Algebra I: Losungen zu Blatt 1 1 - math.uni-bielefeld.depreston/teaching/algebra/files/... · Ubungen Algebra I Losungen: Blatt 3 Aufgabe 9: (1) Da a und b nicht teilerfremd sind

Algebra I: Losungen zu Blatt 1 1

Sommersemester 2005 C. Preston

Ubungen Algebra I Losungen: Blatt 1

Aufgabe 1:

Sei (X, e, p) ein Peano-Tripel und definiere eine Folge {xn}n≥0 aus X durch x0 = eund xn+1 = p(xn) fur n ≥ 0. Dann ist xn = pn(e), wobei die Abbildungenpn : X → X, n ≥ 0, definiert sind durch p0 = idX und pn+1 = pn ◦ p furn ≥ 0. Da p injektiv ist, ist auch pn injektiv fur jedes n. Sei 0 ≤ m < n; dannist pn−m(e) 6= e, da pn−m(e) = p(pn−m−1(e)) ∈ p(X) = X \ {e} und folglich istxm = pm(e) 6= pm(pn−m(e) = pn(e) = xn, da pm injektiv ist. Damit ist xm 6= xn

fur alle m 6= n. Sei nun Y = {xn : n ≥ 0}; dann ist e = x0 ∈ Y und p(x) ∈ Y furjedes x ∈ Y und folglich ist Y = X, d.h. X = {xn : n ≥ 0}.Sei (X ′, e′, p′) ein beliebiges N-Tripel und definiere eine Folge {x′

n}n≥0 aus X ′

(wie oben) durch x′0 = e und x′

n+1 = p′(x′n) fur n ≥ 0. Da es zu jedem x ∈ X

ein eindeutiges n ≥ 0 mit x = xn gibt, konnen wir π : X → X ′ definieren durchπ(xn) = x′

n fur jedes n ≥ 0. Dann ist π(e) = π(x0) = x′0 = e′ und

(π ◦ p)(xn) = π(p(xn)) = π(xn+1) = x′n+1 = p′(x′

n) = p′(π(xn)) = (p′ ◦ π)(xn)

fur alle n ≥ 0, d.h., π ◦ p = p′ ◦ π. Damit ist π ein Homomorphismus.

Sei π′ : (X, e, p) → (X ′, e′, p′) ein weiterer Homomorphismus und setze

Y = {x ∈ X : π(x) = π′(x)} ;

dann ist e ∈ Y , da π(e) = e′ = π′(e) und p(Y ) ⊂ Y : Gilt π(x) = π′(x), so istauch π(p(x)) = π′(p(x)), da

π(p(x)) = (π ◦ p)(x) = (p′ ◦ π)(x) = p′(π(x)) = p′(π′(x))

= (p′ ◦ π′)(x) = (π′ ◦ p)(x) = π′(p(x)) .

Damit ist Y = X, d.h. π′ = π und dies zeigt, dass π : (X, e, p) → (X ′, e′, p′) dereindeutige Homomorphismus ist.

Aufgabe 2:

Es soll bekannt sein, (N, 0, s) ein Peano-Tripel ist.


Aufgabe 3:

Sei (X, e, p) ein Peano-Tripel und sei (X ′, e′, p′) ein N-Tripel. Nehme an, es gibteinen Isomorphismus π : (X, e, p) → (X ′, e′, p′). Dann ist π : X → X ′ bijektiv;sei also π−1 : X ′ → X die Umkehrabbildung. Da π ◦ p = p′ ◦π, ist p′ = π ◦ p ◦π−1

und insbesondere ist p′ injektive, da p, π und π−1 injektiv sind. Ferner ist

π′(X ′) = π(p(π−1(X ′))) = π(p(X)) = π(X \ {e}) = X ′ \ {e′} .

Sei Y ′ ⊂ X ′ mit e′ ∈ Y ′ und p′(Y ′) ⊂ Y ′; setze Y = π−1(Y ′). Dann ist e ∈ Y ′,da e = π−1(e′) und e′ ∈ Y ′. Sei x ∈ Y ; dann ist π(x) ∈ Y ′ und folglich istπ(p(x)) = p′(π(x)) ∈ Y ′, d.h. p(x) ∈ Y . Also ist e ∈ Y und p(Y ) ⊂ Y und damitist Y = X. Daraus ergibt sich, dass Y ′ = π(Y ) = π(X) = X ′.

Dies zeigt, dass (X ′, e′, p′) auch ein Peano-Tripel ist.

Aufgabe 4:

Nach 2. ist (N, 0, s) ein Peano-Tripel und damit nach 1. auch ein initiales N-Tripel.Sei (X, e, p) ein initiales N-Tripel. Es gibt also einen eindeutigen Isomorphismusπ : (N, 0, s) → (X, e, p) und nach 3. ist dann (X, e, p) ein Peano-Tripel.




Aufgabe 5:

Sei b ∈ U + a; dann gibt es ein u ∈ U mit b = u+ a und damit ist b− a = u ∈ U .Ist umgekehrt b ∈ R mit b − a ∈ U , so ist b = (b − a) + a ∈ U + a. Folglich ist

U + a = {b ∈ R : b − a ∈ U} .

(1) Seien a1, a2 ∈ R und nehme an, dass (U + a1) ∩ (U + a2) = ∅; es gibt alsoein b ∈ (U + a1)∩ (U + a2) und damit liegen b− a1 und b− a2 beide in U . Daherist a2 − a1 = (b− a1)− (b− a2) ∈ U . Sei nun a ∈ U + a1; dann ist a− a1 ∈ U unddamit ist auch a − a2 = (a − a1) − (a2 − a1) ∈ U . Folglich ist U + a1 ⊂ U + a2

und genauso gilt U + a2 ⊂ U + a1, d.h. U + a1 = U + a2.

(2) Ist a2 − a1 ∈ U , so ist a2 ∈ U + a1. Aber a2 = 0 + a2 ∈ U + a2 und damit ista2 ∈ (U + a1) ∩ (U + a2). Daraus ergibt sich nach (1), dass U + a1 = U + a2. Istumgekehrt U + a1 = U + a2, so ist a2 = 0 + a2 ∈ U + a2 = U + a1 und daher ista2 − a1 ∈ U .

(3) Seien a1, a2, b1, b2 ∈ R mit U + a1 = U + a2 und U + b1 = U + b2; also gilta2−a1 ∈ U und b2−b1 ∈ U . Dann ist (a2+b2)−(a1+b1) = (a2−a1)+(b2−b1) ∈ Uund a2b2 − a1b1 = b2(a2 − a1) + a1(b2 − b1) ∈ U . Daraus folgt nach (2), dassU + (a1 + b1) = U + (a2 + b2) und U + a1b1 = U + a2b2.

Aufgabe 6:

Eine Teilmenge V von R heißt U-Nebenklasse, wenn es ein a ∈ R gibt, so dassV = U + a. Sei R/U die Menge der U -Nebenklassen. Nach Aufgabe 5 (3) konnenwir Verknupfungen + : R/U×R/U → R/U und · : R/U×R/U → R/U definierendurch (U + a) + (U + b) = U + (a + b) und (U + a)(U + b) = U + ab. Dann siehtman leicht, dass R/U ein kommutativer Ring mit Eins ist; das Nullelement istdie Nebenklasse U = U + 0 und das Einselement die Nebenklasse U + 1.

Sei π : R → R/U die Abbildung mit π(a) = U + a; dann gilt

π(a + b) = U + (a + b) = (U + a) + (U + b) = π(a) + π(b) ,

π(ab) = U + ab = (U + a)(U + b) = π(a)π(b)

fur alle a, b ∈ R, und π(1) = U +1 (und U +1 ist das Einselement in R/U). Alsoist π ein (surjektiver) Homomorphismus. Ferner ist nach Aufgabe 5 (2)

Kern π = {a ∈ R : π(a) = U + 0}= {a ∈ R : U + a = U + 0} = {a ∈ R : a − 0 ∈ U} = U .


