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| \documentclass[uebung]{../../../lecture} | |||
| \title{Algebra I: Übungsblatt 6} | |||
| \author{Lukas Nullmeier, Christian Merten} | |||
| \begin{document} | |||
| \punkte | |||
| \begin{aufgabe} | |||
| Beh.: $K$ vollkommen $\iff$ $(f \in K[X]$ irreduzibel $\implies$ $f$ separabel). | |||
| \begin{proof} | |||
| \begin{itemize} | |||
| \item ,,$\implies$'': Sei $K$ vollkommen und $f \in K[X]$ irreduzibel | |||
| und $\alpha \in \overline{K}$ mit $\overline{K}$ ein algebraischer Abschluss | |||
| von $K$. Dann betrachte $L \coloneqq K(\alpha)$. $L$ ist separabel | |||
| über $K$, da $K$ vollkommen, insbesondere $\alpha$ separabel über $K$, also | |||
| $f$, Minimalpolynom von $\alpha$, separabel über $K$. | |||
| \item ,,$\impliedby$'': Sei $L / K$ algebraische Körpererweiterung und $\alpha \in L$. Dann | |||
| sei $f \in K[X]$ Minimalpolynom von $\alpha$ über $K$. Dann ist $f$ irreduzibel, | |||
| also separabel und damit $\alpha$ separabel und damit $L / K$ separabel. | |||
| Da $L$ beliebig, folgt $K$ vollkommen. | |||
| \end{itemize} | |||
| Beh.: $\sigma$ surjektiv $\iff$ $K$ vollkommen. | |||
| \begin{proof} | |||
| \begin{itemize} | |||
| \item ,,$\implies$'': Sei $\sigma$ surjektiv und $f \in K[X]$ irreduzibel. Mit | |||
| der Vorüberlegung | |||
| genügt es zu zeigen, dass $f$ separabel ist. Da $\text{char}(K) = p > 0$ | |||
| sei $r \in \N_0$ maximal, s.d. $f(X) = g(X^{p^{r}})$ für ein | |||
| $g \in K[X]$. Dann hat nach VL jede Nullstelle von $f$ Vielfachheit | |||
| $p^{r}$. Ang.: $r > 0$. Dann ex. insbesondere | |||
| ein $f(X) = h(X^{p})$ für $h \in K[X]$. Dann ex. $a_i \in K$ | |||
| und da $\sigma$ surjektiv, $\alpha_i \in K$, s.d. $a_i = \alpha_i^{p}$ $\forall i$. Damit | |||
| folgt | |||
| \[ | |||
| f = \sum_{i=1}^{n} a_i X^{ip} = \sum_{i=1}^{n} \alpha_i^{p} (X^{i})^{p} | |||
| = \left(\sum_{i=1}^{n} \alpha_i X^{i} \right)^{p} | |||
| .\] Also ist $f$ reduzibel $\contr$. Damit folgt $r = 0$, also | |||
| hat jede Nullstelle von $f$ genau Vielfachheit $1$, insbesondere | |||
| $f$ separabel. | |||
| \item ,,$\impliedby$'': Sei $K$ vollkommen und $a \in K$. Dann betrachte | |||
| $f \coloneqq X^{p} - a$. Sei $\alpha \in \overline{K}$ mit | |||
| $\overline{K}$ ein algebraischer Abschluss von $K$ Nullstelle von $f$. Dann | |||
| folgt $\alpha ^{p} = a$. Damit folgt da $\text{char}(K) = p > 0$: | |||
| \[ | |||
| (X - \alpha)^{p} = X^{p} - \alpha ^{p} = X^{p} - a = f | |||
| .\] | |||
| Also ist $\alpha$ Nullstelle von $f$ mit $p$-facher Vielfachheit. Also | |||
| $f$ nicht separabel und mit der Vorüberlegung also $f$ reduzibel über $K$. Sei | |||
