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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}