Aufgabe 7:

Sei U ein Ideal von Z. Ist U = {0}, so ist U = (0); nehme also an, dass U 6= {0}.Da −k ∈ U fur jedes k ∈ U , ist U0 = U ∩ {m ∈ N : m ≥ 1} 6= ∅. Sei n daskleinste Element in U0; dann ist n ≥ 2, da 1 /∈ U . Da mn ∈ U fur alle m ∈ Z,ist (n) ⊂ U . Nehme an, dass U 6= (n); dann gibt es m ∈ U \ (n) mit m ≥ 1.Nun gibt es k, r ∈ N mit m = kn + r und 0 ≤ r < n (Division mit Rest in N).Da m /∈ (n), ist r 6= 0, d.h. 1 ≤ r < n. Aber r = m − kn ∈ U und dies ist einWiderspruch zur Wahl von n. Folglich ist U = (n).

Sei nun n1, n2 ∈ N\{1} mit (n1) = (n2); dann gibt es m1, m2 ∈ Z mit n1 = m2n2

und n2 = m1n1. Aber dies ist nur moglich mit n1 = n2. Zu jedem ideal U von Z

gibt es also ein eindeutiges n ∈ N \ {1}, so dass U = (n).

Aufgabe 8:

Seien m, n ∈ N \ {0, 1} und setze U = {km + `n : k, ` ∈ Z}.(1) Nehme an, dass U = Z; insbesondere ist dann 1 ∈ U und folglich gibt esk, ` ∈ Z, so dass 1 = km + `n. Sei c ∈ N ein gemeinsamer Teiler von m und n;es gibt also m′, n′ ∈ Z mit m = cm′ und n = cn′ und damit ist

1 = kcm′ + `cn′ = c(km′ + `n′) .

Daraus ergibt sich, dass c = 1 und daher sind m und n teilerfremd.

(2) Nehme an, dass U 6= Z. Es ist klar, dass U ein Ideal von Z ist und U 6= {0},da m und n in U liegen. Nach Aufgabe 7 gibt es also ein eindeutiges d ∈ N\{0, 1},so dass U = (d).

Da d ∈ (d) = U , gibt es k, ` ∈ Z, so dass d = km+`n. Sei c ∈ N ein gemeinsamerTeiler von m und n; es gibt also m′, n′ ∈ N, so dass m = cm′ und n = cn′ unddamit ist d = kcm′ + `cn′ = c(km′ + `n′). Also ist jeder gemeinsamer Teiler vonm und n auch ein Teiler von d.

Da m und n in U = (d) liegen, gibt es andererseits m, n ∈ Z, so dass m = mdund n = nd und damit ist d ein gemeinsamer Teiler von m und n. Also ist d dergroßte gemeinsame Teiler von m und n.




Aufgabe 9:

(1) Da a und b nicht teilerfremd sind und a 6= 0, gibt es ein c ∈ R�, so dassc | a und c | b und daher gibt es ein d ∈ R mit a = dc. Nach Lemma 2.10 ist airreduzibel, und folglich ist d ∈ R∗, da c ∈ R�, d.h. a und c sind assoziiert. Alsogilt a | b, da c | b.

(2) Dies folgt unmittelbar aus (1).

Aufgabe 10:

Ohne Beschrankung der Allgemeinheit konnen wir annehmen, dass m ≤ n. Dap1 | q1 · · · qn und p1 ein Primelement von R ist, gibt es ein k1, so dass p1 | qk1

.Insbesondere ist p1 ein gemeinsamer Teiler von p1 und qk1

und also sind p1 undqk1

nicht teilerfremd. Daraus ergibt sich nach Aufgabe 9 (2), dass p1 und qk1

assoziiert sind, d.h. p1 = a1qk1fur ein a1 ∈ R∗. Nun ist

qk1a1p2 · · · pm = qk1

q1 · · · qk1−1qk1+1 · · · qn

und qk1und folglich ist a1p2 · · · pm = q1 · · · qk1−1qk1+1 · · · qn, da R nullteilerfrei ist.

Da nun p2 | q1 · · · qk1−1qk1+1 · · · qn und p2 ein Primelement von R ist, gibt esein k2 6= k1, so dass p2 | qk2

. Genauso wie oben sind p2 und qk2assoziiert, d.h.

p2 = a2qk2fur ein a2 ∈ R∗.

Nach (m−1)-maliger Wiederholung dieses Verfahrens haben wir a1, . . . , am ∈ R∗

und m verschiedene Indices k1, . . . , km aus {1, . . . , n}, so dass pj und qkjassoziiert

sind fur j = 1, . . . , m und a1 · · ·am = b, wobei

b =

{

1 falls m = n ,q`1 · · · q`n−m

falls m < n ,

wobei `1, . . . , `n−m die Indices in {1, . . . , n} \ {k1, . . . , km} sind. Da aber b ∈ R∗

und qj /∈ R∗ fur jedes j, ist muss dann m = n. Definiere σ ∈ Sm durch σ(j) = kj

fur j = 1, . . . , m; dann sind pj und qσ(j) assoziiert fur jedes j.


Aufgabe 11:

(1) Sei f ∈ K[x] \ K reduzibel; dann gibt es g, h ∈ K[x] \ K mit f = ghund folglich gilt Grad g ≥ 1, Gradh ≥ 1 und Grad f = Grad g + Gradh, unddamit ist Grad g < Grad f und Gradh < Grad f . Insbesondere ist jedes Polynomf ∈ K[x] \ K mit Grad f = 1 irreduzibel. Daraus ergibt sich durch Induktionnach Grad f , dass es irreduzible Polynome f1, . . . , fn gibt, so dass f = f1 · · · fn.

(2) Dies folgt unmittelbar aus Aufgabe 10, da nach Satz 2.5 f ∈ K[x] \K genaudann irreduzibel ist, wenn f ein Primelement von K[x] ist (und (K[x])∗ = K×).

Aufgabe 12:

(1) Seien a = m + in und b = u + iv Elemente von Z[i] mit b 6= 0 und sei b−1

das Inverse von b in C. Dann gibt es x, y ∈ R, so dass ab−1 = x + iy in C. Wahlek, ` ∈ Z mit |x − k| ≤ 1

2und |y − `| ≤ 1

2, und setze t = k + i` und r = a − tb.

Dann sind t, r ∈ Z[i] und a = tb + r. Ferner gilt (in C)

r = a − tb = b(ab−1 − t) = b((x − k) + i(y − `))

und damit auch

|r|2 = |b|2|(x − k) + i(y − `)|2 = |b|2((x − k)2 + (y − `)2) ≤ 12|b|2 .

Folglich ist d(r) = |r|2 ≤ 12|b|2 = 1

2d(b). Aber d(b) > 0, da b 6= 0, und damit ist

d(r) < d(b).

(2) (Dies ist im Wesentlichen identisch mit dem Beweis fur Satz 3.3.) Sie U einIdeal von Z[i]. Ist U = {0}, so ist U = (0) und also konnen wir annehmen, dassU 6= {0}. Wahle b ∈ U\{0}, so dass d(b) ≤ d(c) fur alle c ∈ U\{0}. Nun ist ab ∈ Ufur alle a ∈ Z[i], da U ein Ideal ist, und damit ist (b) ⊂ U . Sei andererseits a ∈ U ;nach (1) gibt es t, r ∈ Z[i] mit a = tb + r und d(r) < d(b). Aber r = a − tb ∈ U ,und daraus ergibt sich, dass r = 0 (sonst ware 0 < d(r) < d(b) ≤ d(r)). Also ista = tb ∈ (b), d.h. U ⊂ (b) und folglich ist U = (b).




Aufgabe 13:

(1) Nach Aufgabe 11 (1) gibt es irreduzible Polynome g ′1, . . . , g′

m ∈ K[x] \ K,so dass g = g′

1 · · · g′m. Es gibt dann irreduzible normierte Polynome g1, . . . , gm in

K[x] \ K, so dass g = g1 · · · gm.

Nach Satz 2.5 ist ein Element von K[x] \ K irreduzibel genau dann, wenn es einPrimelement ist. Also konnen wir verfahren genauso wie in Aufgabe 11:

Da g1 | f1 · · · fn und g1 ein Primelement von K[x] ist, gibt es ein k1, so dassg1 | fk1

. Insbesondere ist g1 ein gemeinsamer Teiler von g1 und fk1und also sind

g1 und fk1nicht teilerfremd. Daraus ergibt sich nach Aufgabe 9 (2), dass g1 und

fk1assoziiert sind und da g1 und fk1

beide normiert sind, ist dann g1 = fk1.

