\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\title{Algebra I: Übungsblatt 8}
\author{Lukas Nullmeier, Christian Merten}

\begin{document}

\punkte[3]

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: Mit $\mathbb{F}_9 = \mathbb{F}_3 / (X^2 + 1)$ ist
            $\mathbb{F}_9 = \mathbb{F}_3(\overline{X})$ und
            $\text{Gal}(\mathbb{F}_9 / \mathbb{F}_3) = \langle \sigma \rangle$ wobei
            $\sigma \colon \mathbb{F}_9 \to \mathbb{F}_9$ den Frobenius-Automorphismus bezeichne
            \begin{proof}
                Sei $f \coloneqq X^2 + 1 \in \mathbb{F}_3[X]$.
                Betrachte zunächst $K \coloneqq \mathbb{F}_3 / (f)$. Es ist $f$ irreduzibel, da
                $\text{deg}(f)  = 2$, also falls $f$ reduzibel, zerfiele $f$ in Linearfaktoren
                über $\mathbb{F}_3$. Jedoch
                hat $f$ keine Nullstellen in $\mathbb{F}_3$, denn $f(0) = 1$, $f(1) = 2$ und $f(2) = 2$.
                Also ist $K$ Körper, da $\mathbb{F}_3[X]$ euklidisch und damit HIR.

                Nach einem der ersten Zettel gilt $\text{dim}_{\mathbb{F}_3} K = \text{deg}(f) = 2$. Da
                $\# \mathbb{F}_3 = 3$ folgt $\# K = 3^2 = 9$. Also folgt $K \stackrel{\sim }{=} \mathbb{F}_9$.
                Weiter gilt mit dieser Konstruktion von $\mathbb{F}_9$:
                $\mathbb{F}_9 = \mathbb{F}_3(\overline{X})$, denn für $g \in \mathbb{F}_9$ ist
                \[
                    g = aX + b + (X^2 + 1) = a \overline{X} + b
                \] für $a, b \in \mathbb{F}_3$.

                Jede algebraische Erweiterung eines endlichen Körpers ist separabel und normal,
                also $\mathbb{F}_9 / \mathbb{F}_3$  galoissch und nach VL gilt
                $\text{Gal}(\mathbb{F}_9 / \mathbb{F}_3) = \langle \sigma ^{r} \rangle$ wobei
                $\sigma ^{r}$ der relative Frobenius-Automorphismus mit $r = 1$, da $3 = 3^1$. Damit
                folgt die Behauptung.
            \end{proof}
        \item Beh.: $\Q(\sqrt{3}, \sqrt{5}) = \Q(\sqrt{3} + \sqrt{5})$ und
            $\text{Gal}(\Q(\sqrt{3}, \sqrt{5}) / \Q) = \langle \sigma, \tau \rangle$ mit
            (angegeben mit den Werten auf den Erzeugern $\sqrt{3} $ und $\sqrt{5} $):
            \begin{salign*}
                \sigma(\sqrt{3}) &= - \sqrt{3}  \qquad \sigma(\sqrt{5}) = \sqrt{5} \\
                \tau(\sqrt{3}) &= \sqrt{3} \qquad \tau(\sqrt{5}) = - \sqrt{5}
            .\end{salign*}
            \begin{proof}
                Sei $L \coloneqq \Q(\sqrt{3} + \sqrt{5})$.
                Zunächst ist $L \ni (\sqrt{3} + \sqrt{5})^2
                = 3 + 2 \sqrt{3}\sqrt{5} + 5$, also $\sqrt{3}\sqrt{5} \in L$.
                Damit ist $L \ni (\sqrt{3} + \sqrt{5}) \sqrt{3} \sqrt{5} - 3(\sqrt{3} + \sqrt{5})
                = 3 \sqrt{5} + 5 \sqrt{3} - 3 \sqrt{3} - 3 \sqrt{5} = 2 \sqrt{3}$. Also
                $\sqrt{3} \in L$ und damit auch $\sqrt{5}  \in L$. Da trivialerweise
                $\sqrt{3} + \sqrt{5} \in \Q(\sqrt{3} , \sqrt{5})$ folgt $L = \Q(\sqrt{3}, \sqrt{5})$.

