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

\title{Algebra I: Übungsblatt 9}
\author{Lukas Nullmeier, Christian Merten}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}
    Es gilt $f = X^4 - 4X^2 + 9 = (X^2 - 2)^2 + 5$. Damit setze
    setze $\alpha \coloneqq \sqrt{2 + i \sqrt{5} } $. Dann gilt
    \[
        f( \pm \alpha) = (2 + i \sqrt{5} -2)^2 + 5 = (i \sqrt{5})^2 + 5 = 0
    .\] Damit ist $\alpha ^{4} - 4 \alpha ^2 + 9 = 0$, also
    insbesondere $- \alpha ^{4} + 2 \alpha^2 = - 2 \alpha^2 + 9$. Damit folgt
    \[
        f\left( \pm \frac{3}{\alpha}\right) = \left( \frac{9}{\alpha^2} -2 \right) ^2 + 5
        = \left( \frac{- \alpha ^{4} + 2 \alpha^2}{\alpha^2} \right) ^2 + 5
        = \left( \alpha^2 - 2 \right)^2 + 5 = f(\alpha) = 0
    .\] Also sind die Nullstellen von $f$ gegeben als $\{ \pm \alpha, \pm 3 / \alpha \} $ und
    damit $L = \Q(\alpha)$.

    Z.z.: $f$ irreduzibel. Es ist $f$ g.d. irreduzibel über $\Q$, wenn $f$ irreduzibel über $\Z$.
    Ang.: $f$ reduzibel über $\Z$.
    Da $f$ keine Nullstellen in $\Z$ hat, folgt
    \[
        f = (X^2 + aX + b)(X^2 + cX + d) = X^4 + \underbrace{(a + c)}_{= 0}X^3 +
        \underbrace{(b+d + ac)}_{= -4} X^2 + \underbrace{(ad + bc)}_{= 0}X + \underbrace{bd}_{= 9}
    \] mit $a, b, c, d \in \Z$. Es folgt direkt $c = -a$ und $a(d-b) = 0$. Falls $a = 0$, folgt
    $b + d = -4$ und $bd = 9$, aber $3 + 3 = 6 \neq -4 \neq -6 = -3 -3$. Falls $a \neq 0$ folgt
    $d = b$ also $b^2 = 9$ und $2b - a^2 = -4$. Also $a^2 = 2b + 4 = \begin{cases}
        10 & b = 3 \\
        -2 & b = -3
    \end{cases}$, aber weder $10$ noch $-3$ Quadrate in $\Z$. Also folgt $f$ irreduzibel.