Nach (m− 1)-maliger Wiederholung dieses Verfahrens haben wir m verschiedeneIndices k1, . . . , km aus {1, . . . , n}, so dass gj = fkj

fur j = 1, . . . , m. SetzeA = {k1, . . . , km}; dann ist g das Produkt der Polynome {fi}i∈A.

(2) Nach Aufgabe 11 (1) gibt es irreduzible Polynome f ′1, . . . , f ′

n ∈ K[x] \ K,so dass f = f ′

1 · · · f ′n. Es gibt dann irreduzible normierte Polynome f1, . . . , fn in

K[x] \ K und c ∈ K×, so dass f = cf1 · · · fn.

Sei nun g ∈ K[x]\K normiert mit g einem Teiler von f ; dann ist g auch Teiler vonf1 · · · fn und damit gibt es nach (1) eine Teilmenge A von {1, . . . , n}, so dass g dasProdukt der Polynome {fi}i∈A ist. Damit gibt es hochstens 2n = |P({1, . . . , n})|Elemente in Tf .

(3) Sei f ∈ F [x]\F (bzw. g ∈ L[x]\L) das minimale Polynom von a uber F (bzw.uber L). Sei Φa : L[x] → K der eindeutige Homomorphismus mit Φa(b) = b furalle b ∈ L und Φa(x) = a; also ist Kern Φa = (g). Aber f (angesehen als Elementvon L[x]) ist auch in Kern Φa = (g) und folglich gibt es h = L[x], so dass f = ghin L[x]. Dann gilt auch f = gh in K[x], d.h. g ist ein Teiler von f in K[x].

Aufgabe 14:

Setze L′ = F (b0, . . . , bm); da b0, . . . , bm ∈ L, ist L′ ⊂ L. Nun sind b0, . . . , bm

Elemente aus L′ und folglich konnen wir das Polynom f = b0+b1x+· · ·+bmxm alsElement von L′[x]\L′ ansehen. Da f irreduzibel in L[x] ist, ist f auch irreduzibelin L′[x] und also ist nach Lemma 5.4 f ∈ L′[x] \L′ das minimale Polynom von auber L′. Daraus ergibt sich nach Satz 5.2, dass [L(a) : L] = Grad f = [L′(a) :L′].


Aber F (a) ⊂ L′(a) ⊂ L(a) ⊂ K = F (a) und damit ist L′(a) = L(a) = K.Folglich ist nach Satz 5.1

[K : L] = [L(a) : L] = [L′(a) :L′] = [K : L′] = [K : L][L : L′] ,

d.h. [L : L′] = 1. Daher ist nach Lemma 5.2 L = L′ = F (b0, . . . , bm).

Aufgabe 15:

Es gibt ein a ∈ K mit K = F (a); sei f ∈ F [x] \ F das minimale Polynom vona uber F . Fur jeden Zwischenkorper L sei fL ∈ L[x] \ L das minimale Polynomvon a uber L und betrachte alle Polynome hier als Elemente von K[x]. NachAufgabe 13 (2) ist fL ∈ Tf fur jeden Zwischenkorper L und nach Aufgabe 13 (1)ist die Menge Tf endlich. Aber nach Aufgabe 14 ist L eindeutig durch fL bestimmtund folglich gibt es nur endlich viele Zwischenkorper L.

Aufgabe 16:

(1) Sei a ∈ K; dann ist F (a) ein Zwischenkorper der Erweiterung K von F undnach Satz 5.1 ist dann [K : F ] = [K : F (a)][F (a) :F ]. Damit ist [K : F (a)] = 1 oder[F (a) :F ] = 1, da [K : F ] eine Primzahl ist. Nach Lemma 5.2 ist daher F (a) = Foder F (a) = K. Aber F (a) = F gilt genau dann, wenn a ∈ F und folglich giltK = F (a) fur alle a ∈ K \ F .

(2) Sei a eine Nullstelle von f in K und sei ma ∈ F [x]\F das minimale Polynomvon a. Nach Satz 5.2 ist dann [F (a) :F ] = Grad ma und nach Satz 5.1 ist [F (a) :F ]ein Teiler von 2n, d.h. Gradma = 2k fur ein k mit 0 ≤ k ≤ n. Ferner ist f ∈ (ma),d.h. ma ist ein Teiler von f und also gibt es ein g ∈ F [x], so dass f = gma.Insbesondere ist 3 = Grad f = Grad g + Gradma = Grad g + 2k und damit istk = 0 oder k = 1. Ist k = 0, d.h. Gradma = 1, so ist a ∈ F . Ist k = 1, d.h.Gradma = 2, so ist Grad g = 1 und hier hat g eine Nullstelle in F , die ebenfallseine Nullstelle von f ist.




Aufgabe 17:

(1) Da cp konstruierbar ist, gibt es nach Satz 6.2 eine endliche Erweiterung L′

von Q in R, die cp enthalt mit [L : Q] = 2k fur ein k ≥ 0. Setze L = L′(sp);

dann gilt [L : L′] ≤ 2, da sp =√

b, wobei b = 1 − c2p, und b ∈ L′. Folglich ist

[L : Q] = [L :L′][L′ : Q] = 2m, wobei m entweder k oder k + 1 ist, und cp, sp ∈ L.

(2) Man sieht leicht, dass M = {x + iy : x, y ∈ L} ein Unterkorper von C ist.(Ist x + iy ∈ M mit x + iy 6= 0 und x′ = x/r, y′ = −y/r mit r = x2 + y2, so istx′ + iy′ ∈ M und (x + iy)(x′ + iy′) = 1.) Folglich ist M = L(i). Ferner ist (1, i)eine Basis von M als Vektorraum uber L und damit ist [L(i) : L] = [M : L] = 2.Da ξp = cp + isp, ist ξp ∈ L(i).

(3) Es gilt ξpp = 1 und folglich ist ξp eine Nullstelle des Polynoms xp − 1 ∈ Q[x].

Aber xp − 1 = (x− 1)(xp−1 + · · ·+ 1) und ξp 6= 1 und damit ist ξp eine Nullstelledes irreduziblen Polynoms g = xp−1 + · · · + 1. Also ist g das minimale Polynomvon ξp und daraus ergibt sich nach Satz 5.2, dass [Q(ξp) : Q] = Grad g = p − 1.Nun ist Q ⊂ Q(ξ) ⊂ L(i) und daher ist nach Satz 5.1 [Q(ξp) : Q] = p − 1 einTeiler von [L(i) : Q] = 2m+1. Folglich ist p − 1 = 2n fur ein n ≥ 1.

Aufgabe 18:

Wir konnen n = 2`r schreiben mit ` ≥ 0 und r ungerade. Nehme an, dass r > 1und setze m = 22`

; also ist 1 ≤ m < 2n. Dann ist

1 + 2n = 1 + 22`r = 1 + mr = 1 − (−m)r

= (1 − (−m))((−m)r+1 + · · ·+ (−m) + 1)

= (1 + m)((−m)r+1 + · · ·+ (−m) + 1)

und 1+m 6= 1 und 1+m 6= 1+2n. Dies ist nicht moglich, da 1+2n eine Primzahlist, und folglich ist r = 1, d.h. n = 2` fur ein ` ≥ 0.


Aufgabe 19:

Setze a0 = 3√

2, a1 = 3√

2 ξ3, a2 = 3√

2 ξ23 ; dann sind die Zahlen a0, a1, a2 alle

verschieden und a30 = a3

1 = a32 = 2. Folglich gilt x3 − 2 = (x− a0)(x− a1)(x− a2)

in C[x]. Ferner ist K = Q( 3√

2, ξ3) = Q(a0, a1, a2), da 3√

2 = a0 und ξ3 = a1/a0.Damit ist K ein Zerfallungskorper des Polynoms x3 − 2 ∈ Q[x].

Nach Eisenstein ist das Polynom f = x3 − 2 ∈ Q[x] irreduzibel (uber Q) und 3√

2ist eine Nullstelle von f . Also ist f das minimale Polynom von 3

√2 und damit ist

nach Satz 5.2 [Q( 3√

2) : Q] = Grad f = 3.