                Weiter ist $\text{char }\Q = 0$ also $L$ separabel und
                $f = (X^2 - 3)(X^2 -5)$ hat in $L$ genau die vier Nullstellen
                $N = \{ \pm \sqrt{3}, \pm \sqrt{5} \} $. $L$ ist also Zerfällungskörper von $f$ über $K$,
                insbesondere normal. Außerdem ist
                $[L : \Q] = [L : \Q(\sqrt{3})] = [\Q(\sqrt{3}) : \Q] = 2 \cdot 2 = 4$. Also
                $\# \text{Gal}(L / \Q) = 4$.

                $L / \Q$ hat die Zwischenkörper $\Q(\sqrt{3})$ und $\Q(\sqrt{5})$. Diese
                sind Zerfällungskörper der nach Eisenstein über $\Q$ irreduziblen Polynome
                $X^2 - 3$ und $X^2 - 5$. Ihre Galoisgruppen operieren also transitiv auf den
                enstprechenden Nullstellen. Diese werden erzeugt von den entsprechenden Einschränkungen
                von $\sigma$ bzw. $\tau$. Damit ergibt sich die
                Galoisgruppe von $L$ als $\langle \sigma, \tau \rangle$.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Sei $L / K$ endliche Erweiterung.

    \setcounter{section}{4}
    \begin{lemma}
        Für $\alpha \in L$ und zwei Zwischenkörper $M, M'$ von $K(\alpha) / K$ gilt
    \[
        M \subseteq M' \iff f_M \in M'[X]
    \] wobei $f_M$ das Minimalpolynom von $\alpha$ über $M$ bezeichne.
    \label{le-intermediates}
    \end{lemma}
    \begin{proof}
        ,,$\implies$'' ist trivial. Seien nun $M, M'$ Zwischenkörper von $L / K$ mit
        $f_M \in M'[X]$. Dann seien $a_0, \ldots, a_n \in M \cap M'$ die Koeffizienten von $f_M$.
        Dann setze $M'' \coloneqq K(a_0, \ldots, a_n)$. Dann folgt $M'' \subseteq M$ und
        $M'' \subseteq M'$. Da $f_M$ irreduzibel über $M$, insbesondere irreduzibel über $M''$, also
        $f_M = f_{M''}$ und damit
        \[
            \text{deg}(f_M) = [ K(\alpha) : M'' ] = \underbrace{[ K(\alpha) : M ]}_{= \text{deg}(f_M) } [ M : M'' ]
        ,\] also $M = M''$ und damit $M \subseteq M'$.
    \end{proof}

    Beh.: Siehe Aufgabe.
        \begin{proof}
            Falls $K$ endlich, ist $K$ vollkommen, also jede algebraische Erweiterung seperabel und
            damit nach dem Satz vom primitiven Element einfach. Außerdem ist dann auch $L$ endlich,
            also hat $L$ nur endlich
            viele Teilmengen, insbesondere existieren nur endlich viele Zwischenkörper von $L / K$.

            Sei also $K$ unendlich.
            \begin{itemize}
                \item ,,(i)$\implies$(ii)'': Sei $L = K(\alpha)$ und zu jedem Zwischenkörper
                    $M$ von $L / K$ sei $f_M \in M[X]$ das Minimalpolynom von $\alpha$ über $M$.
                    Seien nun $M, M'$ zwei Zwischenkörper von $L / K$ mit $f_M = f_{M'}$. Damit
                    ist $f_M \in M'[X]$ und $f_{M'} \in M[X]$ also $M \subseteq M'$ und $M' \subseteq M$
                    nach Lemma \ref{le-intermediates},
                    insgesamt $M = M'$. Also bestimmt jedes $f_M$ den Körper $M$ eindeutig.

