Algebra I. Prof. Dr. M. Rost. Übungen Blatt 11 (WS 2015/16) 1. Abgabetermin: Donnerstag, 22. Januar.

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1 Algebra I Prof. Dr. M. Rost Übungen Blatt 11 (WS 2015/16) 1 Abgabetermin: Donnerstag, 22. Januar Erinnerungen an die Vorlesung: Im Folgenden werden manchmal einige Definitionen und Bemerkungen aus der Vorlesung zusammengefaßt. Man kann die meisten Dinge auch in Büchern oder auf den auf der Homepage angegebenen Links nachlesen. Anmerkungen und Hinweise sind ausdrücklich erwünscht (per oder in der Vorlesung). Separabilität Definition 1. Ein Polynom P K[t] (P 0) heißt separabel, falls es in einem Zerfällungs-Körper in paarweise verschiedene Linearfaktoren zerfällt: n P(t) = (t α i ) (α i α j,i j) i=1 Oder: Alle Nullstellen von P sind einfach. Definition 2. Es sei die K-lineare Abbildung mit Für ein Polynom P K[t] heißt D: K[t] K[t] D(t n ) = nt n 1 (n 0) P = d dt P = D(P) die Ableitung oder das Differential von P. 1 Fassung vom 20. Januar (Korrektur in Aufgabe 4 (1))

2 2 Aus der Analysis kennen Sie die Ableitung mittels einer Limesbetrachtung, die über beliebigen Körpern aber keinen Sinn macht. Die Formel für die Ableitung eines Polynomes kann man aber offensichtlich als Definition der Ableitung über beliebigen Körpern (auch über Ringen) benutzen, was hiermit geschehen ist. Die üblichen Rechenregeln (etwa die Produktformel) gelten auch hier. Die hier gegebene Definition ist natürlich ad hoc. In der kommutativen Algebra wird das Differential im sehr allgemeinem Kontext einer Ringerweiterung R/S durch den Differentialmodul Ω S/R beschrieben. Lemma 3. Ein Polynom P K[t] (P 0) ist separabel genau dann wenn P(t) und seine Ableitung P (t) teilerfremd sind (also ggt(p,p ) = 1). Beweis. Man schreibe und damit Man beachte P(t) = P (t) = n (t α i ) i=1 n (t α i ) k=1 i k P (α j ) = i j(α j α i ) da für k j das Produkt nach Einsetzen von t = α j verschwindet. Ein echter gemeinsamer Faktor von P und P enthält ein (t α j ), denn schließlich ist P ein Produkt der (t α i ). Um nachzuprüfen, ob (t α j ) ein Faktor von P (t) ist,reicht es, diebedingung P (α j ) = 0zubetrachten. Offensichtlich giltp (α j ) = 0 genau dann wenn α j mehrfach vorkommt. Hier ist eine Anwendung: Lemma 4. Es sei q 1. Bei positiver Charakteristik p sei p q vorausgesetzt. Dann ist t q 1 separabel. Beweis. Die Ableitung ist qt q 1. Ist q 0 in K, so ist der ggt von t q 1 und seiner Ableitung offensichtlich 1. Die Nullstellen von t q 1 heißen q-te Einheitswurzeln. In betrachteten Fall gibt es also (in einem Zerfällungskörper) immer genau q verschiedene q-te Einheitswurzeln. Dagegen hat in Charakteristik p das Polynom t p 1 = (t 1) p

3 nur eine einzige Nullstelle, nämlich 1. Dies ist die einzige p-te Einheitswurzel in Charakteristik p. Perfekte Körper Eine Besonderheit ist in positiver Charakteristik p zu beachten. Ein Polynom mit verschwindender Ableitung ist nicht notwendig ein konstantes Polynom, was man am Beispiel P(t) = t p sieht. Allgemein gilt für ein Polynom der Form nach der Kettenregel: P(t) = Q(t p ) P (t) = Q (t p )pt p 1 = 0 Lemma 5. Es sei P K[t] und P (t) = 0 (als Element des Polynomringes). Ist chark = 0, so ist P konstant: für ein a K. P(t) = a = at 0 Ist chark = p > 0, so gibt es ein eindeutig bestimmtes Polynom Q K[t] mit Beweis. Siehe Vorlesung. P(t) = Q(t p ) Definition 6. Eine Körper K heißt vollkommen oder perfekt, wenn jedes irreduzible Polynom separabel ist. Wichtig für uns ist: Proposition 7. Jeder Köper der Charakteristik 0 ist perfekt. Beweis. Ist P = 0, so ist P konstant, also separabel. Ansonsten ist jedenfalls Grad(P ) < Grad(P), also wäre ein gemeinsamer Teiler ein echter Teiler von P. Weil P irreduzibel ist, ist dies unmöglich. Es sei nun chark = p > 0. Auf Blatt 9 wurde der Frobenius-Homomorphismus F : K K F(x) = x p eingeführt. Dieser erweitert sich auf den Polynom-Ring durch Dabei gilt natürlich F : K[t] K[t] n F(P) = P p ( ) F a n t n = a p nt np n 3