Betrachte nun f als Element von Q( 3√

2)[x]; dann gilt f = (x− 3√

2)g in Q( 3√

2)[x],wobei g = x2 + 3

√2x + ( 3

√2)2 und a1 = 3

√2 ξ3 ist eine Nullstelle von g (da a1 eine

Nullstelle von f aber keine Nullstelle von x − 3√

2 ist). Damit ist das minimalePolynom von a1 uber Q( 3

√2)[x] ein Teiler von g und daraus ergibt sich nach

Satz 5.2, dass

[Q(3√

2, a1) : Q(3√

2)] = [Q(3√

2)(a1) : Q(3√

2)] ≤ Grad g = 2 .

Also ist [Q( 3√

2, a1) : Q( 3√

2)] = 2, da a1 /∈ Q( 3√

2). Schließlich ist K = Q( 3√

2, a1),da a1 = 3

√2 ξ3 und ξ3 = a1/

3√

2 und daraus ergibt sich nach Satz 5.1, dass

[K : Q] = [K : Q(3√

2)][Q(3√

2) : Q] = 2 · 3 = 6 .

Aufgabe 20:

Man finde einen Zwischenkorper Q ⊂ K ⊂ C, so dass K ein Zerfallungskorperdes Polynoms x4 + x2 + 1 ∈ Q[x] ist.

Sei ξ3 = exp(2πi/3); da x3 − 1 = (x − 1)(x − ξ3)(x − ξ23) und −1 − ξ3 − ξ2

3 derKoeffizient von x2 in x3 − 1 ist, ist ξ3 + ξ2

3 = −1. Ferner ist ξ3ξ23 = 1. Damit ist

(x − ξ3)(x − ξ23) = x2 + x + 1 und (x + ξ3)(x + ξ2

3) = x2 − x + 1 in C[x] und da(x2 + x + 1)(x2 − x + 1) = x4 + x2 + 1 ∈ Q[x], ist dann

x4 + x2 + 1 = (x − ξ3)(x + ξ3)(x − ξ23)(x + ξ2

3)

in C[x]. Damit ist Q(ξ3) ein Zerfallungskorper von x4 + x2 + 1 ∈ Q[x], daQ(ξ3,−ξ3, ξ

23,−ξ2

3) = Q(ξ3).




Aufgabe 21:

(1) Sind a, b ∈ UF mit am = 1 und bn = 1, so ist

(ab)mn = (am)n(bn)m = 1n1m = 1

und damit ist ab ∈ UF . Ferner ist (a−1)m = (a−1)mam = (a−1a)m = 1m = 1 undalso ist a−1 ∈ UF . Schließlich ist 11 = 1, d.h. 1 ∈ UF und folglich ist UF eineUntergruppe von F×.

(2) Sind 0 ≤ j < k < m mit aj = ak, so ist ajak−j = aj und damit

ak−j = (aj)−1ajak−1 = (aj)−1aj = 1 .

Dies ist nicht moglich, da k − j < m. Also sind die Elemente 1, a, a2, . . . , am−1

alle verschieden. Seien 0 ≤ j, k < m; dann ist ajak = aj+k = a`, wobei

` =

{

j + k falls j + k < m ,j + k − m falls j + k ≥ m ,

und 0 ≤ ` < m und folglich ist ajak ∈ 〈a〉. Fur jedes 0 < k < m ist 0 < m−k < mam−kak = am = 1, d.h. (ak)−1 ∈ 〈a〈, und 1−1 = 1 ∈ 〈a〉. Dies zeigt, dass 〈a〉 eineUntergruppe von F× ist.

(3) Setze m = ord a und n = ord b. Da am = 1, gilt auch (ak)m = (am)k = 1k = 1fur jedes k = 0, . . . , m − 1 und folglich sind 1, a, a2, . . . , am−1 Nullstellen desPolynoms xm − 1 ∈ F [x]. Damit gilt xm − 1 = (x − 1)(x − a) · · · (x − am−1) inF [x], da 1, a, a2, . . . , am−1 alle verschieden sind. Aber bn = 1 und n ist ein Teilervon m und also ist bm = 1, d.h. b ist eine Nullstelle von xm − 1. Daraus ergibtsich, dass b ∈ 〈a〉 und daher ist 〈b〉 ⊂ 〈a〉.

Aufgabe 22:

(1) Zunachst ist (ab)mn = (am)n(bn)m = 1n1m = 1. Gilt andererseits (ab)` = 1,so ist 1 = (ab)`n = a`n(bn)` = a`n1` = a`n und damit ist `n ein Vielfaches vonm. Also ist ` ein Vielfaches von m, da m und n teilerfremd sind. Genauso ist` ein Vielfaches von n und damit ist ` ein Vielfaches von mn. Dies zeigt, dassord ab = mn.

(2) Es gibt verschiedene Primzahlen p1, . . . , pk und i1, . . . , ik, j1, . . . , jk ≥ 0, sodass m = pi1

1 · · · pikk und n = pj1

1 · · ·pjk

k , und da n kein Teiler von m ist, ist j` > i`


fur mindestens ein `. Setze S = {1 ≤ s ≤ k : is ≥ js}, S ′ = {1, . . . , k} \ S undsei m1 =

∏

s∈S piss , m2 =

∏

s∈S′ piss , n1 =

∏

s∈S′ pjss und n2 =

∏

s∈S pjss . Dann gilt

m = m1m2, n = n1n2 und m1 und n1 sind teilerfremd. Ferner ist m1n1 > m, daj` > i` fur mindestens ein `.

Aufgabe 23:

Sei m = max{ord b : b ∈ G} und sei a ∈ G mit ord a = m. Da ak ∈ G fur jedesk ≥ 0, ist 〈a〉 ⊂ G. Nehme an, es gibt ein Element b ∈ G\〈a〉, sei n = ord b. NachAufgabe 21 (3) ist n kein Teiler von m und folglich gibt es nach Aufgabe 22 (2)m1, m2, n1, n2 mit m = m1m2 und n = n1n2, so dass m1 und n1 teilerfremdsind und m1n1 > m. Nun gilt ord am2 = m1 und ord bn2 = n1 und also ist nachAufgabe 22 (1) ord am1bn2 = m1n1 > m. Aber am1bn2 ∈ G und dies steht dannim Widerspruch zur Wahl von a. Daher ist G = 〈a〉.

Aufgabe 24:

(1) Ein Polynom in g ∈ F2[x] vom Grad 3 hat die Form x3 + ax2 + bx + c, wobeia, b, c ∈ F2. Ist c = 0, so ist g = x3 +ax2 + bx = x(x2 +ax+ b) reduzibel, Nehmenun also an, dass c = 1. Ist g reduzibel, so ist g = (x+1)(x2+dx+1) fur ein d ∈ F2

(da c = 1). Aber (x+1)(x2 +x+1) = x3 +1 und (x+1)(x2 +1) = x3 +x2 +x+1;also sind x3 + 1 und x3 + x2 + x + 1 reduzibel und die anderen zwei Polynome f1

und f2 mussen irreduzibel sein.

(2) In F2[x] gilt x7 − 1 = (x − 1)(x3 + x2 + 1)(x3 + x + 1) = (x − 1)f1f2. Daa7 − 1 = 0, ist a eine Nullstelle des Polynoms x7 − 1 und da a 6= 1, ist a danneine Nullstelle von f1 oder f2. Nach (1) sind f1 und f2 irreduzibel und damit istf1 (bzw. f2) das minimale Polynom von a, wenn a eine Nullstelle von f1 (bzw.von f2) ist.

Sei nun K eine Erweiterung von F2 und sei a ∈ K \ {1} ein Element mit a7 = 1.Man zeige:

(3) Nehme zunachst an, dass f1 das minimale Polynom von a ist. Folglich ista3 + a2 + 1 = 0 und damit ist

(a−1)3 + a−1 + 1 = a7((a−1)3 + a−1 + 1) = a4 + a6 + a7 = a4(a3 + a2 + 1) = 0 ;

d.h. a−1 ist eine Nullstelle von f2. Also ist f2 das minimale Polynom von a−1, daf2 irreduzibel und normiert ist. Nehme nun an, dass f2 das minimale Polynomvon a ist. Dann ist a3 + a + 1 = 0 und damit ist

(a−1)3 +(a−1)2 +1 = a7((a−1)3 +(a−1)2 +1) = a4 + a5 + a7 = a4(a3 + a+1) = 0 ;


d.h. a−1 ist eine Nullstelle von f1. Also ist f1 das minimale Polynom von a−1.

