Algebra - Fachbereich Mathematik - Technische Universität Darmstadt

ZusammenfassungDieses Dokument ist eine private Vorlesungsmitschrift der Vorlesung „Algebra“, die von Herrn Prof. Dr.Nils Scheithauer im Wintersemester 2010 / 2011 an der Technischen Universität Darmstadt gelesen wurde.Themen der Vorlesung waren Ringe, Polynomringe, Körpererweiterungen, Galoistheorie und Moduln.Die Kapitel über Ringe, Polynomringe und Moduln orientieren sich hierbei am Lehrbuch von Jantzenund Schwermer, während die Kapitel über Körpererweiterungen und Galoistheorie eher der Vorlage vonBosch folgen.Als Vorlesungsmitschrift hat dieses Dokument selbstverständlich den Anspruch, Struktur und Inhalt derVorlesung abzubilden. Dennoch entspricht es im Wortlaut zumeist nicht dem Tafelanschrieb. Die meistenFormulierungen wurden umgestellt oder erweitert, um ein flüssigeres Textbild zu erhalten und denGewohnheiten des Erstellers zu entsprechen. Es gibt auch eine Reihe von inhaltlichen Ergänzungen oderKorrekturen, die jedoch klar als solche gekennzeichnet wurden.Herzlich bedanken möchte ich mich bei Bianca Hinz und Fabian Völz, die eingesprungen sind, als ichin einer Woche nicht selbst an der Vorlesung teilnehmen konnte. Auch Florian Sokoli, Patrick Tolksdorf,Simon Warta und allen anderen Kommilitonen, die mit dem Auffinden und Weiterleiten von Fehlern vielzur Qualität dieses Dokuments beigetragen haben, möchte ich an dieser Stelle nochmals dafür danken.Literatur[JS] Jantzen, Schwermer: Algebra. Springer, 2006[B] Bosch: Algebra. Springer, 2009Februar 2011, Dominik Kremeri

Inhaltsverzeichnis1 Ringe 11.1 Ringe und Homomorphismen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Ideale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 Faktorisierung in kommutativen Ringen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4 Ringe der Brüche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 Polynomringe 172.1 Polynomringe in einer Variablen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.2 Nullstellen von Polynomen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.3 Polynome in mehreren Veränderlichen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.4 Faktorisierung in Polynomringen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273 Elementare Theorie der Körpererweiterungen 313.1 Körpererweiterungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.2 Algebraische Körpererweiterungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.3 Der algebraische Abschluss eines Körpers . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353.4 Zerfällungskörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.5 Separable Körpererweiterungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.6 Endliche Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 444 Galoistheorie 464.1 Galoiserweiterungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464.2 Die Galoisgruppe einer Gleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494.3 Einheitswurzeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 514.4 Charaktere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564.5 Norm und Spur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 574.6 Zyklische Erweiterungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 594.7 Auflösbare Gruppen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 634.8 Auflösbare Körpererweiterungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 665 Moduln 705.1 Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 705.2 Faktormoduln und Isomorphiesätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 725.3 Direkte Summen und direkte Produkte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 735.4 Basen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 745.5 Exakte Sequenzen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 765.6 Moduln über Hauptidealringen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78Stichwortverzeichnisiiiii

1. Vorlesung vom Montag, 18.10.20101 Ringe1.1 Ringe und HomomorphismenDefinition 1.1. Ein Ring R ist eine nicht leere Menge mit zwei Verknüpfungen (+, ·), genannt Additionund Multiplikation, so dass gilt:1. R ist eine abelsche Gruppe bzgl. der Addition.2. Die Multiplikation ist assoziativ, d. h. (ab)c = a(bc) für alle a, b, c ∈ R.3. Es gelten die Distributivgesete a(b + c) = ab + ac und (a + b)c = ac + bc für alle a, b, c ∈ R.Gilt zusätzlich4. ab = ba für alle a, b ∈ R,so heißt R kommutativer Ring . Enthält R ein Element 1 R mit5. 1 R · a = a · 1 R = a für alle a ∈ R(ein solches Element ist eindeutig), so wird R als Ring mit Identität bezeichnet.Sei R ein Ring. Dann gilt0 · a = a · 0 = 0 und (−a) · b = a · (−b) = −(ab) (1)für alle a, b ∈ R. Weiterhin ist ⎛∑ m n∑a i · ⎝i=1j=1b j⎞⎠ =m∑i=1n∑a i b j . (2)j=1Definition 1.2. Ein Element a ≠ 0 in einem Ring R heißt Linksnullteiler , wenn es ein x ∈ R \ {0}gibt, so dass ax = 0 ist. Analog ist ein Rechtsnullteiler definiert. Ein Nullteiler ist ein Links- oderRechtsnullteiler.Definition 1.3. Sei R ein Ring mit Identität. Ein Element a ∈ R heißt linksinvertierbar , wenn es einx ∈ R gibt mit xa = 1 R . In diesem Fall ist x eindeutig und heißt Linksinverse von a. Analog sind dieBegriffe rechtsinvertierbar und Rechtsinverse definiert. Ist a links- und rechtsinvertierbar, so heißt ainvertierbar oder Einheit . In diesem Fall stimmt die Linksinverse mit der Rechtsinversen überein:ax = ya = 1 ⇒ x = 1 · x = (ya) · x = y · (ax) = y · 1 = y.Dieses Element heißt Inverse von a und wird mit a −1 bezeichnet.Definition 1.4. Sei R ein Ring mit Identität. Wir setzen dannR ∗ = {a ∈ R : a ist invertierbar}. (3)R ∗ ist eine Gruppe bzgl. der Multiplikation und wird als Einheitengruppe von R bezeichnet.Definition 1.5. Ein kommutativer Ring R mit Identität, der 1 ≠ 0 erfüllt und keine Nullteiler enthält,wird als Integritätsbereich bezeichnet. Ein Ring R mit Identität, der 1 ≠ 0 erfüllt und in dem jedesElement a ≠ 0 eine Einheit ist, wird als Divisionsring bezeichnet. Ein Körper ist ein kommutativerDivisionsring.1

Beispiele 1.6.1. Jeder Körper ist ein Integritätsbereich.2. ist ein Integritätsbereich.3. , und sind Körper.4. Die Menge M n (K) der n×n-Matrizen über einem Körper K versehen mit der gewöhnlichen Additionund Multiplikation von Matrizen ist ein Ring mit Identität. Für n > 1 ist dieser nicht kommutativ.A ∈ M n (K) ist genau dann ein Linksnullteiler, wenn det(A) = 0. Dieselbe Aussage gilt für Rechtsnullteilerund Nullteiler.5. Sei n eine positive ganze Zahl. Dann ist /n ein Ring. Ist p eine Primzahl, so ist /p sogar einKörper.Sei R ein kommutativer Ring mit Identität und n eine positive ganze Zahl. Dann gilt(a + b) n =n∑ nakk b n−k . (4)k=0Definition 1.7. Seien R und S Ringe. Eine Abbildung f : R → S heißt Ringhomomorphismus , wenn füralle a, b ∈ R gilt:1. f (a + b) = f (a) + f (b)2. f (a · b) = f (a) · f (b)Ist f injektiv, so spricht man von einer Einbettung . Der Kern eines Homomorphismus f ist ker(f ) ={a ∈ R : f (a) = 0}, das Bild im(f ) = { f (a) : a ∈ R}.Haben R und S Identitäten, so fordern wir nicht, dass f (1 R ) = 1 S . (Anm. d. Erst.: Tatsächlich mussdies nicht gelten, wie man etwa an dem Homomorphismus → M 2 (), a → a 00 0 sieht.) Es gilt aber:Satz 1.8. Seien R und S Ringe mit Identitäten und f : R → S ein surjektiver Ringhomomorphismus. Danngilt f (1 R ) = 1 S .Beweis. Sei b ∈ S. Dann ist b = f (a) für ein a ∈ R undMit der Eindeutigkeit der Identität folgt f (1 R ) = 1 S .f (1 R )b = f (1 R )f (a) = f (1 R a) = f (a).Definition 1.9. Sei R ein Ring. Die kleinste positive ganze Zahl n, für die na = 0 für alle a ∈ R gilt, heißtCharakteristik von R. Wenn ein solches n nicht existiert, so sagen wir, dass R Charakteristik 0 hat.Satz 1.10. Sei R ein Ring mit Identität. Dann ist die Abbildung f : → R, m → m1 R ein Ringhomomorphismusmit ker(f ) = n für eindeutig bestimmtes n ≥ 0. Dies ist gerade die Charakteristik von R.Beweis. Es ist leicht zu sehen, dass f ein Ringhomomorphismus ist. ker(f ) ist Ideal in und somit vonder Form n für eine eindeutig bestimmte natürliche Zahl n. Sei nun l = char(R). Ist l > 0, dann istl ⊆ ker(f ). Für m ∈ ker(f ) liefert der Divisionsalgorithmus m = ql + r mit q ∈ und 0 ≤ r < l. Es folgtr1 = 0 und somit ra = r(1a) = (r1)a = 0 für alle a ∈ R. Also ist r = 0 und m = ql, d. h. ker(f ) ⊆ l.Falls l = 0, so ist f injektiv und es folgt somit direkt n = 0.2

Entsprechende Aussagen gelten auch für Rechtsideale und Ideale.2. Vorlesung vom Mittwoch, 20.10.2010Sei R ein Ring und {A i : i ∈ I} eine Familie von Idealen in R. Dann ist ⋂ i∈I A i ein Ideal in R. Wir nutzendies für folgende Definitionen:Definition 1.19. Sei R ein Ring, X ⊆ R und {A i : i ∈ I} die Familie der Ideale, die X enthalten. Dann heißt⋂i∈I A i das von X erzeugte Ideal . Es wird mit (X ) bezeichnet. Die Elemente von X heißen Erzeugendevon (X ). Ist X = {x 1 , . . . , x n }, so schreibt man auch (x 1 , . . . , x n ) für (X ). Ein Ideal (x), das von einem Elementerzeut wird, heißt Hauptideal . Ein Hauptidealring ist ein Ring, in dem jedes Ideal ein Hauptidealist.Beispiele 1.20.1. Wir werden sehen, dass ein Hauptidealring ist.2. Sei R ein Hauptidealring und f : R → S ein surjektiver Ringhomomorphismus. Dann ist auch S einHauptidealring.3. /n ist ein Hauptidealring.Satz 1.21. Sei R ein Ring und a ∈ R. Dann ist(a) = {ra + as + na +m∑r i as i : r, s, r i , s i ∈ R; m, n ∈ ; m ≥ 1}. (5)i=1Beweis. Seim∑I = {ra + as + na + r i as i : r, s, r i , s i ∈ R; m, n ∈ ; m ≥ 1}.i=1Dann ist I ein Ideal und a ∈ I, d. h. (a) ⊆ I. Sei umgekehrt J ein Ideal, welches a enthält. Dann istAlso I ⊆ (a).m∑I = {}{{}ra + }{{} as + }{{} na + r i (as i ) : r, s, r}{{} i , s i ∈ R; m, n ∈ ; m ≥ 1} ⊆ J.∈J ∈J ∈J i=1∈J} {{ }∈JSatz 1.22. Sei R ein Ring mit Identität und X ⊆ Z(R). Dann ist(X ) = {r 1 a 1 + . . . + r n a n : r i ∈ R, a i ∈ X , n ∈ , n ≥ 1}. (6)Beweis. SeiI = {r 1 a 1 + . . . + r n a n : r i ∈ R, a i ∈ X , n ∈ , n ≥ 1}.Dann ist I ein Ideal und X ⊆ I, d. h. (X ) ⊆ I. Sei umgekehrt J ein Ideal, welches X enthält. Dann istAlso ist I ⊆ (X ).I = { r 1 a }{{} 1 + . . . + r n a n : r }{{} i ∈ R, a i ∈ X , n ∈ , n ≥ 1} ⊆ J.∈J∈J4