| $g \in K[X]$ ein irreduzibler Faktor von $f$ mit $\text{deg}(g) = r$. Dann | |||
| ist $\alpha$ Nullstelle von $g$ mit $r$-facher Vielfachheit und da $g$ irreduzibel, | |||
| ist $g$ separabel nach der Vorüberlegung. Also folgt $r = 1$ und $g = X - \alpha \in K[X]$. | |||
| Insbesondere folgt $\alpha \in K$ und wegen $\alpha ^{p} = a$ folgt | |||
| $\sigma$ surjektiv. | |||
| \end{itemize} | |||
| \end{proof} | |||
| \end{proof} | |||
| \end{aufgabe} | |||
| \begin{aufgabe} | |||
| \begin{enumerate}[(a)] | |||
| \item Beh.: Ist $K$ vollkommen, so auch $L$. | |||
| \begin{proof} | |||
| Sei $M / L$ eine algebraische Körpererweiterung. Da $M / L$ und $L / K$ algebraisch, | |||
| ist auch $M / K$ algebraisch und da $K$ vollkommen damit $M / K$ separabel. | |||
| Also insbesondere $M / L$ separabel. Da $M / L$ beliebig, folgt $L$ vollkommen. | |||
| \end{proof} | |||
| \item Beh.: $L / K$ separabel $\implies$ $K$ vollkommen. | |||
| \begin{proof} | |||
| Sei $M / K$ algebraische Körpererweiterung und sei $\alpha \in M$ beliebig. Betrachte | |||
| das Kompositum $E \coloneqq K(\alpha)L$. Es ist $E / L$ endliche algebraische Erweiterung, | |||
| da $K(\alpha) / K$ und $L / K$ endlich und algebraisch. Da $L$ vollkommen, ist | |||
| also $E / L$ separabel. Da außerdem $L / K$ separabel, | |||
| ist auch $E / K$ separabel. | |||
| Insbesondere ist also $\alpha \in K(\alpha) \subseteq E$ separabel | |||
| über $K$. Da $\alpha$ beliebig, folgt $M / K$ separabel. | |||
| \end{proof} | |||
| \item Beh.: $L / K$ separabel. | |||
| \begin{proof} | |||
| Setze $n \coloneqq [ L \colon K ] < \infty$. Dann sei $\alpha \in L$ und | |||
| $f \in K[X]$ Minimalpolynom zu $\alpha$. | |||
| Da $\text{char}(K) = p > 0$ sei | |||
| $r \in \N_0$ maximal, s.d. $f(X) = g(X^{p^{r}})$ | |||
| für ein $g \in K[X]$. Da $f$ irreduzibel ist $g$ nach VL separabel und | |||
| $f(\alpha) = 0 \implies g(\alpha ^{p^{r}}) = 0$. Also $\alpha ^{p^{r}}$ Nullstelle | |||
| eines separablen Polynoms über $K$, also separabel über $K$. Es folgt | |||
| also $\alpha ^{p^{r}} \in K_s$. Ang.: $r > n$. Da | |||
| \[ | |||
| n = [L : K] = [L : K(\alpha)] [K(\alpha) : K] = [L : K(\alpha)] \text{deg}(f) | |||
| ,\] folgt $\text{deg}(f) \le n$. Also insbesondere $r > \text{deg}(f) $. Dann | |||
| \[ | |||
| \text{deg}(f) = \underbrace{\text{deg}(g)}_{\ge 1} p^{r} > p^{r} > p^{n} > \text{deg}(f) | |||
| \quad \contr | |||
| .\] Also folgt $r \le n$. Damit folgt da $K_s$ Körper | |||
| \[ | |||
| \alpha ^{p^{n}} = \alpha ^{p^{n-r} p^{r}} = (\alpha ^{p^{r}})^{p^{n-r}} \in K_s | |||
| .\] | |||