(4) Da das minimale Polynom von a Grad 3 hat, ist nach Satz 5.2 [F2(a) : F2] = 3und (1, a, a2) ist eine Basis von F2(a) als Vektorraum uber F2. Damit bestehtF2(a) aus 23 = 8 Elementen. Andererseits ist ord a = 7 (in K×), da 7 einePrimzahl ist und a 6= 1, und folglich sind nach Aufgabe 21 (2) die 7 Elemente1, a, a2, a3, a4, a5, a6 von F2(a)× alle verschieden. Also besteht F2(a) aus den 8Elementen 0, 1, a, a2, a3, a4, a5, a6.

(5) Nehme zunachst an, dass f1 das minimale Polynom von a ist. Dann gilt:a3 = a2 + 1, a4 = a3 + a = a2 + a + 1, a5 = a3 + a2 + a = a2 + 1 + a2 + a = a + 1und a6 = a2 + a und folglich ist

1 a a2

1 1 0 0a 0 1 0a2 0 0 1a3 1 0 1a4 1 1 1a5 1 1 0a6 0 1 1

Ist dagegen f2 das minimale Polynom von a, so ist a3 = a + 1, a4 = a2 + a,a5 = a3 + a2 = a2 + a + 1 und a6 = a3 + a2 + a = a + 1 + a2 + a = a2 + 1. Hierhaben wir also

1 a a2

1 1 0 0a 0 1 0a2 0 0 1a3 1 1 0a4 0 1 1a5 1 1 1a6 1 0 1




Aufgabe 25:

(1) Sei 1 ≤ k ≤ p − 1. Es gilt(

pk

)

= p!/k!(p − k)! und damit

p! =( p

k

)

k!(p − k)! .

Nun ist p ein Teiler von p! aber kein Teiler von k!(p − k)! und folglich ist p ein

Teiler von(

pk

)

.

(2) Nach (1) ist( p

k

)

= 0 fur k = 1, . . . , p − 1 und folglich ist

(a + b)p =

p∑

k=1

(

pk

)

ap−kbk = ap + bp .

(3) Genauso wie in (2) ist (f + g)p =p

∑

k=1

(

pk

)

f p−kgk = f p + gp.

(4) Nach wiederholter Anwendung von (3) gilt

(a0 + a1x + · · · + amxm)p = (a0 + (a1x + · · ·+ amxm))p

= ap0 + (a1x + · · · + amxm)p

= ap0 + ap

1xp + (a2x

2 + · · ·+ amxm)p

...

= ap0 + ap

1xp + · · · + ap

mxmp .

(5) Nach (3) gilt (x − b)p = xp + (−b)p = xp + (−1)pbp und nach (2) ist

1 + (−1)p = 1p + (−1)p = (1 − 1)p = 0p = 0 ,

d.h. (−1)p = −1. Damit ist (x − b)p = xp − bp.


Aufgabe 26:

(1) Seien a, b ∈ F ; nach Aufgabe 25 (2) ist

σ(a + b) = (a + b)p = ap + bp = σ(a) + σ(b) ,

und es gilt σ(ab) = (ab)p = apbp = σ(a)σ(b). Ferner ist σ(1) = 1p = 1, undfolglich ist σ ein Homomorphismus.

(2) Sei a ∈ F mit ap = 0; da F nullteilerfrei ist, ist dann a = 0. Damit istKern σ = {0} und folglich ist σ injektiv. Insbesondere ist σ bijektiv, wenn Fendlich ist.

Aufgabe 27:

(1) Da b eine Nullstelle von f = xp − a ist, ist bp − a = 0, d.h. a = bp und darausfolgt nach Aufgabe 25 (5), dass f = xp − a = xn − bp = (x − b)p in K[x].

(2) Nach Satz 7.2 gibt es eine endliche Erweiterung K von F , in der f eineNullstelle b hat und nach (1) gilt dann f = (x − b)p in K[x]. Nun gibt es nachSatz 3.5 Polynome g, h ∈ F [x] mit g irreduzibel, so dass f = gh, und wir konnenannehmen, dass g normiert ist. Folglich ist gh = (x − b)p in K[x] und also gibtes nach Aufgabe 15 (1) ein k mit 1 ≤ k ≤ p, so dass g = (x − b)k. Aber k 6= 1,da b /∈ F und daher hat g eine mehrfache Nullstelle.

Aufgabe 28:

(2) ⇒ (1): Sei f ∈ F [x] \ F ein irreduzibles Polynom und nehme an, dass f einemehrfache Nullstelle hat (in irgendeiner Erweiterung von F ). Nach Satz 9.4 (2)ist dann f(x) = g(xp) fur ein g ∈ F [x] \ F . Sei g = b0 + b1x + · · ·+ bmxm; da dieAbbildung σ surjektiv ist, gibt es fur jedes i ein ai ∈ F mit bi = ap

i und darausfolgt nach Aufgabe 25 (4), dass

f = b0 + b1xp + · · · + bmxmp = ap

0 + ap1x

p + · · ·+ apmxmp

= (a0 + a1x + · · · + amxm)p = hp ,

wobei h = a0 + a1x + · · ·+ amxm. Dies ist ein Widerspruch, da f irreduzubel ist,und folglich hat f nur einfache Nullstellen.

(1) ⇒ (2): Nehme an, dass die Abbildung σ nicht surjektiv ist. Es gibt also eina ∈ F , so dass bp 6= a fur alle b ∈ F und damit hat das Polynom f = xp−a ∈ F [x]keine Nullstelle in F . Nach Aufgabe 27 (2) gibt es dann ein irreduzibles Polynomg ∈ F [x] \ F , dass eine mehrfache Nullstelle hat.




Aufgabe 29:

(1) Setze f = b0 + b1x+ · · ·+ bnxn. Sei σ ∈ Gal(K, F ); fur jedes a ∈ {a1, . . . , am}ist dann

0 = σ(0) = σ(b0 + b1a + · · ·+ bnan) = σ(b0) + σ(b1)σ(a) + · · ·+ σ(bn)σ(a)n

= b0 + b1σ(a) + · · ·+ bnσ(a)n

und damit ist auch σ(a) eine Nullstelle von f , d.h. σ(a) = aj fur ein j. Fernersind die Elemente σ(a1), . . . , σ(am) alle verschieden, da σ ein Automorphismusist, und folglich gibt es eine Permutation πσ ∈ Sm, so dass σ(ak) = aπ(k) fur jedesk = 1, . . . , m.

Nach (1) gibt es die Abbildung α : Gal(K, F ) → Sm, die definiert ist durchα(σ) = πσ fur jedes σ ∈ Gal(K, F ).

(2) Seien σ, τ ∈ Gal(K, F ); fur j = 1, . . . , m gilt dann

aα(στ)(j) = (στ)(aj) = σ(τ(aj)) = σ(aα(σ)(j)) = aα(σ)(α(τ))(j) = a(α(σ)α(τ))(j)

und damit ist α(στ) = α(σ)α(τ). Sei nun α ∈ Kern α; dann ist α(σ)(j) = j furjedes j und damit ist σ(aj) = aj fur jedes j. Daraus ergibt sich, dass σ = idK, daK = F (a1, . . . , am); d.h. α ist injektiv. (Sind σ1, σ2 ∈ Aut(K), so ist

L = {a ∈ K : σ1(a) = σ2(a)}

ein Unterkorper von K. Sind also σ1, σ2 ∈ Gal(K, F ) mit σ1(ak) = σ2(ak) fur allek, so ist F ∪ {a1, . . . , am} ⊂ L und damit L = K, d.h. σ1 = σ2.)

Setze H = Bild ϕ; also ist H eine Untergruppe von Sm und nach (2) sind dieGruppen Gal(K, F ) und H isomorph.