Definition 1.23. Sei R ein Ring und seien A 1 , . . . , A n nicht leere Teilmengen von R. Dann setzen wirundA 1 · . . . · A n =A 1 + . . . + A n = {a 1 + . . . + a n : a i ∈ A i } (7) m ∑k=1a (k)1· . . . · a (k)n: m ∈ , a (k)i∈ A i . (8)Satz 1.24. Sei R ein Ring und seien A 1 , . . . , A n , A, B und C Ideale in R. Dann gilt:1. A 1 + . . . + A n und A 1 · . . . · A n sind Ideale.2. (A + B) + C = A + (B + C).3. (AB)C = A(BC).4. (A 1 + . . . + A n )B = A 1 B + . . . + A n B undC(A 1 + . . . + A n ) = CA 1 + . . . + CA n .Beweis.1. Dies beweist man mit der obigen Charakterisierung von Idealen (s. Übung).2., 3. Diese Aussagen folgen direkt aus den Definitionen.4. Es ist A + B = {a + b : a ∈ A, b ∈ B}, so dass∑(A + B)C = (a i + b i )c i : a i ∈ A, b i ∈ B, c i ∈ C∑ ∑= a i c i + b i c i : a i ∈ A, b i ∈ B, c i ∈ C∑ ∑= a i c i : a i ∈ A, c i ∈ C + b i c i : b i ∈ B, c i ∈ C= AC + BC.Analog zeigt man A(B + C) = AB + AC. Die allgemeine Behauptung folgt dann durch Induktion.Sei R ein Ring und I ein Ideal in R. Wir definieren eine Äquivalenzrelation auf R durcha ∼ I b ⇔ a − b ∈ I. (9)Die Äquivalenzklassen sind von der Form a + I = {a + r : r ∈ I}. Die Menge der Äquivalenzklassenbezeichnen wir mit R/I.Wir definieren eine Addition auf R/I durch(a + I) + (b + I) = (a + b) + I. (10)Man sieht leicht, dass diese Operation wohldefiniert ist und R/I mit der Struktur einer abelschen Gruppeversieht.Wir definieren eine Multiplikation auf R/I durch(a + I)(b + I) = ab + I (11)Dieses Produkt ist ebenfalls wohldefiniert. Sei dazu a + I = a ′ + I und b + I = b ′ + I. Es gelte alsoa − a ′ = r ∈ I und b − b ′ = s ∈ I. Dann folgt:(a + I)(b + I) = ab + I = (a ′ + r)(b ′ + s) + I= a ′ b ′ + }{{} a ′ s + }{{} r b ′ + }{{} rs + I∈I ∈I ∈I= a ′ b ′ + I = (a ′ + I)(b ′ + I).5

Definition 1.25. Mit dieser Struktur ist R/I ein Ring. Dieser wird als Faktorring bezeichnet. Die additiveEinheit in R/I ist 0 R/I = 0 R + I = I. Die kanonische Projektion π : R → R/I, r → r + I ist ein surjektiverRinghomomorphismus mit ker(π) = I.Satz 1.26. ( Homomorphiesatz ). Sei f : R → S ein Ringhomomorphismus und I ⊆ ker(f ) ein Ideal. Danngibt es einen eindeutigen Homomorphismus ˜f : R/I → S, so dass das folgende Diagramm kommutiert,Rf Sπ ˜fR/Id. h. ˜f (π(a)) = f (a). Außerdem gilt:im( ˜f ) = im(f ) und ker( ˜f ) = π(ker(f )) (12)Beweis. Zunächst zeigen wir Existenz von ˜f . Für a ∈ R definieren wir ˜f (a + I) = f (a). Wir müssenzeigen, dass diese Definition unabhängig von der Wahl des Repräsentanten von a + I ist. Sei hierzua + I = a ′ + I, d. h. a − a ′ ∈ I. Dann ist˜f (a + I) = f (a) = f (a ′ + (a − a ′ )) = f (a ′ ) + f (}a −{{a}′ ) = f (a ′ ) = ˜f (a ′ + I).∈I⊆ker(f )Außerdem ist ˜f ein Ringhomomorphismus. Es gilt nämlich˜f ((a + I) + (b + I)) = ˜f ((a + b) + I) = f (a + b) = f (a) + f (b) = ˜f (a + I) + ˜f (b + I)und˜f ((a + I)(b + I)) = ˜f ((ab) + I) = f (ab) = f (a)f (b) = ˜f (a + I) ˜f (b + I).Weiterhin ist ˜f eindeutig. Ist nämlich ˜g eine weitere Abbildung, für die das Diagramm kommutiert, sofolgt ˜f (a + I) = f (a) = ˜g(a + I) für alle a ∈ R, also ˜f = ˜g. Schließlich ist es klar, dass im( ˜f ) = im(f ),und ˜f (a + I) = f (a) = 0 gilt genau dann, wenn a ∈ ker(f ), d. h.ker( ˜f ) = {a + I : a ∈ ker(f )} = π(ker(f )).Korollar 1.27. Sei f : R → S ein Ringhomomorphismus. Dann ist die Abbildungein Ringisomorphismus.R/ ker f → im(f ), r + ker(f ) → f (r) (13)Beweis. Die Abbildung f : R → im(f ) ist ein surjektiver Ringhomomorphismus. Der Homomorphiesatzmit I = ker(f ) zeigt, dass die obige Abbildung ein Isomorphismus ist.Man kann das Resultat auch leicht direkt einsehen: Die Abbildung ist injektiv, weil der Kern von f ausder Urbildmenge herausgeteilt wird, und surjektiv, da die Bildmenge auf das Bild von f eingeschränktwird.6

Satz 1.28. ( 1. Isomorphiesatz ). Sei R ein Ring, A ein Unterring von R und I ein Ideal in R. Dann ist A ∩ Iein Ideal in A und I ist ein Ideal in A + I. Die Abbildungist ein Ringisomorphismus.A/(A ∩ I) → (A + I)/I, a + (A ∩ I) → a + I (14)Beweis. Wir beweisen nur die letzte Aussage. Die KompositionA → A + I → (A + I)/I,a → a → a + Iist ein surjektiver Ringhomomorphismus mit Kern A ∩ I. Nach dem Korollar zum Homomorphiesatz istdie AbbildungRingisomorphismus.A/(A ∩ I) → (A + I)/I,a + (A ∩ I) → a + ISatz 1.29. ( 2. Isomorphiesatz ). Seien I, K Ideale in einem Ring R und I ⊆ K. Dann ist I ein Ideal in Kund K/I ist ein Ideal in R/I. Die Abbildungist ein Ringisomorphismus.3. Vorlesung vom Montag, 25.10.2010(R/I) (K/I) → R/K, (a + I) + K/I → a + K (15)Beweis. Wir zeigen nur die letzte Behauptung. Die AbbildungR/I → R/K,r + I → r + Kist ein surjektiver Ringhomomorphismus mit Kern {a + I : a ∈ K} = K/I. Also ist die angegebeneAbbildung ein Ringisomorphismus.Definition 1.30. Sei R ein Ring und P ≠ R ein Ideal in R. Dann heißt P Primideal , wenn für beliebigeIdeale A, B ⊆ R giltAB ⊆ P impliziert A ⊆ P oder B ⊆ P.Satz 1.31. Sei R ein Ring und P ≠ R ein Ideal in R. Für a, b ∈ R gelteDann ist P ein Primideal.ab ∈ P impliziert a ∈ P oder b ∈ P.Beweis. Seien A und B Ideale in R mit AB ⊆ P und A ⊈ P. Sei b ∈ B und a ∈ A \ P. Dann ist ab ∈ AB ⊆ Pund damit nach Annahme b ∈ P. Also gilt B ⊆ P.Satz 1.32. Sei R ein kommutativer Ring und P ein Primideal in R. Dann giltBeweis. Übung.ab ∈ P impliziert a ∈ P oder b ∈ P.7

Beispiele 1.33.1. Sei R ein Integritätsbereich. Dann ist {0} ein Primideal.2. Sei p eine Primzahl. Dann ist (p) = {np : n ∈ } ein Primideal in , dennab ∈ (p) ⇒ p | ab ⇒ p | a oder p | b ⇒ a ∈ (p) oder b ∈ (p)Satz 1.34. Sei R ein kommutativer Ring mit 1 ≠ 0 und P ein Ideal in R. Dann giltP ist prim ⇔ R/P ist ein Integritätsbereich.Beweis. Sei P prim. Dann ist R/P ein kommutativer Ring mit 1 R/P ≠ 0 R/P . (Angenommen 1 + P = 0 + P.Dann ist 1 ∈ P und somit P = R.) R/P hat keine Nullteiler, denn(a + P)(b + P) = 0 + P ⇒ ab + P = P ⇒ ab ∈ P ⇒ a ∈ P oder b ∈ P⇒ a + P = 0 R/P oder b + P = 0 R/P .Sei umgekehrt R/P ein Integritätsbereich. Seien a, b ∈ R mit ab ∈ P. Dann istd. h. P ist ein Primideal.ab + P = P ⇒ (a + P)(b + P) = 0 + P ⇒ a + P = P oder b + P = P⇒ a ∈ P oder b ∈ P,Definition 1.35. Sei R ein Ring und M ≠ R ein Ideal in R. M heißt maximal , wenn für jedes Ideal Nmit M ⊆ N ⊆ R gilt, dass N = M oder N = R ist.Beispiele 1.36.1. Das Ideal (3) = 3 ist maximal in .2. Das Ideal (4) = 4 ist nicht maximal in , denn (4) (2) .Wir beweisen die Existenz maximaler Ideale mit Hilfe des Lemmas von Zorn. Hierzu benötigen wireinige Begriffe im Zusammenhang mit partieller Ordnung. Zunächst sei angemerkt, dass eine Relationauf einer Menge M eine Teilmenge R ⊆ M × M ist. Im folgenden schreiben wir x ≤ y für (x, y) ∈ R.Definition 1.37. Sei M eine nicht leere Menge. Eine partielle Ordnung auf M ist eine Relation ≤, fürdie gilt1. x ≤ x für alle x ∈ M,2. x ≤ y, y ≤ z impliziert x ≤ z und3. x ≤ y, y ≤ x impliziert x = y.Zwei Elemente x, y ∈ M heißen vergleichbar , wenn x ≤ y oder y ≤ x. Eine partielle Ordnung aufM, in der zwei beliebige Elemente vergleichbar sind, heißt totale Ordnung . a ∈ M heißt maximal ,wenn für jedes Element x, das mit a vergleichbar ist, x ≤ a gilt. Sei N eine nicht leere Teilmenge vonM. a ∈ M heißt obere Schranke von N, wenn x ≤ a für alle x ∈ N. Ist N total geordnet bezüglich derinduzierten partiellen Ordnung, so heißt N eine Kette .Lemma 1.38. ( Lemma von Zorn ). Sei M eine nicht leere, partiell geordnete Menge, so dass jede Kette in Meine obere Schranke in M hat. Dann besitzt M ein maximales Element.8