    Da $\text{char}(\Q) = 0$ ist $f$ also separabel und $f$ Minimalpolynom von $\alpha$,
    also $\#\text{Gal}(L / \Q) = [L : \Q] = 4$ und $\text{Gal}(L / \Q)$ operiert transitiv
    auf den Nullstellen von $f$. Mit $\sigma\colon \alpha \mapsto -\alpha $ und
    $\tau\colon \alpha \mapsto \frac{3}{\alpha}$ folgt damit
    $\text{Gal}(L / \Q) = \langle \sigma, \tau \rangle$. Als Gruppe der Ordnung 4 ist
    $\text{Gal}(L / \Q)$ abelsch, also $\sigma \tau = \tau \sigma$ und
    durch offensichtlicherweise gilt $\sigma^2 = \tau^2 = (\sigma\tau)^2 = \text{id}$. Nach
    Satz von Lagrange hat $\text{Gal}(L / \Q)$ UG der Ordnung $1, 2$ oder $4$. Neben der trivialen Untergruppe
    und $\text{Gal}(L / \Q)$ selbst, gibt es also nur UG der Ordnung $2$. Da $2$ Primzahl, sind
    diese zyklisch.
    Also existieren insgesamt
    genau die Untergruppen
    \begin{salign*}
        H_0 &\coloneqq \langle \text{id} \rangle \\
        H_1 &\coloneqq \langle \sigma \rangle \\
        H_2 &\coloneqq \langle \tau \rangle \\
        H_3 &\coloneqq \langle \sigma  \tau \rangle \\
        H_4 &\coloneqq \langle \sigma, \tau \rangle
        \intertext{
    Es ist $\sigma(\alpha^2) = \sigma(\alpha)\sigma(\alpha) = (-\alpha)(-\alpha) = \alpha^2$. Weiter
    ist $9 = 4 \alpha^2 - \alpha ^{4}$. Damit folgt
    $\frac{3}{\alpha} = \frac{4}{3} \alpha - \frac{1}{3} \alpha ^{3}$ und
    $\frac{27}{\alpha ^{3}} = \frac{7}{3} \alpha - \frac{4}{3} \alpha ^{3}$. Damit
    folgt $\tau(- 7 \alpha + \alpha ^{3}) = -7 \left( \frac{4}{3} \alpha - \frac{1}{3} \alpha ^{3} \right)
    + \frac{7}{3} \alpha - \frac{4}{3} \alpha ^{3} = - 7 \alpha + \alpha ^{3}$ und
    $\sigma(\tau(\alpha - \alpha ^{3})) = \sigma(\frac{4}{3} \alpha - \frac{1}{3} \alpha ^{3}
    - \frac{7}{3} \alpha + \frac{4}{3} \alpha ^{3}) = \sigma(-\alpha + \alpha ^{3}) = \alpha - \alpha ^{3}$.
Diese Elemente sind jeweils unter den anderen Automorphismen nicht invariant. Also folgen nach
dem Hauptsatz}
        L^{H_0} &= L \\
        L^{H_1} &= \Q(\alpha^2) \\
        L^{H_2} &= \Q(-7\alpha + \alpha ^{3}) \\
        L^{H_3} &= \Q(\alpha - \alpha ^{3}) \\
        L^{H_4} &= \Q
    \end{salign*} als Zwischenkörper von $L / \Q$
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Im folgenden bezeichne echte Untergruppe eine echte, nicht-triviale Untergruppe.
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: Die Aussage ist falsch.
            \begin{proof}
                Es ist $f = X^4 - 7$ irreduzibel nach Eisenstein mit $p = 7$ und
                $f(\sqrt[4]{7}) = 0$, aber auch $f(i \sqrt[4]{7}) = 0$ und
                $i \sqrt[4]{7} \not\in \R$, aber $\Q(\sqrt[4]{7}) \subseteq \R$, also zerfällt
                $f$ über $\Q(\sqrt[4]{7})$ nicht in Linearfaktoren, also
                $\Q(\sqrt[4]{7}) / \Q$ nicht normal und damit nicht galoissch.
            \end{proof}
        \item Beh.: Die Aussage stimmt.
            \begin{proof}
                Mit Euklidischem Algorithmus ist durch Rechnung zu sehen, dass
                $(f, f') = 1$. Also ist $f$ separabel und damit $[ L \colon \Q ]  \mid 4! = 24$.
            \end{proof}
        \item Beh.: Die Aussage ist falsch.
            \begin{proof}
                Es ist $f = X^3 - 2$ irreduzibel nach Eisenstein mit $p = 2$ und
                $\text{char}(\Q) = 0$, also $f$ separabel. Da
                $\alpha_j \coloneqq \sqrt[3]{2} e^{i\frac{2 \pi j}{3}}$ die $3$ paarw. verschiedenen
                Nullstellen von $f$. Also
                folgt $L = \Q(\alpha_0, \alpha_1, \alpha_2)$
                und $\alpha_0 = \sqrt[3]{2} \in \R$, aber $L \not\subset \R$ folgt
                $\Q \subsetneqq \Q(\alpha_0) \subsetneqq L$. Also hat
                $\text{Gal}(L / \Q)$ eine echte Untergruppe. Da $[L \colon \Q]  \mid 3! = 6$ folgt
                $\#\text{Gal}(L / \Q) \in \{1, 2, 3, 6\} $. Da $\{0\} $, $\Z / 2 \Z$ und $\Z / 3 \Z$
                keine echten Untergruppen haben, folgt $\# \text{Gal}(L / \Q) = 6$ und damit
                $\text{Gal}(L / \Q) = S_3$, also nicht abelsch, insbesondere nicht zyklisch.
            \end{proof}
        \item Beh.: $S_3$ hat $4$ echte Untergruppen.
            \begin{proof}
                Es ist $\# S_3 = 6$, also haben nach Satz von Lagrange
                echte Untergruppen Ordnung $2$ oder $3$. In Zykelschreibweise ist
                \[
                    S_3 = \{ (), (1 2), (2 3), (1 3), (1 2 3), (1 3 2)\} 
                .\] Es ist $\text{ord}((12)) = \text{ord}((2 3)) = \text{ord}((1 3)) = 2$
                und $\text{ord}((123)) = \text{ord}((1 3 2)) = 3$.