Aufgabe 30:

(1) Seien j, k ∈ {1, . . . , m}; nach Satz 7.4 gibt es dann einen Isomorphismusτ : F (aj) → F (ak), so dass τ(b) = b fur alle b ∈ F . Nun ist nach Lemma 7.1K ein Zerfallungskorper von f als Element von F (aj)[x] (bzw. als Element vonF (ak)[x]) und folglich gibt es nach Satz 7.5 einen Isomorphismus σ : K → K,so dass σ(b) = τ(b) fur alle b ∈ F (aj). Insbesondere ist σ(b) = τ(b) = b fur alleb ∈ F und damit ist σ ∈ Gal(K, F ); ferner gilt σ(aj) = τ(aj) = ak.


(2) Dies folgt unmittelbar aus (1).

Aufgabe 31:

Nehme nun an, dass char F = 0. Nach Satz 9.4 (1) hat dann das irreduziblePolynom f nur einfache Nullstellen und folglich ist m = Grad f .

(1) Da char F = 0, ist K eine separable Erweiterung von F . Ferner ist nachSatz 9.1 K eine normale Erweiterung von F und daraus folgt nach Lemma 10.2,dass ord Gal(K, F ) = [K : F ]. Sei nun a ∈ {a1, . . . , am} und sei ma ∈ F [x] \ Fdas minimale Polynom von a. Nach Satz 5.2 ist [F (a) :F ] = Gradma und nachLemma 5.4 ist Gradma = Grad f = m. Folglich ist nach Satz 5.1

ord Gal(K, F ) = [K : F ] = [K :F (a)][F (a) :F ] = [K : F (a)] m

und daher ist m ein Teiler von ord Gal(K, F ).

(2) (Nun ist m eine Primzahl.) Es gilt ord Gal(K, F ) = ord H und damit istnach (1) m eine Teiler von ordH. Nach dem Satz von Cauchy enthalt also H einElement τ der Ordnung m. Aber die einzigen Elemente in Sm (m eine Primzahl)sind m-Zykel.

(Jedes Element τ von Sm kann man als Produkt von disjunkten Zykeln τ1, . . . , τ`

schreiben und die Ordnung von τ ist dann der kleinste gemeinsame Vielfache derOrdnungen ord τk, 1 ≤ k ≤ `.)

Aufgabe 32:

(1) Sei f = b0 + b1x + · · ·+ bmxm; fur jede Nullstelle a von f in C ist

b0 + b1a + · · ·+ bmam = b0 + b1a + · · ·+ bmam = b0 + b1a + · · ·+ bmam = 0 = 0 ,

da b0, . . . , bm ∈ R, d.h. a ist ebenfalls eine Nullstelle von f . Seien nun a1, . . . , am

die Nullstellen von f und setze L = {b ∈ K : b ∈ K}; dann ist L ein Unterkorpervon K mit Q∪{a1, . . . , am} ⊂ L und damit ist L = K, d.h. a ∈ K fur alle a ∈ K.

Sei % : K → K die Einschrankung der Abbildung a 7→ a auf K. Dann ist % einHomomorphismus mit %◦% = idK und folglich ist % ∈ Aut(K). Ferner ist %(b) = bfur alle b ∈ Q und daher ist % ein Element von Gal(K, F ).

(2) Seien a1, a2, a3, a4, a5 die Nullstellen von f (und nach Satz 9.4 (1) sind dieNullstellen einfach); wir konnen annehmen, dass a1, a2, a3 ∈ R und damit sinda4, a5 ∈ C \ R. Da a5 auch eine Nullstelle von f ist, mussen wir a5 = a4 haben.Sei % : K → K die Einschrankung der Abbildung a 7→ a auf K; nach (1) ist % einElement von Gal(K, F ) und da %(a1) = a1, %(a2) = a2, %(a3) = a3, %(a4) = a5

und %(a5) = a4, ist das Element α(%) ∈ H eine Transposition. Also enthalt H eineTransposition und nach Aufgabe 31 (2) enthalt H auch einen 5-Zykel. Folglichist H = S5, und damit ist Gal(K, Q) isomorph zu S5.




Aufgabe 33:

(1) Nach Satz 8.2 ist K ein Zerfallungskorper des Polynoms xpn − x ∈ Fp[x] undnach Lemma 8.1 ist xpn − x separabel. Daraus folgt nach Satz 10.6, dass K eineGalois-Erweiterung von Fp ist.

(2) Nach Aufgabe 26 ist σ ∈ Aut(K) und nach Aufgabe 25 (2) ist

σ(k) = (1 + 1 + · · · + 1)p = 1p + 1p + · · · + 1p = 1 + 1 + · · · + 1 = k

fur alle k ∈ Fp. Also ist σ ∈ Gal(K, Fp).

(3) Fur jedes k ≥ 1, a ∈ K ist σk(a) = apk

und nach Satz 8.1 und Satz 8.2besteht K aus den pn Nullstellen von xpn − x ∈ Fp[x]. Insbesondere ist apn

= afur alle a ∈ K und damit ist σn = idK. Ist andererseits 1 ≤ m < n, so ist jedesa ∈ K mit σm(a) = a eine Nullstelle des Polynoms xpm − x und folglich gibt esmindstens ein a ∈ K mit σm(a) 6= a, d.h. σm 6= idK . Dies zeigt, dass ordσ = n.

(4) Da nach (2) und (3) σ ∈ Gal(K, Fp) und ordσ = n, ist 〈σ〉 eine Untergruppevon Gal(K, Fp) mit |〈σ〉| = n. Nach (1) ist aber K eine Galois-Erweiterung vonFp und also ist nach Satz 10.5 ordGal(K, Fp) = [K : Fp] = n. Daraus ergibt sich,dass Gal(K, Fp) = 〈σ〉.

Aufgabe 34:

(1) Die Nullstellen des Polynoms g = xp − 1 ∈ Q[x] (in C) sind 1, ξ, . . . , ξp−1.Insbesondere liegen die Nullstellen von g in Q(ξ) und Q(ξ) = Q(1, ξ, . . . , ξp−1).Damit ist Q(ξ) der Zerfallungskorper von g. Da char Q = 0, ist g separabel unddaraus folgt nach Satz 10.6, das Q(ξ) eine Galois-Erweiterung von Q ist.

(2) Sei f = 1 + x + · · · + xp−1 ∈ Q[x]; da xn − 1 = (x − 1)f , sind ξ, . . . , ξp−1

die Nullstellen von f in C und diese Nullstellen liegen alle in Q(ξ). Nun ist firreduzibel und damit ist f das minimale Polynom von ξ. Aus dem Beweis furLemma 10.4 haben wir, dass die Galoisgruppe Gal(Q(ξ), Q) aus genau p − 1Elementen σ1, . . . , σp−1 besteht, wobei σk(ξ) = ξk fur k = 1, . . . , p−1. Definiereπ : Gal(Q(ξ), Q) → F×

p durch π(σk) = k fur jedes k = 1, . . . , p − 1. Da

(σkσj)(ξ) = σk(σj(ξ)) = σk(ξj) = ξkj ,

ist π ein Gruppen-Homomorphismus und damit ein Gruppen-Isomorphismus. Da-mit ist Gal(Q(ξ), Q) isomorph zu F×

p .


Aufgabe 35:

Sei n ≥ 2 und sei ξ = exp(2πi/n) ∈ C.

(1) Genauso wie in Aufgabe 34 (1) ist Q(ξ) der Zerfallungskorper des separablenPolynoms xn − 1 ∈ Q[x] und daraus folgt nach Satz 10.6, das Q(ξ) eine Galois-Erweiterung von Q ist.

(2) Sei σ ∈ Gal(Q(ξ), Q); dann ist 0 = σ(0) = σ(ξn−1) = (σ(ξ))n−1 und damitist σ(ξ) eine Nullstelle von x−1. Ferner ist σ(ξ) 6= σ(1) = 1, da σ eine Bijektionist und also gibt es k mit 1 ≤ k < n, so dass σ(ξ) = ξk. Nehme an, dass k undn nicht teilerfremd sind; dann gibt es p ≥ 2 und q, r ≥ 1, so dass k = pq undn = pr und insbesondere ist 1 ≤ r < n. Dann ist σ(ξr) = ξkr = ξpqr = ξnq = 1und dies ist nicht moglich, da ξr 6= 1. Folglich ist k ∈ Z∗

n.