Satz 1.39. Sei R ein Ring mit 1 ≠ 0 und I ≠ R ein Ideal in R. Dann ist I in einem maximalen Ideal enthalten.Beweis. SeiS = {I ⊆ B R : B Ideal in R}.Dann ist I ∈ S, also ist S ≠ . S ist partiell geordnet durch mengentheoretische Inklusion. Sei K = {C i :i ∈ J} eine Kette in S. Wir zeigen, dass K eine obere Schranke in S hat. Zu diesem Zweck definieren wirC = ⋃ i∈J C i und zeigen, dass C eine obere Schranke von K in S ist:• C ist ein Ideal: Seien a, b ∈ C. Dann ist a ∈ C i und b ∈ C j . Da K eine Kette ist, ist C i ⊆ C j oderC j ⊆ C i . Angenommen C i ⊆ C j . Dann sind a, b ∈ C j . Da C j ein Ideal ist, gilt a − b ∈ C j undra, ar ∈ C j für alle r ∈ R. Analog gehen wir vor, falls C j ⊆ C i . In jedem Fall ist a − b ∈ C undra, ar ∈ C für alle r ∈ R, da C Obermenge von C i und C j ist. C ist also ein Ideal.• Es gilt C ∈ S. Offenbar ist I ⊆ C i ⊆ C. Da umgekehrt alle C j in S liegen, ist 1 /∈ C j für alle j ∈ J;sonst wäre nämlich C j = R. Somit ist 1 /∈ C, d. h. C ≠ R.Also ist C ein Ideal in S und somit eine obere Schranke für K. Nach dem Lemma von Zorn enthält Sdamit ein maximales Element. Dieses ist ein maximales Ideal, welches I enthält.Satz 1.40. Sei R ein kommutativer Ring mit 1 ≠ 0 und M ein Ideal in R. Dann giltM ist maximal ⇔ R/M ist Körper.Beweis. Sei M maximal. Dann ist R/M ein kommutativer Ring mit 1 R/M ≠ 0 R/M . Sei a + M ∈ R/M mita /∈ M. Es ist M (a) + M. Da M maximal ist, gilt (a) + M = R. Wegen (a) = Ra gibt es also ein r ∈ Rund ein m ∈ M, so dass ra + m = 1, bzw.(r + M)(a + M) = 1 + M,d. h. a + M hat eine multiplikative Inverse.Sei nun R/M ein Körper. Dann ist M ≠ R. Sei N ein Ideal in R mit M N ⊆ R. Sei a ∈ N \ M. Es gibtein b ∈ R mit (a + M)(b + M) = 1 + M, bzw.d. h. N = R. Also ist M maximal.ab + M = 1 + M ⇒ }{{} ab − 1 ∈ M ⊆ N ⇒ 1 ∈ N,∈NKorollar 1.41. Sei R ein kommutativer Ring mit 1 ≠ 0 und M ein Ideal in R. Ist M maximal, so ist esebenfalls prim.Korollar 1.42. Sei R ein kommutativer Ring mit 1 ≠ 0. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:1. R ist ein Körper.2. R hat keine echten Ideale.3. {0} ist ein maximales Ideal in R.4. Jeder nicht triviale Ringhomomorphismus R → S ist injektiv.9

Korollar 1.44. Es seien m 1 , . . . , m n positive ganze Zahlen mit ggT(m i , m j ) = 1 und b 1 , . . . , b n ∈ . Dannhat das System von Kongruenzenx = b 1 mod m 1. . .(18)x = b n mod m neine Lösung und diese ist eindeutig bis auf Addition Vielfacher von m 1 · . . . · m n .Beweis. Sei A i = (m i ) = m i . Wegen ggT(m i , m j ) = 1 ist dann A i + A j = {km i + lm j : k, l ∈ } = für alle i ≠ j (s. Übung). Außerdem gilt ⋂ ni=1 A i = ∏ ni=1 m i. Die Aussage folgt nun aus dem letztenSatz.1.3 Faktorisierung in kommutativen RingenJede positive ganze Zahl lässt sich eindeutig in ein Produkt von Primzahlen zerlegen. Wir werden sehen,dass ein analoges Resultat in geeigneten Integritätsbereichen gilt. In diesem Abschnitt bezeichne R einenkommutativen Ring mit 1 ≠ 0.Definition 1.45. Seien a, b ∈ R. Wir sagen a teilt b, wenn es ein x ∈ R gibt, so dass b = ax. Dies istäquivalent zu (b) ⊆ (a). Die zugehörige Schreibweise ist a | b. Weiterhin heißen a und b assoziiert ,wenn a | b und b | a. Dies ist äquivalent zu (a) = (b). Die Schreibweise hierfür lautet a ∼ b.Satz 1.46. Sei R ein Integritätsbereich. Dann gilta ∼ b ⇔ a = bu für ein u ∈ R ∗ . (19)Beweis. Sei a ∼ b. Dann gilt a | b und b | a, d. h. b = ax und a = b y. Also istb = bx y ⇒ b(1 − x y) = 0 ⇒ b = 0 oder x y = 1.In beiden Fällen gilt a = bu für ein u ∈ R ∗ . Ist umgekehrt a = bu für ein u ∈ R ∗ , so folgt b = u −1 a,d. h. b | a und a | b.Die Relation assoziiert zu sein definiert eine Äquivalenzrelation auf R. Hierbei bilden die EinheitenR ∗ = {r ∈ R : r ∼ 1} eine Äquivalenzklasse.Definition 1.47. Ein Element c ∈ R heißt irreduzibel , wenn1. c ≠ 0, c /∈ R ∗ und2. c = ab impliziert a oder b ist eine Einheit.Ebenso heißt p ∈ R prim , wenn1. p ≠ 0, p /∈ R ∗ und2. p | ab impliziert p | a oder p | b.11

Beispiele 1.48.1. Sei p ∈ eine Primzahl. Dann sind p und −p irreduzibel und prim im Sinne der obigen Definition.2. In dem Ring /6 ist 2 prim. Allerdings ist 2 nicht irreduzibel in /6, denn 2 = 2 · 4 und weder2 noch 4 ist eine Einheit in /6.Satz 1.49. Sei R ein Integritätsbereich. Dann gilt:1. p ist prim genau dann, wenn (p) ≠ {0} prim ist.2. Ist p prim, so ist p auch irreduzibel.3. Ein Element assoziiert zu einem Primelement ist prim.4. Ein Element assoziiert zu einem irreduziblen Element ist irreduzibel.5. Die einzigen Divisoren eines irreduziblen Elements sind die assoziierten Elemente und die Einheiten.Beweis.1. Sei p prim. Dann ist (p) = {r p : r ∈ R} ̸= {0} und wegen p /∈ R ∗ auch (p) ≠ R. Weiterhin gibt fürab ∈ (p) ein Ringelement r ∈ R mit ab = pr und so folgtab ∈ (p) ⇒ p | ab ⇒ p | a oder p | b ⇒ a ∈ (p) oder b ∈ (p).Also ist (p) prim. Ist umgekehrt (p) ≠ {0} prim, so gilt p ≠ 0 und p /∈ R ∗ . Außerdem ergibt sichund p ist prim.p | ab ⇒ ab ∈ (p) ⇒ a ∈ (p) oder b ∈ (p) ⇒ p | a oder p | b2. Sei p prim und p = ab. Dann folgt p | ab, also auch p | a oder p | b. Wir nehmen ersteres an,d. h. a = px. Dann giltp = px b ⇒ p(1 − x b) = 0 ⇒ x b = 1und b ist eine Einheit. Ebenso muss a eine Einheit sein, falls wir p | b annehmen. In jedem Fall istp irreduzibel.Die Nachweise von (3), (4) und (5) sind einfach.Satz 1.50. Sei R ein Integritätsbereich und ein Hauptidealring. Dann ist p ∈ R genau dann prim, wenn esirreduzibel ist.Beweis. Nach dem letzten Satz müssen wir nur eine Richtung zeigen. Sei also p irreduzibel. Wir behaupten,dass dann (p) maximal ist. Da R kommutativ ist mit 1 ≠ 0, ist (p) in diesem Fall prim und somit istauch p prim.Um die Behauptung zu zeigen, sei (p) ⊆ I ⊆ R ein Ideal. Dann ist I = (a) für ein a ∈ R. Aus p ∈ (a)folgt a | p, also p = ax für ein x ∈ R. Da p irreduzibel ist, muss x oder a eine Einheit sein. Falls x eineEinheit ist, ist I = (p); falls a eine Einheit ist, ist I = R. Dies zeigt die Behauptung.Anmerkung des Erstellers: Aus dem hier angegebenen Beweis folgt sogar eine stärkere Aussage, nämlichdass für ein irreduzibles Element p ∈ R das Ideal (p) maximal ist. Damit sind in einem Integritätsbereich,der Hauptidealring ist, folgende Aussagen für p ≠ 0 äquivalent:1. p ist irreduzibel.12

2. p ist prim.3. (p) ist prim.4. (p) ist maximal.Definition 1.51. Sei R ein Integritätsbereich. R heißt faktoriell , wenn sich jedes Element a ∈ R, a ≠ 0,a /∈ R ∗ als Produkt a = c 1 · . . . · c n irreduzibler Elemente c 1 , . . . , c n schreiben lässt und diese Darstellungbis auf Reihenfolge und Einheiten eindeutig ist. Dies bedeutet: Gilta = c 1 · . . . · c n = d 1 · . . . · d m (20)mit irreduziblen Faktoren c i , d j , so ist n = m und es gibt eine Permutation σ ∈ S n mit c i ∼ d σ(i) für alle1 ≤ i ≤ n.Beispiel 1.52. ist ein faktorieller Integritätsbereich.Satz 1.53. Sei R ein faktorieller Integritätsbereich. Dann ist p genau dann prim, wenn es irreduzibel ist.Beweis. Übung.Definition 1.54. Ein Ring R heißt noethersch , wenn jede aufsteigende Kette von Idealen stationär wird.Satz 1.55. Sei R ein Hauptidealring. Dann ist R noethersch.Beweis. Sei A 1 ⊆ A 2 ⊆ . . . eine aufsteigende Kette von Idealen. Dann ist A = ⋃ ∞i=1 A i ein Ideal in R,d. h. A = (a) für ein a ∈ R. Wegen a ∈ A gibt es ein n mit a ∈ A n . Dann ist aberalso A i = A n für alle i ≥ n.A = (a) ⊆ A n ⊆ A n+k ⊆ A für k ≥ 0,Theorem 1.56. Sei R ein Integritätsbereich, der ein Hauptidealring ist. Dann ist er faktoriell.5. Vorlesung vom Montag, 01.11.2010Beweis. Sei S die Menge derjenigen Ideale in R, die von Elementen a ∈ R \ ({0} ∪ R ∗ ) erzeugt werden,welche keine Zerlegung in irreduzible Faktoren besitzen. Wir wollen zeigen, dass S = . AngenommenS ≠ . Dann ist S partiell geordnet durch mengentheoretische Inklusion. Jede Kette in S hat eine obereSchranke, da R noethersch ist. Somit hat S ein maximales Element (a) ≠ R. Das Ideal (a) ist selbst ineinem maximalen Ideal (b) enthalten, für das wir nun (b) /∈ S zeigen: Angenommen (b) ∈ S. Dann istnach Konstruktion (a) = (b) und wir können folgern, dass(a) maximal ⇒ (a) prim ⇒ a prim ⇒ a irreduzibel.Das ist ein Widerspruch zur Definition von S. Wir haben also S ∋ (a) (b) /∈ S. Es folgt a = bx für einx ∈ R \ ({0} ∪ R ∗ ). Weiter ist (x) /∈ S, sonst wäre nämlich (a) = (x) und a | x, so dass b ∈ R ∗ . Ebenso istb ∈ R \ ({0} ∪ R ∗ ) und (b) /∈ S. Somit lassen sich x und b als Produkte irreduzibler Elemente schreiben.Dann gilt das aber auch für a = bx. Also ist S = .Nun zeigen wir, dass diese Faktorisierung im Wesentlichen eindeutig ist. Hier geht ein, dass ein irreduziblesElement in R auch prim ist. Sei alsoa = c 1 · . . . · c n = d 1 · . . . d m13