                Da Gruppen der Ordnung $2$ und $3$ zyklisch sind
                und $\langle (123) \rangle = \langle (1 32)\rangle$ gibt es genau
                eine Untergruppe der Ordnung $3$ und $3$ Untergruppen der Ordnung $2$.
            \end{proof}

            Beh.: Die Aussage stimmt.
            \begin{proof}
                Falls $f$ reduzibel existiert ein $g \in \Q[X]$ mit $f = g (X - \alpha)$ für $\alpha \in \Q$
                mit $\text{deg}(g) = 2$. Da $\alpha \in \Q$ ist $L$ auch Zerfällungskörper von $g$ über $\Q$
                und $[ L \colon \Q ] \le 2! = 2$. Also hat $L / \Q$ keine echten Zwischenkörper.

                Sei nun $f$ irreduzibel. Da $\text{char}(\Q) = 0$ ist $f$ separabel und damit
                $\# \text{Gal}(L / \Q) \in \{1, 2, 3, 6\} $. Für 
                $\# \text{Gal}(L / \Q) \in \{1, 2, 3\} $ hat diese keine echten Untergruppen, da
                $2$ und $3$ prim und $\{0\} $ die triviale Gruppe. Falls
                $\# \text{Gal}( L / \Q) = 6$ folgt $\text{Gal}(L / \Q) \stackrel{\sim }{=} S_3$. Dann
                folgt die Behauptung aus der Vorbemerkung.
            \end{proof}
        \item Beh.: Die Aussage stimmt.
            \begin{proof}
                Sei $ K \subseteq L \subseteq \overline{K}$  ein
                algebraischer Abschluss von $K$ und $\alpha \in \overline{K}$ mit
                $\alpha ^{4} = a$. Es ist $f$ irreduzibel und $f' = 4 X^3 \neq 0$, da $\text{char}(K) \neq 2$,
                also $f$ separabel. Sei $\zeta \in \mu_4$ mit $\langle \zeta \rangle = \mu_4$. Dann
                sind $\{ \alpha \zeta, \alpha \zeta^2, \alpha \zeta^{3}, \alpha \zeta^{4}\}$ die
                vier paarweise verschiedenen Nullstellen von $f$. Es ist $L = K(\alpha, \zeta)$.
                Dann ex. $\sigma, \tau \in \text{Gal}( L / K)$ mit
                \begin{salign*}
                &\sigma\colon \alpha \mapsto \alpha \quad \zeta \mapsto \zeta^2 \\
                &\tau\colon \alpha\mapsto \alpha \zeta \quad \zeta \mapsto \zeta
            ,\end{salign*} da $\sigma(\alpha \zeta^{k}) = \alpha \zeta^{2k}$ und
            $\tau(\alpha \zeta^{k}) = \alpha \zeta^{2k}$ Nullstellen von $f$ in Nullstellen
            von $f$ überführen. Aber es gilt
            \[
                \sigma(\tau(\alpha)) = \sigma(\alpha \zeta) = \alpha \zeta^2 \neq  \alpha \zeta
                = \tau(\alpha) = \tau(\sigma(\alpha))
            .\] Also ist $\text{Gal}(L / K)$ nicht abelsch, insbesondere nicht zyklisch.
            \end{proof}
        \item Beh.: Die Aussage stimmt.
            \begin{proof}
                Falls $[L \colon K] = \infty$: Dann hat $[ L \colon \Q]$ maximal $\infty$ ZK.
                Falls $[L \colon K] = n < \infty$: Dann korrespondieren die Zwischenkörper
                von $L / K$ zu Untergruppen von $\text{Gal}(L / K)$. Da $\# \text{Gal}(L / K) = n$,
                hat diese nur maximal $2^{n}$ paarweise verschiedene Teilmengen,
                insbesondere maximal $2^{n}$ paarweise verschiedene Untergruppen.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item