4 4 Proposition 8. K ist perfekt genau dann wenn F surjektiv ist. Oder: Wenn jedes Element von K eine p-te Wurzel in K hat. Beweis. K sei perfekt. Es sei a K. Hat a keine p-te Wurzel in K, so hat t p a keine Nullstelle, ist also irreduzibel (Blatt 9, Lemma 21). t p a ist aber nicht separabel, denn t p a = (t p a) p. Damit wäre K nicht perfekt. Zur Umkehrung argumentiert man wie im Beweis von Proposition 7, nur ist der Fall P = 0 gesondert zu betrachten. Im Fall chark = p > 0 erhält man dann nach Lemma 5: P(t) = Q(t p ) Ist F surjektiv, so ist P(t) = Q(t) p wobei Q aus Q entsteht, in dem man die Koeffizienten von Q durch ihre p-ten Wurzeln ersetzt. Ist Q nicht konstant, so wäre P als p-te Potenz von Q nicht irreduzibel. Proposition 9. Jeder endliche Körper ist perfekt. Beweis. Beweis 1: Der Frobenuis-Homomorphismus ist immer injektiv (denn der Kern ist ein Ideal im Körper K). Als injektive Abbildung der endlichen Menge K in sich muß F surjektiv sein. Beweis 2: Es gilt K = p r mit r = [K :F p ] und daher K = p r 1. Nach dem Satz von Lagrange gilt x pr 1 = 1 für x K. Daher gilt x pr = x für alle x K. Jedes Element x hat also eine p-te Wurzel, nämlich x pr 1. Beispiel: Der Funktionenkörper F p (t) in einer Variablen über dem perfekten Köper F p ist nicht perfekt. Denn t ist keine p-te Potenz.

5 5 Der Hauptsatz der Galois-Theorie Hier fehlt noch einiges, die Sätze will ich aber schon mal formulieren. Zunächst eine ad hoc Definition: Definition 10. Eine Körpererweiterung L/K heißt total inseparabel wenn gilt: Ist chark = 0, so ist L = K. Ist chark = p > 0, so entsteht L aus K durch iteratives Adjungieren von p-ten Wurzeln: L = K( p α 1 )( p α 2 ) ( p α N ) Ist K perfekt, so hat jedes Element eine p-te Wurzel in K. Hier ist also L = K. Satz 11. Es sei L/K eine endliche normale Erweiterung und G = Aut(L/K) = {g: L L g K = id K } die Gruppe der Körperautomorphismen von L, die die Elemente von K festlassen. Ferner sei L 0 = L G = {x L g(x) = x g G} der Fixkörper von G. (Dies ist der Unterkörper der Elemente von L die von allen Elementen von G festgelassen werden. Insbesondere gilt K L 0.) Dann gilt (1) [L:L 0 ] = G (2) L 0 /K ist total inseparabel. Beweis. Noch kein Beweis. Ist K perfekt (etwa in Charakteristik 0 oder für endliche Körper), so ist L 0 = K. Also gilt: Korollar 12. Bei einer Körpererweiterung L/K von einem perfekten Körper K gilt Aut(L/K) = [L:K] Im Fall L 0 = K nennt man die Erweiterung L/K galoisch und G = Gal(L/K) = Aut(L/K) = {g: L L g K = id K } heißt die Galois-Gruppe der Galois-Erweiterung L/K. Als erstes Beispiel sei genannt: Jeder Zerfällungskörper eines Polynomes über Q ist eine Galois-Erweiterung von Q. Eine Galois-Erweiterung hat also genau so viele Automorphismen wie der Körpergrad angibt.

6 6 Satz 13. Es sei L/K eine Galois-Erweiterung mit Gruppe Für jede Untergruppe U G sei der Fixkörper von U. G = Gal(L/K) = Aut(L/K) L U = {x L g(x) = x g U } Für jeden Zwischenkörper K H L sei U H = {g G g(x) = x x H} die Standgruppe von H (der Durchschnitt der Standgruppen der Elemente von H). Dann gilt: Die Körper L U sind genau die Zwischenkörper von L/K. Die Gruppen U H sind genau die Untergruppen von G. Dabei gelten: Kurz gesagt: U L U = U L U H = H Bei einer Galois-Erweiterung entsprechen die Untergruppen der Galois-Gruppe den Zwischenkörpern. Einer Untergruppe entspricht dabei ihr Fixkörper und einem Zwischenkörper entspricht seine Standgruppe. Spezialfälle sind die triviale Untergruppe U = {e} mit Fixkörper L und die ganze Gruppe U = G mit Fixkörper K.

7 7 Aufgabe 1. Es sei L = Q(ζ 12 ) C, ζ 12 = e 2πi 12 (1) Man zeige, daß L/Q normal ist und bestimme seine Galois-Gruppe. (2) Was sind die Zwischenkörper von L/Q? Aufgabe 2. Es sei wobei L = Q( 3 2,ζ) C ζ = ζ 3 = 1+ 3i 2 Dies ist eine normale Erweiterung von Q (vgl. Blatt 8, Aufgabe 3), also ist L/Q galoisch. Man bestimme die Galoisgruppe von L/Q und alle Zwischenkörper.

8 8 Aufgabe 3. Es sei K ein Körper mit chark 2 und es sei L = K( d 1,..., d n ) L/K ist normal, denn es ist der Zerfällungskörper von (t 2 d 1 ) (t 2 d n ) Wir nehmen an, daß die d i unabhängig sind im Sinne von Blatt 10, Korollar 3, so daß also gilt: [L:K] = 2 n (1) Man bestimme die Galois-Gruppe von L/K. (2) Was sind die Zwischenkörper von L/K? Aufgabe 4. Seien K ein Körper und E = K(t) der Quotientenkörper von K[t]. Ferner sei F E der kleinste Teilkörper von E, der K und s = t+t 1 enthält, also K F = K(t+t 1 ) E = K(t) Zeigen Sie: (1) Es gibt genau einen Körperautomorphismus α: K(t) K(t) mit α(a) = a für a K und α(t) = t 1. (2) F ist der Fixkörper von α: F = E α = {z E α(z) = z} (3) [E :F] = 2 und bestimmen Sie das Minimalpolynom von t über F.