mit c i , d j irreduzibel. Aus c 1 | d 1 . . . d m folgt c 1 | d j für ein j, da c 1 prim ist. Durch Umnummerierungkönnen wir annehmen, dass j = 1 ist. Also d 1 = c 1 u 1 . Da d 1 irreduzibel ist, muss u 1 eine Einheit sein,d. h. c 1 ∼ d 1 . Da R Integritätsbereich ist, folgt (durch Ausklammern von c 1 )c 2 · . . . · c n = u 1 d 2 · . . . · d m .Wir setzen das Argument nun induktiv fort. Ist n < m, so ist 1 ein Produkt von Einheiten und irreduziblenElementen. Ist n > m, so ist ein Produkt von Einheiten und irreduziblen Elementen eine Einheit. Beidesist unmöglich. Also ist n = m. Das beweist das Theorem.Die Umkehrung des Theorems ist falsch. Die Polynomringe [x] und K[x, y], wobei K ein Körper ist,sind faktorielle Integritätsbereiche, aber keine Hauptidealringe.Proposition 1.57. Sei R ein faktorieller Integritätsbereich. Bezüglich der Äquivalenzrelation assoziiert zusein, zerfallen die irreduziblen Elemente in Äquivalenzklassen. Sei P eine Menge irreduzibler Elemente, dieaus jeder Klasse genau ein Element enthält. Dann kann jedes a ∈ R \ {0} eindeutig in der Form∏a = s p ν p(a)(21)mit s ∈ R ∗ , ν p (a) ∈ , ν p (a) = 0 für fast alle p ∈ P geschrieben werden.p∈PDefinition 1.58. Ein Ring R heißt euklidisch , wenn es eine Abbildung ϕ : R \ {0} → 1 gibt, so dass füralle a, b ∈ R gilt1. ab ≠ 0 impliziert ϕ(a) ≤ ϕ(ab) und2. b ≠ 0 impliziert die Existenz von q, r ∈ R, so dass a = qb + r mit r = 0 oder ϕ(r) < ϕ(b).Die Funktion ϕ wird als Gradabbildung bezeichnet.Satz 1.59. Sei R ein euklidischer Ring. Dann ist R ein Hauptidealring.Beweis. Sei I ≠ {0} ein Ideal in R. Wähle a ∈ I \ {0} so, dass ϕ(a) minimal in {ϕ(x) : x ∈ I \ {0}} ist.Für b ∈ I gilt dann b = qa + r mit r ∈ I. Falls r ≠ 0, so ist ϕ(r) < ϕ(a). Das widerspricht der Wahl vona. Also ist b = qa, d. h. b ∈ (a) und I ⊆ (a). Es folgt I = (a).Beispiele 1.60.1. ist ein euklidischer Ring bezüglich des Betrags ϕ(n) = |n|.2. Der Polynomring K[x] über einem Körper K ist ein euklidischer Ring bezüglich ϕ(f ) = grad(f ).3. Sei d /∈ {0, 1} eine quadratfreie ganze Zahl, d. h. d wird von keinem Quadrat einer natürlichenZahl außer von 1 geteilt. Dann ist d = x + y d : x, y ∈ (22)ein Teilkörper von . 2 Die komplexe Zahl z = x + y d legt x und y eindeutig fest. Für z = x + y ddefiniert man das konjugierte Element z = x − y d und die Norm1 = {0, 1, 2, . . .}.N(z) = z · z = x 2 − y 2 d.2Wir benutzen die Definition dd = i |d|für d ≥ 0für d < 0 . 14

Für zwei Elemente z 1 , z 2 ∈ dgiltN(z 1 · z 2 ) = N(z 1 ) · N(z 2 ).Man definiertDann istd, falls d = 2, 3 mod 4ω d =1(1 + d), falls d = 1 mod 4 .2 d = + ω d = m + nω d : m, n ∈ (23)ein Unterring von d . d ist ein Integritätsbereich und wird als Ring der ganzen Zahlen in d bezeichnet. Unter der Gradabbildung ϕ(z) = |N(z)| ist d ein euklidischer Ring fürd ∈ {−11, −7, −3, −2, −1, 2, 3, 5, 6, 7, 11, 13, 17, 19, 21, 29, 33, 37, 41, 57, 73}. −19 ist ein Hauptidealring, aber nicht euklidisch.Definition 1.61. d ∈ R heißt größter gemeinsamer Teiler von a 1 , . . . , a n ∈ R, wenn gilt1. d | a i für alle i und2. c | a i für alle i impliziert c | d.Ist 1 größter gemeinsamer Teiler von a 1 , . . . , a n , so heißen diese Elemente teilerfremd .Satz 1.62. Sei R ein Hauptidealring und seien a 1 , . . . , a n ∈ R. Dann gilt:1. Die Elemente a 1 , . . . , a n haben einen größten gemeinsamen Teiler.2. Ist d ein größter gemeinsamer Teiler von a 1 , . . . , a n , so gilt(d) = (a 1 ) + . . . + (a n ). (24)Insbesondere ist d = r 1 a 1 + . . . + r n a n .Beweis.1. Da R ein Hauptidealring ist, gibt es ein d ∈ R mit (d) = (a 1 ) + . . . + (a n ). Dann giltFalls c | a i für alle i, so ista i ∈ (d) ⇒ a i = d x ⇒ d | a i .a i ∈ (c) für alle i ⇒ (a i ) ⊆ (c) für alle i ⇒ (d) ⊆ (c) ⇒ d ∈ (c) ⇒ c | d.2. Sei d ′ ein größter gemeinsamer Teiler von a 1 , . . . , a n . Dann ist (a 1 ) + . . . + (a n ) = (d ′ ) und somitd ′ ∼ d, also (d ′ ) = (d).6. Vorlesung vom Mittwoch, 03.11.2010Satz 1.63. Sei R ein faktorieller Integritätsbereich und a 1 , . . . , a n ∈ R. Dann haben die Elemente a 1 , . . . , a neinen größten gemeinsamen Teiler.Beweis. Übung.15

1.4 Ringe der BrücheIn diesem Abschnitt verallgemeinern wir die Konstruktion von aus auf beliebige kommutative Ringe.R bezeichnet im folgenden einen kommutativen Ring R ≠ {0}.Definition 1.64. S ⊆ R heißt multiplikativ , wenn a, b ∈ S bereits impliziert, dass auch ab ∈ S.Beispiele 1.65.1. Sei R ein Ring mit 1 ≠ 0. Dann bilden die Einheiten eine multiplikative Menge.2. Sei P ein Primideal in R. Dann sind P und R \ P multiplikativ.Satz 1.66. Sei S ⊆ R eine multiplikative Teilmenge von R. Die Relation auf R × S definiert durchist eine Äquivalenzrelation.(a, s) ∼ (b, t) ⇔ (at − bs)α = 0 für ein α ∈ S. (25)Beweis. Es ist klar, dass die Relation reflexiv und symmetrisch ist. Sei (a, s) ∼ (b, t) und (b, t) ∼ (c, u).Dann ist(at − bs)α = 0 und (bu − ct)β = 0für geeignete α, β ∈ S. Wir multiplizieren die erste Gleichung mit βu und die zweite Gleichung mit αsund addieren auf. Dann folgtd. h. (a, s) ∼ (c, u).(au − cs) · αβ t = 0,}{{}∈SSei S ⊆ R multiplikativ. Die Äquivalenzklasse von (a, s) ∈ R × S schreibt man als a/s. Die Menge derÄquivalenzklassen wird mit S −1 R bezeichnet. Es giltundfür alle a, b ∈ R, s, t ∈ S.a/s = b/t ⇔ (at − bs)α = 0 für ein α ∈ S (26)(at)/(st) = a/s (27)Satz 1.67. Sei S ⊆ R multiplikativ. Dann ist S −1 R ein kommutativer Ring mit 1 untera/s + b/t = (at + bs)/(st), a/s · b/t = (ab)/(st). (28)Beweis. Wir zeigen, dass die Addition wohldefiniert ist. Sei a/s = a ′ /s ′ und b/t = b ′ /t ′ . Dann ist(as ′ − a ′ s)α = 0 und (bt ′ − b ′ t)β = 0 (∗)für geeignete α, β ∈ S. Es ist zu zeigen, dass (at + bs)/(st) = (a ′ t ′ + b ′ s ′ )/(s ′ t ′ ), bzw. dass (at + bs)s ′ t ′ − (a ′ t ′ + b ′ s ′ )st γ = 0für ein γ ∈ S gilt. Hierzu multiplizieren wir die erste Gleichung in (∗) mit β t t ′ , die zweite mit αss ′ undaddieren auf. Dies ergibtalso wie gewünschtas ′ αβ t t ′ − a ′ sαβ t t ′ + bt ′ βαss ′ − b ′ tβαss ′ = 0, (at + bs)s ′ t ′ − (a ′ t ′ + b ′ s ′ )st αβ = 0.}{{}∈SAnalog zeigt man, dass die Multiplikation wohldefiniert ist. Für alle s, s ′ ∈ S gilt 0/s = 0/s ′ und 0/s istdie additive Identität von S −1 R. Ebenfalls für alle s, s ′ ∈ S gilt s/s = s ′ /s ′ und s/s ist die multiplikativeIdentität von S −1 R. Der Rest der Behauptung ist leicht zu zeigen.16