            Es ist $\mu_n = \{ \zeta_n^{k}\}_{k = 0}^{n-1}$ mit $\zeta_{n}^{k} = e^{\frac{2\pi i k}{n}}$.
            Weiter bezeichne $\sigma$ die komplexe Konjugation. Dann gilt
            \[
                \sigma(\zeta_{n}^{k}) = e^{- \frac{2\pi i}{n} k} = e ^{\frac{2\pi i}{n}(n-k)}
                = \zeta_n^{n-k}
            .\] Beachte, dass $\zeta_{n}^{n} = \zeta_{n}^{0} = 1$. Damit ergibt sich
            die Permutation
            \begin{salign*}
                \pi\colon \{0, \ldots, n-1\} &\to \{0, \ldots, n-1\} \\
            k &\mapsto \begin{cases}
                n - k & k < n \\
                0 & k = n
                \end{cases}
            .\end{salign*}
            Auf $\Z / n \Z$ ergibt das die Permutation
            \begin{salign*}
                \tau\colon \Z / n \Z &\to  \Z / n \Z \\
                k &\mapsto \overline{n-k}
            .\end{salign*}
        \item Es ist $\zeta_n = e^{\frac{2 \pi i}{n}} \in \R \iff \frac{2\pi i}{n} \in \{ \pi i, 2 \pi i\}
            \iff n = 1 \lor n = 2$. Also $\zeta_n \in \mathbb{C} \setminus \R$ für $n \ge 3$. Also
            $[L \colon L \cap \R ] > 1$, also $L = L \cap \mathbb{C} = (L \cap \R)(i)$ und
            $X^2 + 1$ irreduzibel über $L \cap \R$, da $\pm i \not\in L \cap \R$. Also folgt
            $[ L \colon L \cap \R ] = [ (L \cap \R)(i) \colon L \cap \R ] = 2$.

            Es ist
            \[
                \zeta_n + \zeta_n^{-1} = \cos\left( 2 \frac{\pi}{n} \right) + i \sin\left( 2 \frac{\pi}{n} \right) + \cos\left( - \frac{2\pi}{n} \right) + i \sin\left( - 2 \frac{\pi}{n} \right) =
                2 \cos \left( 2 \frac{\pi}{n} \right) \in \R
            .\] Also folgt $\Q(\zeta_n + \zeta_n^{-1}) \in L \cap \R$. Betrachte
            nun $f = X^2 - (\zeta_n + \zeta_n^{-1})X + 1 \in \Q(\zeta_n + \zeta_{n}^{-1})$.
            Es ist $f(\zeta_n) = 0$, also folgt
            $[ L : \Q(\zeta_n + \zeta_{n}^{-1} ] \le 2$. Da $[ L \colon L \cap \R ] = 2$ folgt
            \[
                2 \ge [ L \colon \Q( \zeta_{n} + \zeta_n^{-1} ] = \underbrace{[ L \colon L \cap \R ]}_{=2}
                [ L \cap \R \colon \Q(\zeta_n + \zeta_n^{-1} ]
            ,\] und damit $L \cap \R = \Q(\zeta_n + \zeta_{n}^{-1})$.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Sei $a \in K$. Dann definiere
            \begin{salign*}
                \sigma_a \colon L &\to  L \\
                f &\mapsto f(Y + a)
            .\end{salign*}
            Dann ist $\sigma_a|_K = \text{id}$ und $\sigma_a(Y) = Y + a$.
            Es ist $\sigma_{-a} \circ \sigma = \text{id} = \sigma \circ \sigma_{-a}$, also
            $\sigma_a$ bijektiv. Nachrechnen ergibt, dass $\sigma_a$ $K$-Homomorphismus ist. Also
            $\sigma_a \in \text{Aut}_K(L)$. Das zeigt die Existenz.

