endliche Körpererweiterung von K mit Automorphismengruppe Aut(L/K). a) Zeigen Sie für eine Teilmenge F von L, dass Aut(L/F ) := {σ Aut(L/K) σ(a) = a a F } eine Untergruppe von Aut(L/K) ist. b) Zeigen Sie für eine Teilmenge H von Aut(L/K), dass L H := {a L σ(a) = a σ H} ein Zwischenkörper von L/K ist. c) Zeigen Sie für eine Teilmenge F von L, dass F L Aut(L/F ). d) Zeigen Sie für eine Teilmenge H von Aut(L/K), dass H Aut(L/L H ). Aufgabe 53: Bestimmen Sie alle Zwischenkörper der Körpererweiterung a) Q(e 2πi 5 )/Q, b) Q( 2, 3)/Q. Aufgabe 54: (4 Punkte) Sei L/K eine Galoiserweiterung von endlichem Grad mit Zwischenkörper K F L. Weiter seien H, H 1, H 2 Untergruppen von Gal(L/K) und σ Gal(L/K). Zeigen Sie: a) H 1 H 2 L H 1 L H 2. b) ord(h) = [L : L H ]. c) [Gal(L/K) : H] = [L H : K]. d) L/F ist eine Galoiserweiterung. e) Gal(L/σ(F )) = σ Gal(L/F ) σ 1.

131 131 f) L σhσ 1 = σ(l H ). g) H ist genau dann ein Normalteiler von Gal(L/K), wenn L H /K eine normale Körpererweiterung von K ist. h) Ist H ein Normalteiler von Gal(L/K), dann sind Gal(L H /K) und Gal(L/K)/H isomorph. Aufgabe 55: Sei p eine Primzahl, sei n N und q = p n. Zeigen Sie: a) Der Zerfällungskörper von x q x (Z/pZ)[x] besitzt q Elemente. b) Bis auf Isomorphie existiert genau ein Körper mit q Elementen. Er wird mit F q bezeichnet. c) Jeder endliche Körper ist isomorph zu genau einem Körper des Typs F q. Aufgabe 56: Sei F q der endliche Körper mit q = p n Elementen, wobei p eine Primzahl und n N ist. Zeigen Sie: a) F q /F p ist eine Galoiserweiterung. b) Der Frobenius-Automorphismus F q F q, a a p erzeugt die Galoisgruppe von F q /F p, d.h. Gal(F q /F p ) ist eine zyklische Gruppe der Ordnung n. Aufgabe 57: Entscheiden Sie, welche der folgenden Winkel sich mit Zirkel und Lineal dritteln lassen: a) α 1 = π 2, b) α 2 = π 5, c) α 3 = π 12. Aufgabe 58: Entscheiden Sie, für welche n 50 der Winkel π n mit Zirkel und Lineal konstruierbar ist. Aufgabe 59: Sei der Winkel α = π gegeben. Entscheiden Sie, für welche n N sich der Winkel π aus 7 n α mit Zirkel und Lineal konstruieren lässt.

132 132 ANHANG A. ÜBUNGEN

133 Literaturverzeichnis [Bos01] Siegfried Bosch. Algebra. Springer, [Jac85] N. Jacobson. Basic Algebra I. Freeman and Company, [Wol96] J. Wolfart. Einführung in die Zahlentheorie und Algebra. Vieweg,

134 134 LITERATURVERZEICHNIS

135 Symbolverzeichnis Z p U n bedeutet dasselbe wie Z/pZ Gruppe der n-te Einheitswurzel 1 die Identische Abbildung also id(x) = x N Natürliche Zahlen ohne 0 A B R[X] R[x] R[X 1,..., X n ] R X disjunkte Vereinigung von A und B Polynomring einer Variablen X kleinster Unterring, der R und x enthält Polynomring in n Variablen R-wertige Funktionen auf X 135