Satz 1.68. Sei R ein Ring ohne Nullteiler und S ⊆ R multiplikativ mit 0 /∈ S. Dann ist S −1 R ein Integritätsbereich.Beweis. Sei a/s ∈ S −1 R. Dann istSomit ista/s = 0/s ⇔ asα = 0 für ein α ∈ S ⇔ a = 0.a/s · b/t = (ab)/(st) = 0 ⇔ ab = 0⇔ a = 0 oder b = 0⇔a/s = 0/s oder b/s = 0/s.Satz 1.69. Sei R ein Ring ohne Nullteiler und S = R \ {0}. Dann ist S −1 R ein Körper.Beweis. Sei a/s ∈ S −1 R mit a ≠ 0. Dann ist die Inverse von a/s gegeben durch s/a.Definition 1.70. Sei S ⊆ R multiplikativ. Dann wird der Ring S −1 R als Ring der Brüche von R in Sbezeichnet. Ist R ein Integritätsbereich und S = R \ {0}, so heißt S −1 R Quotientenkörper von R.Beispiel 1.71. Der Quotientenkörper von ist .Satz 1.72. Dei S ⊆ R multiplikativ. Dann ist die Abbildung ϕ : R → S −1 R, r → (rs)/s ein wohldefinierterRinghomomorphismus. Insbesondere ist sie unabhängig von s ∈ S. Für jedes t ∈ S ist ϕ(t) eine Einheit inS −1 R.Beweis. Die Abbildung ist wohldefiniert, weil (rs)/s = (r t)/t für alle s, t ∈ S. Man verifiziert leicht, dassf ein Ringhomomorphismus ist. Die Inverse von (ts)/s ist s/(ts).Satz 1.73. Sei S ⊆ R multiplikativ, 0 /∈ S und S enthalte keine Nullteiler von R. Dann ist ϕ : R → S −1 R, r →(rs)/s injektiv.Beweis. Sei ϕ(r) = (rs)/s = 0/s. Dann ist r }{{} s 2 α = 0 für ein α ∈ S, so dass r = 0 sein muss.∈SInsbesondere lässt sich also jeder Integritätsbereich mit Hilfe von ϕ(r) = r/1 in seinen Quotientenkörpereinbetten.2 Polynomringe2.1 Polynomringe in einer VariablenIn diesem Abschnitt ist R ein kommutativer Ring mit 1 ≠ 0.Definition 2.1. Sei R[X ] die Menge aller Folgen (a 0 , a 1 , a 2 , . . .) mit a i ∈ R und a i = 0 für fast alle i ∈ .Die Elemente von R[X ] bezeichnet man als Polynome . R[X ] ist ein Ring bezüglich(a 0 , a 1 , . . .) + (b 0 , b 1 , . . .) = (a 0 + b 0 , a 1 + b 1 , . . .),(a 0 , a 1 , . . .) · (b 0 , b 1 , . . .) = (c 0 , c 1 , . . .) mit c n =Das Nullelement ist 0 = (0, 0, . . .) und die multiplikative Identität ist 1 = (1, 0, . . .). Der Ring R[X ] wirdals Polynomring in einer Variablen X über R bezeichnet. Die Abbildung R → R[X ], a → (a, 0, . . .) ist eininjektiver Ringhomomorphismus, so dass wir R als Unterring von R[X ] auffassen können.∑i+j=na i b j .17

Wir setzen X = (0, 1, 0, . . .) ∈ R[X ]. Dann istundX n = (0, . . . , 0, }{{} 1 , 0, . . .) für n ∈ n-te Pos.aX n = X n a = (0, . . . , 0, }{{} a , 0, . . .) für n ∈ und a ∈ R.n-te Pos.Also können wir ein beliebiges Polynom schreiben als∑(a 0 , a 1 , . . .) = a i X i . (29)Die Addition und Multiplikation sind dann intuitiv gegeben durch∑ ∑ ∑a i X i + b i X i = (a i + b i )X i , (30) ∑iia i X i · ∑iii ⎛∑b i X i = ⎝ ∑iki+j=ka i b j⎞⎠ X k . (31)Definition 2.2. Für ein Polynom f = ∑ i a iX i ∈ R[X ] heißt a i der i-Koeffizient von f . Ist f ≠ 0, sodefiniert man den Grad von f durchgrad(f ) = max{i ∈ : a i ≠ 0}. (32)Der Koeffizient a n mit n = grad(f ) heißt der höchste Koeffizient von f . Für f = 0 definiert mangrad(f ) = −∞.Satz 2.3. Seien f , g ∈ R[X ]. Dann giltgrad(f + g) ≤ max grad(f ), grad(g) und grad(f · g) ≤ grad(f ) + grad(g). (33)Ist der führende Koeffizient von f oder g kein Nullteiler, so ist grad(f · g) = grad(f ) + grad(g).Beweis. Die erste Behauptung ist klar. Die zweite Behauptung ist trivial, falls f = 0 oder g = 0. Sei alsof = ∑ ni=0 a iX i ≠ 0 vom Grad n und g = ∑ mi=0 b iX i ≠ 0 vom Grad m. Dann istf · g = a 0 b 0 + (a 0 b 1 + a 1 b 0 )X + . . . + (a n−1 b m + a n b m−1 )X n+m−1 + a n b m X n+m ,d. h. grad(f g) ≤ n + m und falls a n oder b m kein Nullteiler ist, so ist grad(f g) = n + m.7. Vorlesung vom Montag, 08.11.2010Korollar 2.4. Der Polynomring R[X ] ist genau dann ein Integritätsbereich, wenn R ein Integritätsbereichist. In diesem Fall ist R[X ] ∗ = R ∗ .Beweis. Ist R[X ] ein Integritätsbereich, so auch R ⊆ R[X ]. Wir nehmen nun umgekehrt an, dass R einIntegritätsbereich ist. Es seien f , g ∈ R[X ] mit f g = 0. Aus grad(f g) = grad(f ) + grad(g) folgt f = 0oder g = 0. Also ist auch R[X ] ein Integritätsbereich.Sei nun f g = 1. Dann istd. h. f und g sind konstant und somit in R ∗ .0 = grad(f g) = grad(f ) + grad(g),18

Satz 2.5. Seien A und B kommutative Ringe mit 1 ≠ 0 und ϕ : A → B ein Ringhomomorphismus mitϕ(1) = 1. Sei b ∈ B. Dann gibt es genau einen Homomorphismus ϕ b : A[X ] → B mit ϕ bA= ϕ undϕ b (X ) = b.Beweis. Für f = ∑ ni=0 a iX i setzt manDann ist ϕ b (a) = ϕ(a) für alle a ∈ A undϕ b (f ) =n∑ϕ(a i )b i .i=0ϕ b (X ) = ϕ b (1 · X ) = ϕ(1) · b = b.Man rechnet leicht nach, dass ϕ ein Homomorphismus ist.Sei ψ : A[X ] → B ein weiterer Homomorphismus mit ψ A= ϕ und ψ(X ) = b. Dann istalso ψ = ϕ b . ∑ nψ(f ) = ψ a i X i =i=0n∑ψ(a i )ψ(X ) i =i=0n∑ϕ(a i )b i = ϕ b (f ),Beispiel 2.6. Sei I ein Ideal in R. Die Komposition R −→ π R/I → (R/I)[X ] ist ein Ringhomomorphismus.Dieser induziert einen Ringhomomorphismus π ∗ : R[X ] → (R/I)[X ] mit π ∗ (X ) = X . Diese Abbildung istdie Reduktion der Koeffizienten eines Polynoms modulo I. Der Kern ist ∑ nker(π ∗ ) = a i X i : a i ∈ I, n ∈ = I[X ], (34)so dass R[X ]/I[X ] ∼ = (R/I)[X ]. Es gilti=1i=0I[X ] ist Primideal in R[X ] ⇔ I ist Primideal in R. (35)Satz 2.7. ( Divisionsalgorithmus ) Sei g ∈ R[X ] \ {0} und der führende Koeffizient von g sei eine Einheit.Sei f ∈ R[X ]. Dann gibt es eindeutig bestimmte Polynome q, r ∈ R[X ], so dass f = qg + r mit grad(r)

Korollar 2.8. Sei K ein Körper. Dann ist K[X ] ein euklidischer Ring unter der Gradabbildung und somit einfaktorieller Hauptidealring. Die Einheiten sind die konstanten Polynome p(X ) = c ≠ 0.Beweis. Der Polynomring K[X ] ist ein Integritätsbereich, da K Integritätsbereich ist. Seien nun f , g ∈K[X ] mit f g ≠ 0. Dann ist grad(f ) ≤ grad(f ) + grad(g) = grad(f g). Aus dem Divisionsalgorithmusfolgt, dass die Gradabbildung eine euklidische Bewertung auf K[X ] ist.Wir erhalten damit insbesondere folgendes Resultat: Sei K ein Körper und I ≠ {0} ein Ideal in K[X ].Ist f ≠ 0 ein Polynom in I mit minimalem Grad, so ist I = (f ).Auf der Seite sei darauf hingewiesen, dass folgende Implikation gilt: Sei I ≠ {0} Ideal in einem Integritätsbereich,der Hauptidealring ist. Dann ist I prim genau dann, wenn I maximal ist.Satz 2.9. Sei R ein Integritätsbereich. Dann giltR[X ] ist Hauptidealring ⇔ R ist Körper. (36)Beweis. Die Richtung (⇐) haben wir bereits gezeigt. Für (⇒) sei R[X ] ein Hauptidealring. Die Abbildungϕ 0 : R[X ] → R, f → f (0) (d. h. ϕ 0R= id und ϕ 0 (X ) = 0) ist ein Ringhomomorphismus. Der Kern vonϕ 0 ist die Menge der Polynome mit konstanten Koeffizienten c 0 = 0. Damit ist ker(ϕ 0 ) ein Primideal undsomit maximal. Da ϕ 0 surjektiv ist, ist also R ∼ = R[X ]/ ker(ϕ 0 ) ein Körper.2.2 Nullstellen von PolynomenWie zuvor bezeichnet R einen kommutativen Ring mit 1 ≠ 0.Definition 2.10. Sei f ∈ R[X ] \ {0} ein Polynom. Ein Element a ∈ R heißt Nullstelle oder Wurzel vonf , wenn f (a) = 0.Satz 2.11. Sei f ∈ R[X ] \ {0} und a ∈ R. Dann ist a eine Nullstelle von f genau dann, wenn (X − a) | f .Beweis. Sei f (a) = 0. Dann liefert der Divisionsalgorithmus f = q(X − a) + r mit grad(r) < 1. Aus0 = f (a) = r folgt also (X − a) | f . Die andere Richtung ist klar.Satz 2.12. Sei f ∈ R[X ]\{0} ein Polynom, das eine Nullstelle in R hat. Dann gibt es paarweise verschiedeneElemente a 1 , . . . , a m ∈ R, natürliche Zahlen n 1 , . . . , n m ≠ 0 und ein Polynom g, das keine Nullstellen in Rhat, so dassm∏f = g (X − a i ) n i. (37)Es ist ∑ mi=1 n i ≤ grad(f ).i=1Beweis. Die erste Behauptung folgt durch Induktion aus dem letzten Resultat und die zweite aus derGradformel (grad(f ) = grad(g) + ∑ mi=1 n i).Definition 2.13. Lässt sich f ∈ R[X ] \ {0} schreiben als f = c ∏ mi=1 (X − a i) mit a i , c ∈ R, so sagt man,dass f über R in Linearfaktoren zerfällt.Satz 2.14. Sei R ein Integritätsbereich. Dann hat f ∈ R[X ] \ {0} höchstens n verschiedene Nullstellen.Beweis. Wir beweisen diesen Satz durch Induktion über n = grad(f ). Die Behauptung ist offensichtlichrichtig für n = 0. Sei also n > 0. Ist a eine Nullstelle von f , so ist f = q(X − a) für ein q ∈ R[X ] mitgrad(q) = grad(f ) − 1. Sei b ≠ a eine weitere Nullstelle von f . Dann ist 0 = f (b) = q(b)(b − a), d. h. bist Nullstelle von q. Nach der Induktionshypothese hat q höchstens n − 1 verschiedene Nullstellen.20