| Sei nun $a \in L$. | |||
| Da $L$ vollkommen, ist nach Aufgabe 1 $\sigma$ bijektiv, damit | |||
| ist auch $\sigma ^{n}\colon L \to L, x \mapsto \sigma(x)^{n} = x^{p^{n}}$ bijektiv | |||
| als Komposition bijektiver Abbildungen. Also ex. ein $\alpha \in L$, s.d. | |||
| $\sigma ^{n}(\alpha) = a$. Also folgt mit der Vorüberlegung $a = \alpha ^{p^{n}} \in K_s$, | |||
| also $a$ separabel über $K$ und damit $L / K$ separabel. | |||
| \end{proof} | |||
| \end{enumerate} | |||
| \end{aufgabe} | |||
| \begin{aufgabe} | |||
| \begin{enumerate}[(a)] | |||
| \item Beh.: Jede quadratische Erweiterung $L$ ist von der Form $L = K(\sqrt{a})$ für | |||
| ein $a \in K^{\times } \setminus (K^{\times })^2$. | |||
| \begin{proof} | |||
| Sei $L / K$ quadratische Erweiterung. Dann ist $[L : K] = 2$ insbesondere | |||
| algebraisch und endlich. Also $L = K(\alpha_1, \ldots, \alpha_n)$ für | |||
| $\alpha_1, \ldots, \alpha_n \in L$. Da der Grad von echten Erweiterungen echt größer | |||
| als $1$ ist, folgt mit Gradformel $L = K(\alpha)$ für ein $\alpha \in L$ mit | |||
| Minimalpolynom | |||
| \[ | |||
| f = X^2 + \tilde{b}X + c | |||
| \] für $b, c \in K$. Da $\text{char}(K) \neq 2 \implies \exists b \in K$, s.d. | |||
| $2b = \tilde{b}$. Damit ist | |||
| \[ | |||
| f = X^2 + 2bX + c | |||
| .\] Da $f(\alpha) = 0$ folgt | |||
| \begin{salign*} | |||
| \alpha^2 + 2b \alpha + c = \alpha^2 + 2b\alpha + b^2 - b^2 + c = (\alpha + b)^2 + c - b^2 = 0 | |||
| .\end{salign*} | |||
| Also insbesondere | |||
| \[ | |||
| (\alpha + b)^2 = b^2 - c | |||
| \] und damit $\alpha \in K(\sqrt{b^2 -c})$. Also | |||
| $K(\alpha) \subseteq K(\sqrt{b^2 - c})$. Außerdem gilt für | |||
| $g \coloneqq X^2 - b^2 +c$: $g(\sqrt{b^2 - c}) = 0$, also | |||
| $[ K(\sqrt{b^2 - c}) : K] \le 2$. Also folgt mit Gradformel | |||
| \[ | |||
| 2 \ge [K(\sqrt{b^2 -c} : K] = [K(\sqrt{b^2 - c} ) : K(\alpha) ] | |||
| [K(\alpha) : K] = 2 [K(\sqrt{b^2 -c}) : K(\alpha) ] | |||
| .\] Damit folgt $[K(\sqrt{b^2 - c}) : K(\alpha)] = 1$ also $K(\alpha) = K(\sqrt{b^2 - c})$. | |||
| Es ist $b^2 - c \neq 0$, denn sonst $\alpha = -b \in K$, also $L = K$. | |||
| Ang.: $b^2 - c \in (K^{\times })^2$, dann ist $\sqrt{b^2 -c} \in K^{\times }$, also | |||
| insbesondere $K(\alpha) = K$ also $[ L : K] = 1 \neq 2$ $\contr$. | |||
| Also folgt $L = K(\sqrt{b^2 - c})$ und $b^2 - c \in K^{\times} \setminus (K^{\times })^2$. | |||
| \end{proof} | |||
| \item Beh.: Zwei Erweiterungen $K(\sqrt{a})$ und $K(\sqrt{b})$ mit $a, b \in K^{\times }$ sind | |||
| genau dann $K$-isomorph, wenn $\frac{a}{b} \in (K^{\times})^2$. | |||
| \begin{proof} | |||
| \begin{itemize} | |||