            Seien nun $\sigma, \tau \in \text{Aut}_K(L)$ mit $\sigma(Y) = Y + a = \tau(Y)$. Dann
            sei $f \in K(Y)$. Dann gilt wegen $\sigma|_K = \text{id} = \tau|_{K}$:
            \[
                \sigma(f) = f(Y + a) = \tau(f)
            .\] Das zeigt die Eindeutigkeit.
        \item Setze $\phi\colon K \to G$, $a \mapsto \sigma_a$. Es ist $\phi$ wohldefiniert nach (a) und
            \[
            \phi(a) = \phi(b) \implies \sigma_a(Y) = \sigma_b(Y) \implies Y + a = Y + b \implies a = b
            ,\] also $\phi$ injektiv. Nach Konstruktion von $G$ ist $\phi$ surjektiv. Es gilt außerdem
            für $a, b \in K$:
            \[
                \phi(a+b)(Y) = Y + a + b = \sigma_a(Y) + b = \sigma_a (Y  + b) = \sigma_a(\sigma_b(Y))
                = \sigma_a \circ \sigma_b (Y)
            .\] Nach (a) ist $\phi(a + b)$ damit eindeutig festgelegt und es folgt
            $\phi(a+b) = \phi(a) \phi(b)$, also $\phi$ Gruppeniso. Da
            $G = \text{Bild}(\phi)$ folgt $G$ Untergruppe von $\text{Aut}_K(L)$.

            Zeige letzte Behauptung per Kontraposition. Sei also $ K \subsetneqq L^{G}$. Dann ex.
            ein $f \in L^{H} \setminus K$ mit $g, h \in K[Y], g \neq 0$ und $f = \frac{g}{h}$.\\
            Falls
            $\forall a \in K\colon h(a) = 0$, folgt wegen $g \neq 0$ $\#K \le \text{deg}(h) < \infty$, also
            $K$ endlich.\\
            Sonst ex. ein $a \in K$ mit $h(a) \neq 0$. Dann setze $d \coloneqq f(a) \in K$.
            Betrachte nun $p \coloneqq f - d \in K(Y)$. Es ist $f \in L^{G}$, denn
            $\forall r \in K$ ist $\sigma_r(p) = \sigma_r(f) - d = f - d = p$. Es
            ist außerdem $p(a) = f(a) - d = d - d = 0$ und
            damit $\forall r \in K\colon p(a + r) = p(a) = 0$. Da $f \not\in K$ ist $p = f - d \not\in K$
            und damit $p \neq 0$. Weiter existieren $\tilde{g}, \tilde{h} \in K[Y]$ mit
            $f = \frac{\tilde{g}}{\tilde{h}}$ und damit
            $\forall r \in K\colon \tilde{g}(a + r) = \tilde{g}(a) = 0$. Also
            folgt, da $p \neq 0$ und damit $\tilde{g} \neq 0$: $\#K \le \text{deg}(\tilde{g}) < \infty$.
            Also ist $K$ endlich.
        \item Es ist zunächst $K(Z) \subseteq L^{H}$, denn für $f \in K(Z)$ und $a \in \mathbb{F}_p$
            ist
            \begin{salign*}
                \sigma_a(f(Y^{p} - Y)) &= f(\sigma_a(Y^{p} - Y)) \\
                                       &= f((Y + a)^{p} - Y - a) \\
                                       &\stackrel{\text{char}(K) = p > 0}{=} f(Y^{p} + a^{p} - Y - a) \\
                                       &\stackrel{\text{Fermat}}{=} f(Y^{p} - Y)
            .\end{salign*}
            Weiter ist $\mathbb{F}_p$ endlich und nach (a) ist damit $\# H = \# \mathbb{F}_p = p$. Damit
            ist $L / L^{H}$ galoissch mit $[ L \colon L^{H} ] = \# H = p$. Betrachte nun weiter
            \[
                f = X^{p} - X - (Y^{p} - Y) \in K(Z)[X]
            .\] Dann ist $\text{deg}(f) = p$ und $f(Y) = 0$. Also folgt $[ L : K(Z) ] \le p$. Damit gilt
            wegen $K(Z) \subseteq L^{H}$:
            \[
                p \ge [ L : K(Z) ] = [ L : L^{H} ] [ L^{H} : K(Z) ] = p [ L^{H} : K(Z) ]
            .\] Also folgt $L^{H} = K(Z)$.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}