Korollar 2.15. Sei R ein unendlicher Integritätsbereich und f ∈ R[X ] \ {0}. Dann gibt es ein a ∈ R, so dassf (a) ≠ 0.8. Vorlesung vom Mittwoch, 10.11.2010Satz 2.16. Sei K ein Körper und G eine endliche Untergruppe von K ∗ . Dann ist G zyklisch, d. h. G = 〈g〉 fürein g ∈ G.Beweis. Da G eine endliche abelsche Gruppe ist, zerfällt G in p-Gruppen, d. h. G ∼ = ∏ p prim G p, wobei G pgenau aus denjenigen Elementen von G besteht, deren Ordnung eine Potenz von p ist. Jede der GruppenG p ist nun zyklisch. Nehmen wir nämlich an, dass G p ≠ {1} nicht zyklisch ist, so ist ord(g) < |G p | für alleg ∈ G p und es gibt ein q = p n < |G p | mit g q = 1 für alle g ∈ G p . Also hat das Polynom X q − 1 mehr als qverschiedene Nullstellen in K und wir erhalten einen Widerspruch.Für jede der Gruppen G p wählen wir nun einen Erzeuger g p und definieren g = (g p ) p prim . Dannerzeugt g die Gruppe G, denn mit m = ord(g) giltg m = 1 ⇒ g m p = 1 für alle p prim ⇒ |G p| | m für alle p prim∏⇒ |G p | | m ⇒ |G| | m ⇒ m = |G|.p primAnmerkung des Erstellers: In der Vorlesung wurde G im obigen Beweis — wie für abelsche Gruppenüblich — additiv notiert. Da die Gruppenoperation von G aber gerade der Körpermultiplikation von Kentspricht, wurde hier die multiplikative Schreibweise gewählt.Insbesondere ist die Einheitengruppe eines endlichen Körpers zyklisch. Mit folgendem Resultat lassensich die Nullstellen eines Polynoms unter geeigneten Bedingungen berechnen.Satz 2.17. Sei R ein faktorieller Integritätsbereich und K der zugehörige Quotientenkörper. Sei f = a 0 +a 1 X + . . . + a n X n ein Polynom in R[X ]. Ist b = c/d ∈ K eine Nullstelle von f mit c, d ∈ R teilerfremd, so giltc | a 0 und d | a n .Beweis. Aus f (b) = 0 folgt c c na 0 + a 1 + . . . + a n = 0dd⇒ a 0 d n + a 1 cd n−1 + . . . + a n c n = 0⇒ a 0 d n = −c a 1 d n−1 + . . . + a n c n−1 und a n c n = −d a 0 d n−1 + . . . + a n−1 c n−1⇒ c | a 0 d n und d | a n c n .Da c und d teilerfremd sind, folgt c | a 0 und d | a n .Definition 2.18. Sei f ∈ R[X ] \ {0} und sei a eine Nullstelle von f . Dann gibt es ein n ∈ , so dass(X − a) n | f und (X − a) n+1 ∤ f . (38)Dieses n wird als Vielfachheit oder Multiplizität einer Nullstelle bezeichnet.Satz 2.19. Sei R ein Integritätsbereich und f ∈ R[X ]\{0}. Dann hat f gezählt mit Multiplizitäten höchstensgrad(f ) Nullstellen.21

Beweis. Wir können f schreiben als f = g ∏ mi=1 (X − a i) n i, wobei g ∈ R[X ] keine Nullstellen in R hat,die a i paarweise verschieden sind und ∑ mi=1 n i ≤ grad(f ). Da R Integritätsbereich ist, sind die a i genaudie Nullstellen von f . Um dies einzusehen sei f (b) = 0. Dann istalso b = a i für ein i ∈ {1, . . . , m}.0 = g(b) ·}{{}≠0m∏(b − a i ) n i,i=1Definition 2.20. Mit Hilfe der Differentiation von Polynomen kann die Vielfachheit einer Nullstelle untersuchtwerden. Wir definieren dazu den Ableitungs- oder DifferentialoperatorD : R[X ] → R[X ],Häufig schreibt man auch f ′ = D(f ) und f (m) = D m (f ).n∑a i X i →i=0n∑ia i X i−1 . (39)Die Ableitung ist linear und erfüllt die Produktregel. Das heißt für f , g ∈ R[X ] und a, b ∈ R giltD(a f + bg) = aD(f ) + bD(g) und D(f g) = (D f )g + f (Dg). (40)Satz 2.21. Sei K ein Körper, f ∈ K[X ] \ {0} und a ∈ K eine Nullstelle von f . Dann gilti=1a hat Vielfachheit 1 ⇔ f ′ (a) ≠ 0.Beweis. Da a eine Nullstelle von f ist, gilt f = q(X − a) für ein q ∈ K[X ]. Es folgt f ′ = q + q ′ (X − a).Damit gilta hat Vielfachheit 1 ⇔ (X − a) ∤ q ⇔ (X − a) ∤ f ′ ⇔ f ′ (a) ≠ 0.Korollar 2.22. Sei K ein Körper, f ∈ K[X ] \ {0} und a ∈ K. Dann ist a mehrfache Nullstelle von f genaudann, wenn a eine Nullstelle von ggT(f , f ′ ) ist.2.3 Polynome in mehreren VeränderlichenWie zuvor bezeichnet R einen kommutativen Ring mit 1 ≠ 0.Definition 2.23. Wir definieren rekursivR[X 1 , . . . , X n ] = R[X 1 , . . . X n−1 ][X n ]. (41)Der Ring R[X 1 , . . . , X n ] wird als Polynomring in den Variablen X 1 , . . . , X nbezeichnet.Ein Polynom f ∈ R[X 1 , . . . , X n ] lässt sich eindeutig schreiben als∑f = a i1 ,...,i nX i 11 . . . X i nn. (42)i 1 ,...,i nDefinition 2.24. Die Elemente X i 11 . . . X i nnheißen primitive Monome . Der Grad eines solchen Monomsist grad X i 11 . . . X i nn= i1 + . . . + i n . Entsprechend definiert man den Grad eines Polynoms f ≠ 0 als n∑grad(f ) = max i j : a i1 ,...,i n ≠ 0 . (43)j=1Für f = 0 setzt man grad(f ) = −∞. Ein Polynom heißt homogen vom Grad m, wenn alle Monome vonf mit nicht verschwindenden Koeffizienten Grad m haben.22

Satz 2.25. Seien A und B kommutative Ringe mit 1 und ϕ : A → B ein Homomorphismus mit ϕ(1) = 1.Wähle b 1 , . . . , b n ∈ B. Dann gibt es genau einen Homomorphismus ψ : A[X 1 , . . . , X n ] → B mit ψ A= ϕ undψ(X i ) = b i für i = 1, . . . , n.Beweis. Der Homomorphismus⎛ψ ⎝ ∑⎞a i1 ,...,i nX i 11 . . . X i n⎠ n=i 1 ,...,i n∑ϕ ia i1 ,...,i n b 11 . . . bi nni 1 ,...,i nhat die genannten Eigenschaften. Die Eindeutigkeit ist leicht zu sehen.Beispiel 2.26. Es seien A, B kommutative Ringe mit 1, A ein Unterring von B mit 1 A = 1 B undb 1 , . . . , b n ∈ B. Dann lässt sich die Inklusion i ∗ : A → B eindeutig fortsetzen zu einem Homomorphismusϕ : A[X 1 , . . . , X n ] → B mit ϕ A= i ∗ und ϕ(X i ) = b i für i = 1, . . . , n. Wir schreiben im ϕ = A[b 1 , . . . , b n ].Dies ist der kleinste Unterring von B, der A und alle b i enthält. Ist ϕ injektiv, so ist A[X 1 , . . . , X n ] isomorphzu A[b 1 , . . . , b n ] und b 1 , . . . , b n heißen algebraisch unabhängig . Ist f nicht injektiv, so heißen b 1 , . . . , b nalgebraisch abhängig .Definition 2.27. Für σ ∈ S n definiert man⎛σ ⎝ ∑⎞a i1 ,...,i nX i 11 . . . X i n⎠ n=i 1 ,...,i n∑i 1 ,...,i na i1 ,...,i nX i 1σ(1) . . . X i nσ(n) . (44)Dies liefert eine Gruppenoperation von S n auf R[X 1 , . . . , X n ] durch Ringautomorphismen. Insbesondereist (σ 1 σ 2 )f = σ 1 (σ 2 f ) für alle σ 1 , σ 2 ∈ S n . Man setzt nunR[X 1 , . . . , X n ] S n= f ∈ R[X 1 , . . . , X n ] : σ(f ) = f für alle σ ∈ S n . (45)Die Elemente von R[X 1 , . . . , X n ] S nwerden als symmetrische Polynome bezeichnet.Satz 2.28. Die Menge der symmetrischen Polynome R[X 1 , . . . , X n ] S nist ein Unterring von R[X 1 , . . . , X n ], derR enthält.Definition 2.29. Wir definieren Polynome s 1 , . . . , s n ∈ R[X 1 , . . . , X n ] durch die Gleichungn∏ n∑X − X i = X n + (−1) i s i X1 , . . . , X n · Xn−ii=1i=1(46)in R[X 1 , . . . , X n ][X ]. Die s i sind symmetrisch und werden als elementarsymmetrische Polynome bezeichnet.Wir wollen die Symmetrie der elementarsymmetrischen Polynome s i nachweisen. Hierzu setzen wirdie Operation der symmetrischen Gruppe S n auf R[X 1 , . . . , X n ] durch Operation auf den Koeffizientenfort auf R[X 1 , . . . , X n ][X ]. Dann ist für eine Permutation σ ∈ S n n∑n∏X n + (−1) i s i · X n−i n∏ ∏ n = X − X i = X − Xσ(i) = σ X − X ii=1i=1= σX n +i=1n∑(−1) i s i · X n−i = X n +und es folgt s i = σ(s i ) für i = 1, . . . , n per Koeffizientenvergleich.i=1i=1n∑(−1) i σ(s i ) · X n−ii=123

9. Vorlesung vom Montag, 15.11.2010An dieser Stelle zunächst zwei Bemerkungen:1. Wir betrachten den Ring −5 = {m + n −5 : m, n ∈ } ⊆ . Die Einheiten im Ring sind ±1. Er istaber nicht faktoriell, denn es gilt6 = 2 · 3 = (1 + −5) · (1 − −5),obwohl 2 ≁ 1 ± −5. Die Zerlegungen der Zahl 6 in irreduzible Elemente ist also nicht eindeutig.2. Wir zeigen, dass R[X 1 , . . . , X n ] S nein Unterring von R[X 1 , . . . , X n ] ist. Für σ ∈ S n sowie f , g ∈R[X 1 , . . . , X n ] S nist σ(f − g) = σ(f ) − σ(g) = f − g und σ(f g) = σ(f ) · σ(g) = f g, denndie Anwendung der Permutation σ ist ein Ringhomomorphismus. Also sind auch die Polynomef − g, f g ∈ R[X 1 , . . . , X n ] S nund die Behauptung ist gezeigt.Beispiele 2.30. Beispiele für elementarsymmetrische Polynome sind:1. s 1 (X 1 , . . . , X n ) = X 1 + X 2 + . . . + X n ,2. s 2 (X 1 , . . . , X n ) = X 1 X 2 + X 1 X 3 + . . . + X 1 X n + X 2 X 3 + . . . + X 2 X n + . . . + X n−1 X n ,3. s k (X 1 , . . . , X n ) = ∑ 1≤i 1