| \item ,,$\implies$'': Sei $\varphi\colon K(\sqrt{a}) \to K(\sqrt{b})$ | |||
| $K$-Isomorphismus. Dann $\exists x \in K(\sqrt{a})$, s.d. | |||
| $\varphi(x) = \sqrt{b} $. Da $\varphi$ $K$-Iso | |||
| folgt außerdem $\varphi(b) = b$. Also folgt damit | |||
| \[ | |||
| \varphi(x^2) = \varphi(x)^2 = b = \varphi(b) | |||
| .\] Da $\varphi$ injektiv, folgt $x^2 = b$. Also insbesondere | |||
| $\sqrt{b} \in K(\sqrt{a})$. | |||
| Falls $K(\sqrt{a}) = K$, dann ist $\sqrt{a}, \sqrt{b} \in K^{\times }$, da | |||
| $a, b \in K^{\times }$, | |||
| insbesondere $\frac{a}{b} \in (K^{\times})^2$. | |||
| Sei nun $K(\sqrt{a}) \neq K$. Da $\sqrt{b} \in K(\sqrt{a})$ | |||
| ex. $u, v \in K$, s.d. | |||
| $\sqrt{b} = u + v \sqrt{a} $. | |||
| Ang.: $v = 0$, dann ist $\sqrt{b} \in K$, also $K(\sqrt{b}) = K$ | |||
| und da $\varphi$ $K$-Isomorphismus auch $K(\sqrt{a}) = K$ $\contr$. | |||
| Ang.: $u \neq 0$: Dann gilt wegen $\text{char}(K) \neq 2$: | |||
| \[ | |||
| b = (u + v \sqrt{a})^2 = u^2 + 2uv\sqrt{a} + a | |||
| \implies \sqrt{a} = \frac{b - u^2 - a}{2uv} \in K | |||
| .\] Also $\sqrt{a} \in K$, also insbesondere $K(\sqrt{a}) = K$ $\contr$. | |||
| Also folgt $\sqrt{b} = v \sqrt{a}$, also | |||
| $\sqrt{\frac{a}{b}} = \frac{1}{v} \in K$, also da $a, b \in K^{\times }$ | |||
| auch $\frac{a}{b} \in (K^{\times })^2$. | |||
| \item ,,$\impliedby$'': Es sei $\sqrt{\frac{a}{b}} \in K$. Dann ist | |||
| \[ | |||
| K(\sqrt{a}) = K\left(\sqrt{\frac{a}{b} b}\right) | |||
| = K\left(\sqrt{\frac{a}{b}} \sqrt{b}\right) | |||
| \stackrel{\sim }{=} K(\sqrt{b}) | |||
| .\] | |||
| \end{itemize} | |||
| \end{proof} | |||
| \item Beh.: Für $p$ ungerade Primzahl und $a \in \mathbb{F}_p^{\times }$ gilt | |||
| \[ | |||
| a^{\frac{p-1}{2}} = \begin{cases} | |||
| 1 & a \in (\mathbb{F}_p^{\times })^2 \\ | |||
| -1 & a \not\in (\mathbb{F}_p^{\times })^2 | |||
| \end{cases} | |||
| .\] | |||
| \begin{proof} | |||
| Es ist zunächst $\left( a^{\frac{p-1}{2}} \right)^2 = a^{p-1} = 1$, da | |||
| $\text{ord}(\mathbb{F}_p^{\times}) = p-1$ und kl. Satz v. Fermat. Damit | |||
| folgt | |||
| \[ | |||
| \left( a^{\frac{p-1}{2}} \right)^2 -1 = 0 | |||
| \implies \left( a^{\frac{p-1}{2}} - 1 \right) \left( a^{\frac{p-1}{2}} + 1 \right) = 0 | |||
| .\] Da $\mathbb{F}_p$ nullteilerfrei, folgt $a^{\frac{p-1}{2}} = 1$ oder | |||
| $a^{\frac{p-1}{2}} = -1$. Es genügt also zu zeigen, dass | |||
| $a^{\frac{p-1}{2}} = 1 \iff a \in (\mathbb{F}_p^{\times })^2$. | |||
| \begin{itemize} | |||
| \item ,,$\implies$'': Sei $a \in (\mathbb{F}_p^{\times })^{2}$. Dann | |||
| ex. ein $x \in \mathbb{F}_p^{\times }$ mit $x^2 = a$. Damit folgt wieder | |||