Nach (2) gibt es eine Abbildung π : Gal(Q(ξ), Q) → Z∗n, so dass σ(ξ) = ξπ(σ) fur

alle σ ∈ Gal(Q(ξ), Q). Man zeige:

(3) Seien σ, τ ∈ Gal(Q(ξ), Q). Dann gilt

ξπ(τσ) = (τσ)(ξ) = τ(σ(ξ))

= τ(ξπ(σ)) = τ(ξπ(σ)) = (τ(ξ))π(σ) = (ξπ(τ))π(σ) = ξπ(τ)π(σ)

und also ist π(τσ) = π(τ)π(σ) (in Z∗n), d.h. π ist ein Gruppen-Homomorphismus.

Sei σ ∈ Gal(Q(ξ), Q) mit π(σ) = 1. Dann ist σ(ξ) = ξ und damit σ(ξk) = ξk

fur alle k ≥ 0. Aber nach Satz 5.2 ist (1, ξ, . . . , ξm−1) eine Basis von Q(ξ) alsVektorraum uber Q, wobei m = [Q(ξ) : Q] und folglich ist σ(a) = a fur allea ∈ Q(ξ), d.h. σ = idQ(ξ). Dies zeigt, dass π injektiv ist.

Aufgabe 36:

Sei f ∈ Q[x] das minimale Polynom von ξ. Da ξ eine Nullstelle von xn − 1ist, teilt f das Polynom xn − 1. Folglich gibt es 1 = i1 < · · · < im < n (mitm = Grad f), so dass f = (x − ξ)(x − ξi2) · · · (x − ξim) in C[x]. Insbesondereliegen die Nullstellen von f in Q(ξ). Aus dem Beweis fur Lemma 10.4 habenwir nun , dass Gal(Q(ξ), Q) aus genau m Elementen σ1, . . . , σm besteht, wobeiσk(ξ) = ξik fur k = 1, . . . , m, und daraus folgt nach Aufgabe 35 (2), dass ik ∈ Z∗

n

fur jedes k und ferner, dass Bild π = {11, . . . , im}. Folglich ist π surjektiv genaudann, wenn Z∗

n = {11, . . . , im}, d.h. genau dann, wenn ξk eine Nullstelle von f istfur jedes k ∈ Z∗

n.




Aufgabe 37:

Nach Lemma 4.2 gibt es primitive Polynome g′, h′ ∈ Z[x] und b, c ∈ Q×, so dassg = bg′ und h = ch′, und wir konnen annehmen, dass b > 0 und c > 0. Seienm n ∈ N× teilerfremd mit bc = m/n; dann gilt

f = gh = bcg′h′ = (m/n)g′h′

und damit ist nf = mg′h′. Da f normiert ist und m und n teilerfremd sind, istm = 1, und da nach Lemma 4.1 g′h′ primitiv ist, ist auch n = 1. Also ist f = g′h′

und insbesondere sind g′ und h′ normiert. Ferner ist bc = 1 und daraus ergibtsich, dass b = 1 und c = 1, da g = bg′, h = ch′, und g, g′, h, h′ alle normiert sind.Daher ist g = g′ und h = h′, d.h. g, h ∈ Z[x].

Aufgabe 38:

Da η eine Nullstelle von xn − 1 ist, gibt es ein j ≥ 1, so dass η = ξj und daherist ηp = ξjp eine Nullstelle von xn − 1. Da ηp keine Nullstelle von f ist, ist alsoηp eine Nullstelle von g und damit ist η eine Nullstelle von gp. Aber f ist auchdas minimale Polynom von η und folglich gibt es h ∈ Q[x], so dass gp = fh. Isth ∈ Q, so ist h = 1, und ist h ∈ Q[x] \Q, so ist nach Aufgabe 37 h ∈ Z[x] \Z. Inbeiden Fallen ist h ∈ Z[x].

Es gilt (r∗p(g))p = r∗p(gp) = r∗p(f)r∗p(h) und damit ist r∗p(f) = (r∗p(g))` fur ein ` ≥ 1

(da Grad r∗p(f) = Grad f ≥ 1). Folglich ist

r∗p(xn − 1) = r∗p(f)r∗p(g) = (r∗p(g))`r∗p(g) = (r∗p(g))`+1 .

Aufgabe 39:

Setze s = xn − 1 ∈ Fp[x]. Ist ηp keine Nullstelle von f , so hat nach Aufgabe 38s = r∗p(x

n − 1) eine mehrfache Nullstelle (in jeder Erweiterung von Fp, in derr∗p(g) eine Nullstelle hat). Daraus ergibt sich nach Satz 9.3, dass s und s′ nichtteilerfremd sind. Andererseits ist s′ = nxn−1 und also sind s und s′ teilerfremd,wenn n 6= 0 (in Fp).

Ist nun p kein Teiler von n, so ist n 6= 0 (in Fp) und damit ist ηp eine Nullstellevon f .


Aufgabe 40:

Sei k ∈ Z∗n und schreibe k = p1 · · · pm als Produkt der Primzahlen p1, . . . , pm.

Dann ist pj kein Teiler von n fur jedes j = 1, . . . , m. Setze η0 = ξ und ηj = ηpj

j−1

fur j = 1, . . . , m. Dann ist η0 eine Nullstelle von f und nach Aufgabe 39 ist ηj

eine Nullstelle von f , falls ηj−1 es ist. Folglich ist ηm eine Nullstelle von f . Aber

ηm = ηpm

m−1 = ηpm−1pm

m−2 = · · · = ηp1···pm−1pm

0 = ξk ;

d.h. ξk ist eine Nullstelle von f .




Aufgabe 41:

Setze X = {(a1, . . . , ap) ∈ Gp : a1 · · ·ap = e}(1) Definiere eine Abbildung σ : X → Gp−1 durch σ(a1, . . . , ap) = (a1, . . . , ap−1)fur alle (a1, . . . , ap) ∈ X. Ist (a1, . . . , ap) ∈ X, so ist ap = (a1, . . . , ap−1)

−1 unddamit ist σ injektiv. Ist dagegen (a1, . . . , ap−1) ∈ Gp−1 und ap = (a1, . . . , ap−1)

−1,so ist (a1, . . . , ap) ∈ X und daher ist σ surjektiv. Also ist σ injektiv und folglichist |X| = |Gp−1| = (ordG)p−1.

(2) Sei (a1, . . . , ap) ∈ X, 1 ≤ m < p; setze a = a1, . . . , am, b = am+1, . . . , ap. Dannist ab = a1 · · ·amam+1 · · ·ap = e und damit ist auch am+1 · · ·apa1 · · ·am = ba = e,d.h. (am+1, . . . , ap, a1, . . . , am) ∈ X.

Nach (2) gibt es eine Abbildung · : Zp × X → X, die durch

(m, (a1, . . . , ap)) 7→ (am+1, . . . , ap, a1, . . . , am)

gegeben ist, und diese Abbildung definiert eine Operation von Zp auf X.

(3) Sei (a1, . . . , ap) ∈ FixZp(X); dann gilt (a1, a2, . . . , ap) = (a2, . . . , ap, a1) und

folglich ist a1 = a2 = · · · = ap, d.h. (a1, . . . , ap) = (a, . . . , a) fur ein a ∈ G mitap = e. Ist andererseits a ∈ G mit ap = e, so ist (a, . . . , a) ∈ FixZp

(X). Also istFixZp

(X) = {(a, . . . , a) ∈ Gp : ap = e}.(4) Nach Satz 1.14 ist |X| = |FixZp

(X)| Rest p und nach (1) ist |X| = 0 Rest p.Folglich ist |FixZp

(X)| = 0 Rest p und damit ist |FixZp(X)| ein Vielfaches von p.

Aber (e, . . . , e) ∈ FixZp(G) und daher ist |FixZp

(X)| ≥ p. Nach (3) gibt es alsoein a ∈ G mit a 6= e und ap = e und dann ist ord a = p.