Bevor wir den Satz beweisen können, benötigen wir noch folgende Behauptung: Ist β = (b 1 , . . . , b n )der führende Exponent von f ∈ R[X 1 , . . . , X n ] S n\ {0}, so gilt b 1 ≥ b 2 ≥ . . . ≥ b n . Um sie zu beweisen, sei1 ≤ i < n und σ i = (i, i+1), d. h. für β = (b 1 , . . . , b n ) ist β ′ = σ i (β) = (b 1 , . . . , b i−1 , b i+1 , b i , b i+2 , . . . , b n ).Also gilt σ i (X β ) = X β′ . Aus σ i (f ) = f folgt nun, dass die Koeffizienten an X β und X β′ gleich undinsbesondere ungleich Null sind. Da β der führende Exponent ist, gilt also β ≥ β ′ , d. h. b i ≥ b i+1 .Wir zeigen nun, dass ϕ injektiv ist. Hierzu sei ∑ b β ≠0 b βs β = 0, wobei fast alle Koeffizienten b β ∈ Rverschwinden. Angenommen es gibt b β ≠ 0. Dann ist die Menge { ˆβ ∈ n : b β ≠ 0} endlich und nichtleer und hat somit ein größtes Element ˆγ, dem durch (∗) ein eindeutiger Exponent γ zugeordnet ist. Esfolgt mit geeigneten Koeffizienten c α, ˆβ, d α ∈ R∑b β ≠0b β s β =∑b β ≠0b β⎛⎜⎝X ˆβ +∑α< ˆβc α, ˆβ X α ⎞⎟⎠ = b γ X ˆγ +∑d α X α ≠ 0.Also ist ker ϕ = {0} und ϕ ist injektiv.Es bleibt zu zeigen, dass R[X 1 , . . . , X n ] S n⊆ im(ϕ). Wir schließen induktiv über die Ordnung des führendenExponenten. Der Induktionsanfang sagt dann gerade aus, dass alle konstanten Polynome symmetrischsind. Wir nehmen nun an, die Annahme gilt für alle Polynome, deren führender Exponent Ordnungn−1 hat, und betrachten f ∈ R[X 1 , . . . , X n ] S nmit führendem Exponenten β = (b 1 , . . . , b n ). Die Definitionα

Definition 2.35. Ein Erweiterungsring R ′ von R ist ein kommutativer Ring mit 1, der R enthält und1 R ′ = 1 R erfüllt.Satz 2.36. Sei f ∈ R[X ] ein normiertes Polynom. Ist f = ∏ ni=1 (X − α i) eine Faktorisierung von f übereinem Erweiterungsring R ′ von R, so gilt∏D(f ) = (α i − α j ) 2 . (51)i

Einem Element r ∈ R ordnen wir die Abbildung f r mit f r (α) = r für α = 0 und f r (α) = 0 für α ≠ 0 zu.Dadurch ist R in R[(X i ) i∈I ] eingebettet. Für α ∈ (I) bezeichnen wir mit X α die Abbildung mit X α (β) = 1,falls β = α und X α (β) = 0 sonst. Jedes beliebige f ∈ R[(X i ) i∈I ] können wir somit schreiben alsf =∑α∈ (I) f (α)X α , (54)wobei die Summe endlich ist, da f auf fast allen α verschwindet. Es gilt X α X β = X α+β , dennX α X β (γ) =∑ε+η=γX α (ε)X β (η) = X α+β (γ).Für f = ∑ α∈ (I) f (α)X α und g = ∑ α∈ (I) g(α)X α erhalten wir damit die erwarteten Additions- undMultiplikationsregelnf + g =∑α∈ (I) f (α) + g(α) Xαund f · g =⎛∑⎝ ∑α∈ (I)β+γ=α⎞f (β)g(γ) ⎠ X α . (55)Schließlich setzen wir e j = (δ i j ) i∈I für j ∈ I, wobei δ i j das Kronecker-Delta ist. 4 Einen beliebigen Multiindexα = (a i ) i∈I ∈ (I) können wir nun schreiben als α = ∑ i∈I a ie i . Mit der Definition X i = X e ierhaltenwir somit die vertraute SchreibweiseX α ∑= X i∈I a i e i=∏ ∏X a i e i=i∈Ii∈IX a ii, (56)wobei das Produkt endlich ist, da a i = 0 für fast alle i ∈ I ist.Die X α sind die primitiven Monome in den Variablen X i . Der Polynomring R[(X i ) i∈I ] ist die Mengealler Linearkombinationen primitiver Monome über R.Zum Abschluss des Abschnitts möchten wir festhalten, dass die beiden wesentlichen Resultate fürPolynome in endlich vielen Variablen sich auch auf den gerade eben betrachteten Fall verallgemeinern.So gilt:1. Ein Ring R ist genau dann ein Integritätsbereich, wenn der Polynomring R[(X i ) i∈I ] Integritätsbereichist. In diesem Fall ist R[(X i ) i∈I ] ∗ = R ∗ .2. Ist ϕ : R → S ein Homomorphismus kommutativer Ringe mit ϕ(1) = 1 und (s i ) i∈I eine Familie vonElementen in S, so gibt es einen eindeutigen Homomorphismus ψ : R[(X i ) i∈I ] → S mit ψ R= ϕund ϕ(X i ) = s i für alle i ∈ I.2.4 Faktorisierung in PolynomringenIn diesem Abschnitt untersuchen wir die Zerlegbarkeit von Polynomen über Integritätsbereichen. Imfolgenden bezeichne D einen Integritätsbereich.Beispiele 2.40.1. Sei a ∈ D ∗ . Dann ist aX + b irreduzibel in D[X ].2. Das Polynom X 2 + 1 ist irreduzibel in [X ], aber nicht in [X ], weil X 2 + 1 = (X + i)(X − i).4Das heißt, δ i j = 1 für i = j und δ i j = 0 für i ≠ j.27

3. Das Polynom f = X 3 + X + 1 ist irreduzibel über 2 [X ], da f (0) = f (1) = 1, so dass f keineNullstellen in 2 hat.Satz 2.41. Sei K ein Körper und f ∈ K[X ] \ {0}. Dann ist f genau dann irreduzibel, wenn K[X ]/(f ) einKörper ist.Beweis. Da K[X ] ein Hauptidealring ist, ist f genau dann irreduzibel, wenn (f ) maximal ist. Das istgenau dann der Fall, wenn K[X ]/(f ) ein Körper ist.Theorem 2.42. ( Fundamentalsatz der Algebra ). Sei f ein nicht konstantes Polynom in [X ]. Dann hat feine Nullstelle in .Es ist kein rein algebraischer Beweis dieses Resultats bekannt. Der einfachste Beweis benutzt den Satzvon Liouville aus der Funktionentheorie.Korollar 2.43. Die irreduziblen Polynome in [X ] sind die Polynome vom Grad 1.Korollar 2.44. Die irreduziblen Polynome in [X ] sind die Polynome vom Grad 1 und die Polynome vomGrad 2 ohne reelle Nullstellen.Beweis. Übung.Definition 2.45. Sei D ein faktorieller Integritätsbereich und f = a 0 + a 1 X + . . . + a n X n ≠ 0 in D[X ].Einen größten gemeinsamen Teiler der Koeffizienten a 0 , . . . , a n nennen wir Inhalt von f und bezeichnenihn mit C(f ). Verschiedene Inhalte von f sind assoziiert und unterscheiden sich somit nur um Einheiten.Außerdem gilt C(a f ) ∼ aC(f ) für alle a ∈ D \ {0} und f ∈ D[X ] \ {0}.Ein Polynom f ∈ D[X ] heißt primitiv , wenn C(f ) eine Einheit ist. Jedes f ∈ D[X ] lässt sich schreibenals f = C(f )f 1 mit f 1 primitiv.Lemma 2.46. (Gauß). Sei D faktoriell und seien f , g ∈ D[X ] \ {0}. Dann gilt C(f g) ∼ C(f )C(g). Insbesondereist das Produkt primitiver Polynome wieder primitiv.Beweis. Es ist f = C(f )f 1 und g = C(g)g 1 mit primitiven Polynomen f 1 und g 1 . Daher giltC(f g) ∼ C(C(f )f 1 · C(g)g 1 ) ∼ C(f )C(g)C(f 1 g 1 ).Es reicht also zu zeigen, dass f 1 g 1 primitiv ist. Sei hierzu f 1 = ∑ ni=0 a iX i und g 1 = ∑ mj=0 b jX j . Dann istf 1 g 1 = ∑ m+nk=0 c kX k mit c k = ∑ i+j=k a i b j . Wir nehmen nun an, f 1 g 1 wäre nicht primitiv. Dann gibt es einirreduzibles p ∈ D, so dass p | c k für alle k. Da C(f 1 ) eine Einheit ist, muss p ∤ C(f 1 ) gelten. Es gibt alsoein s ∈ {0, . . . , n}, so dass p | a i für alle i < s und p ∤ a s . Analog gibt es ein t ∈ {0, . . . , m}, so dass p | b jfür alle j < t und p ∤ a t . Ausp | c s+t = a 0 b s+t + a 1 b s+t−1 + . . . + a s b t + . . . + a s+t−1 b 1 + a s+t b 0folgt p | a s b t und da p prim ist somit p | a s oder p | b t . Beides ist unmöglich, wir erhalten also einenWiderspruch. Daher muss f 1 g 1 primitiv sein. 5Satz 2.47. Sei D faktorieller Integritätsbereich mit Quotientenkörper K und seien f , g primitive Polynomein D[X ]. Dann giltf ∼ g in D[X ] ⇔ f ∼ g in K[X ].5Damit die Gleichung für c s+t auch für große s und t gilt, setzen wir a i = b j = 0 für alle i > n, j > m.28