| mit Satz v. Fermat | |||
| \[ | |||
| a^{\frac{p-1}{2}} = (x^2)^{\frac{p-1}{2}} = x^{p-1} = 1 | |||
| .\] | |||
| \item ,,$\impliedby$'': Sei $a^{\frac{p-1}{2}} = 1$. Es ist $\mathbb{F}_p^{\times }$ | |||
| zyklisch, also ex. ein $x \in \mathbb{F}_p^{\times }$ und ein $r \in \N$, s.d. | |||
| $x^{r} = a$. Dann folgt | |||
| \[ | |||
| 1 = a^{\frac{p-1}{2}} = (x^{r})^{\frac{p-1}{2}} = x^{r \frac{p-1}{2}} | |||
| .\] Da $\text{ord}(x) = p-1$ folgt $(p-1) \mid r \frac{p-1}{2}$. Also | |||
| folgt $\frac{r}{2} \in \N$ also $r$ gerade. Damit $\exists k \in \N$, s.d. $r = 2k$. | |||
| Damit folgt | |||
| \[ | |||
| a = x^{r} = x^{2k} = (\underbrace{x^{k}}_{\in \mathbb{F}_p^{\times }})^2 | |||
| .\] Also $a \in (\mathbb{F}_p^{\times })^2$. | |||
| \end{itemize} | |||
| \end{proof} | |||
| \end{enumerate} | |||
| \end{aufgabe} | |||
| \begin{aufgabe} | |||
| \begin{enumerate}[(a)] | |||
| \item Beh.: $f \in \mathbb{F}_p[X]$ irreduzibel: $f \mid (X^{p^{n}} - X) \iff \text{deg}(f) \mid n$. | |||
| \begin{proof} | |||
| Sei $f \in K[X]$ irreduzibel. | |||
| \begin{itemize} | |||
| \item ,,$\implies$'': Es sei $f \mid (X^{p^{n}} - X)$. Es zerfällt | |||
| $X^{p^{n}} - X$ über $\mathbb{F}_{p^{n}}$ in Linearfaktoren und da | |||
| $f \mid (X^{p^{n}} - X)$ zerfällt auch $f$ über $\mathbb{F}_p^{n}$ in Linearfaktoren. | |||
| Sei $\alpha \in \mathbb{F}_{p^{n}}$ eine Nullstelle von $f$. Dann ist $\alpha$ auch | |||
| Nullstelle von $X^{p^{n}} - X$ und da $\mathbb{F}_{p^{n}}$ gerade | |||
| von diesen Nullstellen erzeugt, folgt | |||
| $\mathbb{F}_p(\alpha) \subseteq \mathbb{F}_{p^{n}}$. Außerdem | |||
| ist $f$ irreduzibel, also gerade das Minimalpolynom von $\alpha$ über $\mathbb{F}_p$. | |||
| Damit folgt mit Gradformel | |||
| \[ | |||
| n = [ \mathbb{F}_{p^{n}} : \mathbb{F}_{p} ] | |||
| = [ \mathbb{F}_{p^{n}} : \mathbb{F}_p(\alpha) ] | |||
| [ \mathbb{F}_p(\alpha) : \mathbb{F}_p ] | |||
| = [ \mathbb{F}_{p^{n}} : \mathbb{F}_p(\alpha) ] \text{deg}(f) | |||
| .\] Damit folgt $\text{deg}(f) \mid n$. | |||
| \item ,,$\impliedby$'': Es sei $\text{deg}(f) \mid n$. Dann betrachte | |||
| $K \coloneqq \mathbb{F}_p(X) / (f)$. Da $\mathbb{F}_p$ Körper, ist $\mathbb{F}_p[X]$ HIR und | |||
| da $f$ irreduzibel ist also $K$ Körper. Falls | |||
| $f = X$, dann ist $X \mid (X^{p^{n}} - X)$. Sei also $f \neq X$. | |||
| Es ist $\text{dim}_{\mathbb{F}_p}K = \text{deg}(f) \eqqcolon d$ | |||
| nach Zettel 3, da $f \neq 0$, da | |||
| $f$ irreduzibel. Da $\# \mathbb{F}_p = p$ folgt $\# K = p^{d}$. Da | |||
| $f \neq X$ folgt $f \nmid X$, denn $f$ irreduzibel und damit $d \ge 1$. Also | |||