Aufgabe 42:

Setze X = G und betrachte die Operation (a, x) 7→ axa−1 von G auf X. NachSatz 1.14 ist |X| = |FixG(X)| Rest p und |X| = |G| = |pm| = 0 Rest p. Folglichist |FixG(X)| = 0 Rest p und daher ist |FixG(X)| ein Vielfaches von p. Aber

FixG(X) = {x ∈ X : axa−1 = x fur alle a ∈ G}= {x ∈ X : ax = xa fur alle a ∈ G} = Z(G)

und Z(G) 6= ∅, da e ∈ Z(G). Also ist |Z(G)| ≥ p und damit ist Z(G) 6= {e}.


Aufgabe 43:

Sei H eine zyklische Gruppe und sei π : G → H ein Homomorphismus mitKern π ⊂ Z(G). Nach Satz 1.4 ist die Untergruppe π(G) von H auch zyklischund folglich gibt es ein d ∈ π(G), so dass π(G) = 〈d〉. Wahle c ∈ G mit π(c) = d.Seien a, b ∈ G; da π(a), π(b) ∈ π(G), gibt es m, n ∈ Z, so dass π(a) = dm undπ(b) = dn. Nun ist

π(ac−m) = π(a)π(c−m) = dm(π(c))−m = dmd−m = e

und also ist ac−m ∈ Kern π ⊂ Z(G); genauso ist bc−n ∈ Z(G). Folglich ist

ab = abc−ncn = a(bc−n)cn = (bc−n)acn = bc−nac−mcn+m

= bc−n(ac−m)cn+m = b(ac−m)c−ncn+m = bac−mc−ncn+m = ba ,

und dies zeigt, dass G abelsch ist.

Aufgabe 44:

Nach Aufgabe 42 ist Z(G) 6= {e} und nach dem Satz von Lagrange ist ord Z(G)ein Teiler von ord G = p2. Folglich ist ordZ(G) entweder p oder p2. Ist aberord Z(G) = p2, so ist Z(G) = G und in diesem Fall ist G (per Definition) abelsch.Nehme also an, dass ord Z(G) = p; dann ist ordG/Z(G) = [G : Z(G)] = p2/p = pund damit ist die Faktorgruppe G/Z(G) zyklisch. Sei π : G → G/Z(G) derkanonische Homomorphismus; dann ist Kern π = Z(G) und daraus ergibt sichnach Aufgabe 43, dass G abelsch ist. (Der Fall mit ord Z(G) = p kann also nichtvorkommen.)




Aufgabe 45:

(1) Nach Lemma 1.10 gilt Na = aN ⊂ HN fur alle a ∈ H, d.h. NH ⊂ HN .Genauso git HN ⊂ NH und damit ist NH = HN . Es ist klar, dass e ∈ NH;seien c1, c2 ∈ NH, es gibt also a1, a2 ∈ N und b1, b2 ∈ H, so dass c1 = a1b1

und c2 = a2b2, und da NH = HN , gibt es dann a3 ∈ N und b3 ∈ H, so dassb−11 a−1

1 a2 = a3b3. Folglich ist

c−11 c2 = (a1b1)

−1a2b2 = b−11 a−1

1 a2b2 = a3b3b2 ∈ NH

und daraus ergibt sich nach Lemma 1.3, dass NH eine Untergruppe von G ist.

(2) Nach (1) ist MN eine Untergruppe von G. Sei c ∈ MN , es gibt also a ∈ M ,b ∈ N mmit c = ab. Fur alle d ∈ G ist dann

dcd−1 = dabd−1 = dad−1dbd−1 = a′b′ ,

wobei a′ = dad−1 ∈ M , b′ = dbd−1 ∈ N , da M und N Normalteiler sind, d.h.dcd−1 ∈ MN fur alle d ∈ G. Dies zeigt, dass MN ein Normalteiler ist.

(3) Seien a1, a2 ∈ M , b1, b2 ∈ N mit a1b1 = a2b2. Dann ist a−12 a1 = b2b

−11 und

a−12 a1 = b2b

−11 ∈ M ∩ N = {e}. Damit ist a−1

2 a1 = b2b−11 = e, d.h. a1 = a2 und

b1 = b2.

Seien a ∈ M, b ∈ N ; dann ist d = aba−1 ∈ N und c = dad−1 ∈ M , und

ab = aba−1a = da = dad−1d = cd .

Folglich ist a = c und b = d und insbesondere ist b = d = aba−1, d.h. ab = ba.

Aufgabe 46:

Da M ∩ N eine Untergruppe von N ist, ist ordM ∩ N ein Teiler von ordM = pund genauso ist ord M ∩ N ein Teiler von ordN = q. Damit ist ord M ∩ N = 1,d.h. M ∩ N = {e}. Nach Aufgabe 45 (3) ist also ord MN = pq. Ferner sind Mund N zyklische Untergruppen von G und insbesondere sind sie abelsch. Darausfolgt wieder nach Aufgabe 45 (3), dass MN abelsch ist.

Da M und N zyklisch sind, gibt es a ∈ M und b ∈ N mit M = 〈a〉 undN = 〈b〉. Wir zeigen, dass MN = 〈ab〉. Sei c ∈ MN ; dann gibt es 0 ≤ j < p und0 ≤ k < q, so dass c = ajbk. Da p und q teilerfremd sind, gibt es m, n ∈ Z, so dass


1 = mp+nq. Sei ` = j−k; dann ist ` = `mp+ `nq und damit j− `mp = k + `nq.Setze r = j − `mp = k + `nq. Dann ist

(ab)r = arbr = aj−`mp bk+`nq = ajbk ,

da ap = bq = e. Dies zeigt, dass MN ⊂ 〈ab〉 und damit ist MN = 〈ab〉.

Aufgabe 47:

Sei G eine Gruppe der Ordnung pq. Sei np (bzw. nq) die Anzahl der p-Sylow-Gruppen (bzw. der q-Sylow-Gruppen) von G. Nach dem dritten Sylowschen Satzsind np und nq Teiler von pq und damit liegen sie beide in der Menge {1, p, q, pq}.Ferner gilt np = 1 Rest p und nq = 1 Rest q und daraus folgt, dass np = nq = 1,da p < q und q 6= 1 Rest p. Sei Np (bzw. Nq) der einzige p-Sylow-Gruppe (bzw.q-Sylow-Gruppe); nach Satz 1.19 (1) sind Np und Nq Normalteiler von G. NachAufgabe 46 ist also NpNq zyklisch mit ord NpNq = pq. Damit ist NpNq = G undinsbesondere ist G zyklisch.

Aufgabe 48:

Sei n2 (bzw. np) die Anzahl der 2-Sylow-Gruppen (bzw. der p-Sylow-Gruppen)von G. Nach dem dritten Sylowschen Satz sind n2 und np Teiler von 2p unddamit liegen sie beide in der Menge {1, 2, p, 2p}. Ferner gilt n2 = 1 Rest 2 undnp = 1 Rest p und daraus folgt, dass np = 1 und n2 ∈ {1, p}. Ist n2 = 1, dann giltgenauso wie in Aufgabe 47, dass G zyklisch ist und damit ist n2 = p.

Sei Np der einzige p-Sylow-Gruppe; nach Satz 1.19 (1) ist Np ein Normalteiler vonG. Da ord Np = p, gibt es ein a ∈ Np mit Np = 〈a〉 und dann ist ord a = p. Seib ∈ 〈a〉; dann sind b, ba, . . . , bap−1 verschiedene Elemente von G und bak /∈ 〈a〉fur jedes k. Damit ist

G = {e, a, . . . , ap−1, b, ba, . . . , bap−1} .

Nun hat eine 2-Sylow-Gruppe der Form {e, c} mit c2 = e und insbesondere istc /∈ 〈a〉. Da es p solche 2-Sylow-Gruppen gibt, mussen {e, bak}, k = 0, . . . , p− 1,die 2-Sylow-Gruppen sein und dann gilt (bak)2 = e fur jedes k. Insbesondere ist(mit k = 0) b2 = e, d.h. ord b = 2 und fur k = 1, . . . , p − 1 gilt bakbak = e, d.h.bakb = (ak)−1 = ap−k.

Bis auf Isomorphie ist die Gruppe G eindeutig durch diese Bedingungen be-stimmt; sie wird mit Dp bezeichnet und heißt Dierdergruppe.

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