                    Weiter ist $f_K(\alpha) = 0$ und $f_M(\alpha) = 0$. Außerdem ist
                    $f_K \in M[X]$ und $f_M$ Minimalpolynom von $\alpha$ über $M$, also
                    $f_k \in (f_M)$. Damit ex. ein $g \in M[X]$, s.d. $f_K = g f_M$. Da
                    $M \subseteq L$ folgt $g \in L[X]$. Also $f_M  \mid f_K$ in $L[X]$.

                    Da $L[X]$ faktoriell, besitzt $f_K$ eine eindeutige (endliche) Primfaktorzerlegung
                    in $L[X]$. Insbesondere hat $f_K$ in $L[X]$ nur endlich viele Teiler. Also
                    existieren mit den Vorüberlegungen nur endlich viele Zwischenkörper von $L / K$.
                \item ,,(ii)$\implies$(i)'': $L / K$ habe nur endlich viele Zwischenkörper.

                    Sei zunächst $L = K(\alpha, \beta)$. Dann existieren $c, c' \in K$ mit $c \neq c'$
                    und $K(\alpha + c \beta) = K(\alpha + c' \beta)$ (Da $\# K = \infty$, gäbe es sonst
                    unendlich Zwischenkörper von $L / K$
                    der Form $K(\alpha + c \beta)$ mit $c \in  K$).

                    Z.z.:
                    $\alpha, \beta \in K(\alpha + c \beta)$. Es ist $\alpha + c' \beta \in K(\alpha + c \beta)$. Also
                    \[
                        K(\alpha + c \beta) \ni \alpha + c \beta - (\alpha + c' \beta) = \beta (c - c')
                    .\] Da $c \neq c'$ folgt $c - c' \in K^{\times}$ und damit
                    $\beta \in K(\alpha + c \beta)$. Also auch $\alpha \in K(\alpha + c \beta)$. Da
                    trivialerweise $\alpha + c \beta \in K(\alpha, \beta)$ folgt
                    $L = K(\alpha + c \beta)$, also $L$ einfach.

                    Sei nun $L = K(\alpha_1, \ldots, \alpha_n)$. Induktion über $n$: Für $n=1$
                    ist $L$ trivialerweise einfach. Sei nun $n \in \N$ und
                    $L = K(\alpha_1, \ldots, \alpha_{n+1})$. Nach IV existiert ein
                    $\alpha \in L$ mit $K(\alpha_1, \ldots, \alpha_n) = K(\alpha)$. Also
                    folgt $L = K(\alpha, \alpha_{n+1})$. Damit ist $L$ einfach mit der Vorüberlegung.
            \end{itemize}
        \end{proof}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Sei $L / K$ endlich, galoissch und abelsch. Sei weiter $f \in K[X]$ irreduzibel mit $\alpha \in L$
    und $f(\alpha) = 0$.

    Beh.: $M \coloneqq K(\alpha)$ ist Zerfällungskörper von $f$ über $K$ und ein endlicher, normaler
    Zwischenkörper von $L / K$.
    \begin{proof}
        Es ist $M / K$ endlich, denn $[ M : K] = \text{deg}(f) < \infty$. Es ist
        $K \subseteq M \subseteq L$ d.h. nach dem Hauptsatz der Galoistheorie ex. eine Untergruppe
        $H \subseteq \text{Gal}(L / K)$ mit $L^{H} = M$. Es ist $\text{Gal}( L / K)$ abelsch, also
        $H$ Normalteiler in $\text{Gal}(L / K)$. Insbesondere ist $L^{H} / K$ normal also
        $M / K$ normal. Außerdem ist $\alpha \in M$ und $M$ normal also zerfällt $f$ über $M$ in Linearfaktoren.
        Wegen $M = K(\alpha)$ wird $M$ von den Nullstellen von $f$ erzeugt, also ist $M$ Zerfällungskörper
        von $f$ über $K$.
    \end{proof}
\end{aufgabe}

\end{document}