| ist $X \in K^{\times}$ und damit mit Satz von Fermat: | |||
| $X^{p^{d}} = X$ in $K$. Damit folgt | |||
| $X^{p^{d}} - X \in (f)$. | |||
| Da nun $d \mid n$ ex. ein $q \in \N$, s.d. $n = qd$. Damit folgt | |||
| $\mathbb{F}_{p^{d}} \subseteq \mathbb{F}_{p^{dq}} = \mathbb{F}_{p^{n}}$, also sind | |||
| Nullstellen von $X^{p^{d}} - X$ auch Nullstellen von $X^{p^{n}} - X$ (da | |||
| $\mathbb{F}_{p^{d}}$ bzw. $\mathbb{F}_{p^{n}}$ Zerfällungskörper über diese Polynome), also | |||
| $(X^{p^{d}} - X) \mid (X^{p^{n}} - X)$. | |||
| Insgesamt | |||
| folgt also $f \mid (X^{p^{n}} - X)$. | |||
| \end{itemize} | |||
| \end{proof} | |||
| \item Beh.: | |||
| \[ | |||
| X^{p^{n}} - X = \prod_{f} f(X) | |||
| \] wobei $f$ die irreduziblen normierten Polynome in $\mathbb{F}_p[X]$ mit $\text{deg}(f) \mid n$ | |||
| durchlaufen. | |||
| \begin{proof} | |||
| Die Teiler von $X^{p^{n}} - X$ sind wegen (a) genau die irreduziblen | |||
| Polynome $f \in K[X]$ mit $\text{deg}(f) \mid n$. Da $X^{p^{n}} - X$ normiert können diese | |||
| normiert gewählt werden. Da außerdem $X^{p^{n}} - X$ separabel über $\mathbb{F}_p$, sind | |||
| die normierten Teiler von $X^{p^{n}} - X$ paarweise verschieden. Das zeigt die Behauptung. | |||
| \end{proof} | |||
| \item Beh.: $\sum_{d|n} d a_d(p) = p^{n}$ | |||
| \begin{proof} | |||
| Es ist für $d \in \N$ und $f$ durchlaufe die normierten irreduziblen Polynome gilt | |||
| \[ | |||
| \sum_{\text{deg}(f)= d} \text{deg}(f) = d a_d(p) | |||
| .\] Damit folgt wenn $f \in \mathbb{F}_p[X]$ wieder die normierten irreduziblen Polynome | |||
| mit $\text{deg}(f) \mid n$ durchläuft mit Umordnung der vorletzten Summe und | |||
| der Vorüberlegung: | |||
| \[ | |||
| p^{n} = \text{deg}(X^{p^{n}} - X) \stackrel{\text{(b)}}{=} \sum_{f} \text{deg}(f) | |||
| = \sum_{d|n} d a_d(p) | |||
| .\] | |||
| \end{proof} | |||
| \item Beh.: $a_6(2) = 9$. | |||
| \begin{proof} | |||
| Es genügt die positiven Teiler zu betrachten, da $\text{deg}(f) \ge 1$ für | |||
| $f \in \mathbb{F}_p[X]$ irreduzibel. Damit folgt mit Anwendung von (c): | |||
| \begin{enumerate}[(i)] | |||
| \item $1$ hat Teiler $1$, also $2^{1} = 1 \cdot a_1(2) \implies a_1(2) = 2$. | |||
| \item $2$ hat Teiler $1$ und $2$, also $2^{2} = a_1(2) + 2a_2(2) \implies a_2(2) = 1$. | |||
| \item $3$ hat Teiler $1$ und $3$, also $2^{3} = a_1(2) + 3 a_3(2) \implies a_3(2) = 2$. | |||
| \end{enumerate} | |||
| $6$ hat Teiler $1, 2, 3$ und $6$. Damit folgt | |||
| \[ | |||
| 2^{6} = a_1(2) + 2a_2(2) + 3a_3(2) + 6a_6(2) \implies a_6(2) = 9 | |||
| .\] | |||
| \end{proof} | |||
| \end{enumerate} | |||
| \end{aufgabe} | |||
| \end{document} | |||