Beweis. Sei f ∼ g in K[X ], d. h. f = ug für ein u ∈ K[X ] ∗ = K ∗ . Wir schreiben u = b/c mit b, c ∈ D.Dann ist c f = bg und es folgt C(c f ) ∼ C(bg) in D[X ]. Damit erhalten wircC(f ) ∼ bC(g) ⇒ c ∼ b ⇒ b = v c für ein v ∈ D ∗ ⇒ f = v g ⇒ f ∼ g in D[X ].Die andere Richtung ist trivial.11. Vorlesung vom Montag, 22.11.2010Satz 2.48. Sei D ein faktorieller Integritätsbereich mit Quotientenkörper K und f ein primitives Polynomin D[X ] mit grad(f ) ≥ 1. Dann giltf ist irreduzibel in D[X ] ⇔ f ist irreduzibel in K[X ].Beweis. Sei f irreduzibel in D[X ] und f = gh in K[X ]. Dann ist g = ∑ ni=0 a i/b i X i und h = ∑ mi=0 c i/d i X imit Koeffizienten a i , c i ∈ D und b i , d i ∈ D\{0}. Wir setzen b = b 0·. . .·b n sowie ˆb i = b 0·. . .·b i−1·b i+1·. . .·b nfür i = 0, . . . , n und erhaltenn∑bg = a iˆbi X i = ag 2i=0} {{ }∈D[X ]mit a = C(bg) und g 2 primitiv in D[X ]. Dann ist g = a/b · g 2 und analog h = c/d · h 2 mit einemprimitiven Polynom h 2 ∈ D[X ]. Es folgtf = gh = (ac)/(bd) · g 2 h 2 ⇒ bd · f = ac · g 2 h 2 .Da f und g 2 h 2 primitive Polynome sind, muss also bd ∼ ac, d. h. ac = ubd für ein u ∈ D ∗ gelten. Darausfolgt f = ug 2 h 2 und da f irreduzibel ist, muss ug 2 oder h 2 in D[X ] ∗ = D ∗ liegen und somit insbesonderekonstant sein. Damit ist also g oder h eine Einheit in K[X ].Sei nun umgekehrt f irreduzibel in K[X ] und f = gh in D[X ]. Dann ist g oder h konstant. Wir könnenannehmen, dass g = c ∈ D. Also ist f = ch, das heißt C(f ) ∼ cC(h). Da f primitiv ist, ist C(f ) eineEinheit und auch c muss als Teiler eine Einheit sein. Es folgt g = c ∈ D ∗ .Theorem 2.49. ( Gauß ). Sei D ein faktorieller Integritätsbereich. Dann ist D[X ] faktoriell.Beweis. Sei f ∈ D[X ] \ {0} keine Einheit in D[X ]. Wir zeigen zunächst, dass f in irreduzible Faktorenzerfällt. Dies ist klar, wenn grad(f ) = 0. Sei also grad(f ) > 0. Dann ist f = C(f )· f 1 mit einem primitivenPolynom f 1 . Falls C(f ) keine Einheit ist, so zerfällt C(f ) = d 1 · . . . · d m in irreduzible Faktoren d i ∈ D.Andernfalls ist f 1 = f bereits primitiv.Sei nun K der Quotientenkörper von D. Dann ist K[X ] ein faktorieller Integritätsbereich und Hauptidealringund es gilt D[X ] ⊆ K[X ]. In K[X ] zerfällt also auch f 1 = ˜p 1 · . . . · ˜p n in irreduzible Faktoren˜p i ∈ K[X ]. Mit geeigneten b i ∈ D ist b i ˜p i ∈ D[X ] und somit b i ˜p i = a i p i mit a i ∈ D und p i primitivin D[X ]. Da die p i irreduzibel in K[X ] und primitiv sind, sind sie auch irreduzibel in D[X ]. Mitu = ∏ ni=1 a i/b i folgt also aus f 1 = u · p 1 · . . . · p n , dass u ∈ D sein muss. Weil außerdem f 1 und alle p iprimitiv sind, muss sogar u ∈ D ∗ gelten und es folgtf = d 1 · . . . · d m · (up 1 ) · p 2 · . . . · p n oder f = (up1 ) · p 2 · . . . · p n für f 1 = f ,d. h. f ist tatsächlich das Produkt irreduzibler Faktoren in D[X ].29

Nun zeigen wir, dass diese Faktorisierung bis auf Reihenfolge und Einheiten eindeutig ist. Dies istwieder klar, wenn grad(f ) = 0. Sei also grad(f ) > 0. Wir betrachten dann zwei Faktorisierungenf = c 1 · . . . · c m · p 1 · . . . · p s = d 1 · . . . · d n · q 1 · . . . · q r ,wobei die Faktoren jeweils irreduzible Elemente in D[X ] sind, die die Bedingungen grad(p i ), grad(q j ) >0 sowie grad(c i ) = grad(d j ) = 0 für alle i und j erfüllen. Als irreduzible Elemente sind die p i und q jinsbesondere primitiv und es folgtc 1 · . . . · c m ∼ C(f ) ∼ d 1 · . . . · d n .Da D faktoriell ist, ist m = n und es gibt eine Permutation σ ∈ S n mit c i ∼ d σ(i) für alle 1 ≤ i ≤ n. Esist also p 1 · . . . · p s = uq 1 · . . . · q r mit einem u ∈ D ∗ . Da nun K[X ] faktoriell ist und alle p i , q j irreduzibelin K[X ] sind, gilt s = r und es gibt ein σ ∈ S r mit p i ∼ q σ(i) in K[X ] für 1 ≤ i ≤ r. Dann ist aber auchp i ∼ q σ(i) in D[X ] für alle i. Die Faktorisierung ist also wie gewünscht eindeutig.Korollar 2.50. Sei D faktoriell. Dann ist auch D[X 1 , . . . , X n ] faktoriell.Beispiele 2.51.1. Der Polynomring [X ] ist faktoriell, aber kein Hauptidealring.2. Sei K ein Körper. Dann ist K[X ] ein euklidischer Integritätsbereich und Hauptidealring und somitfaktoriell. Der Polynomring K[X , Y ] ist zwar kein Hauptidealring, aber dennoch faktoriell.Satz 2.52. ( Eisensteins Irreduzibilitätskriterium ). Sei D ein faktorieller Integritätsbereich mit QuotientenkörperK. Sei f = a 0 + a 1 X + . . . + a n X n ∈ D[X ] mit grad(f ) ≥ 1 und p ∈ D irreduzibel, so dass p | a i füri = 0, . . . , n − 1, p ∤ a n und p 2 ∤ a 0 . Dann ist f irreduzibel in K[X ]. Ist f außerdem primitiv, so ist es auchirreduzibel in D[X ].Beweis. Sei f = C(f ) · f 1 mit einem primitiven Polynom f 1 = ∑ ni=0 ãiX i in D[X ]. Für die Behauptungreicht es zu zeigen, dass f 1 irreduzibel in D[X ] ist. Wir nehmen dazu an, dass f 1 = gh mit g = ∑ ri=0 b iX i ,h = ∑ si=0 c iX i und grad(g), grad(h) ≥ 1. Da f 1 primitiv ist, müssen auch g und h primitiv sein.Wegen p ∤ a n ist p ∤ C(f ). Aus p | a 0 folgt also p | ã 0 = b 0 c 0 , d. h. p | b 0 oder p | c 0 . Wir nehmen an, dassp | b 0 . Dann folgt ebenso aus p 2 ∤ a 0 , dass p 2 ∤ ã 0 = b 0 c 0 und somit p ∤ c 0 . Sei nun k die kleinste positiveganze Zahl, so dass p | b i für i = 0, . . . , k −1 und p ∤ b k . Da g primitiv ist, muss es ein i ∈ {1, . . . , r} gebenmit p ∤ b i und es ist 1 ≤ k ≤ r < n. Ausã k = b 0 c k + b 1 c k−1 + . . . + b k−1 c 1 + b k c 0folgt wegen p | ã k , dass p | b k c 0 . Das ist unmöglich. Also gibt es keine Faktorisierung f 1 = gh wiegefordert und f 1 ist irreduzibel in D[X ], bzw. f ist irreduzibel in K[X ].Beispiel 2.53. Sei p ∈ eine positive Primzahl. Dann ist das Polynom f = X p−1 + . . . + X + 1 irreduzibelin [X ].Anmerkungen des Erstellers:1. Das in der Vorlesung angegebene Polynom f = X p + X p−1 + . . . + X + 1 ist für alle positivenPrimzahlen p ≠ 2 reduzibel in [X ], denn es hat immer die Nullstelle -1.2. Auch für das korrigierte Resultat ist es keinesfalls offensichtlich, dass man das Eisenstein-Kriteriumanwenden kann. Die Idee ist hier, das verschobene Polynom f (X +1) = X p−1 + p 1 X p−2 +. . .+ p p−1zu betrachten, das den Voraussetzungen des Eisenstein-Kriteriums genügt (siehe [B], S. 69).30

Satz 2.54. ( Reduktionskriterium ) Sei D faktorieller Integritätsbereich mit Quotientenkörper K und p ∈ Dirreduzibel. Sei π : D[X ] → D/(p)[X ] die Reduktion der Koeffizienten modulo p und f = a 0 + a 1 X + . . . +a n X n ∈ D[X ] mit grad(f ) ≥ 1 und p ∤ a n . Dann giltπ(f ) ist irreduzibel in D/(p)[X ] ⇒ f ist irreduzibel in K[X ].Ist f außerdem primitiv, so ist es auch irreduzibel in D[X ].Beweis. Da p irreduzibel ist, ist (p) prim und somit D/(p) Integritätsbereich. Insbesondere sind die Einheitenin D/(p)[X ] die konstanten Polynome in D/(p) ∗ . Sei nun π(f ) irreduzibel in D/(p)[X ] undf = C(f ) · f 1 mit einem primitiven Polynom f 1 ∈ D[X ]. Dann ist π(f 1 ) irreduzibel in D/(p)[X ] und esreicht zu zeigen, dass f 1 irreduzibel in D[X ] ist.Wir nehmen nun an, f 1 wäre reduzibel in D[X ], also f 1 = gh mit g, h ∈ D[X ] und grad(g), grad(h) ≥ 1.Da p den führenden Koeffizienten von f 1 nicht teilt, teilt es auch weder den führenden Koeffizienten vong, noch den von h. Somit ist π(g), π(h) ≠ 0 und π(f 1 ) = π(g)π(h) ist eine nicht triviale Faktorisierungvon π(f 1 ) in D/(p)[X ]. Das ist unmöglich, also muss unsere Annahme falsch und f 1 irreduzibel in D[X ]gewesen sein.Beispiele 2.55.1. Wir zeigen, dass f = X 3 + 3X 2 − 4X + 1 irreduzibel in [X ] ist. Wir fassen f als Polynom in [X ]auf und reduzieren die Koeffizienten modulo 3. Dann ist π(f ) = X 3 − X + 1. Da π(f )(X ) ≠ 0 füralle X ∈ 3 ist, ist π(f ) irreduzibel in 3 [X ]. 6 Somit ist f irreduzibel in [X ] und — da es primitivist — in [X ].2. Das Polynom f = X 4 + 1 ist irreduzibel in [X ]. Allerdings ist π(f ) ∈ p [X ] reduzibel für allepositiven Primzahlen p.12. Vorlesung vom Mittwoch, 24.11.20103 Elementare Theorie der KörpererweiterungenIn diesem Kapitel untersuchen wir die elementare Theorie der Körpererweiterungen. Beispielsweise werdenwir sehen, dass jeder Körper eine algebraisch abgeschlossene Erweiterung hat.3.1 KörpererweiterungenDefinition 3.1. Sei L ein Körper. Dann heißt K ⊆ L Teilkörper , wenn K bezüglich Addition und Multiplikationabgeschlossen ist und mit diesen Operationen selbst wieder ein Körper ist. In diesem Fall heißtL Erweiterungskörper von K und man spricht von der Körpererweiterung L/K. Ein Zwischenkörperder Erweiterung L/K ist ein Teilkörper K ⊆ E ⊆ L von L.Sei L ein Körper. Man sieht leicht ein, dass eine Teilmenge K ⊆ L genau dann Teilkörper ist, wenn diefolgenden Bedingungen erfüllt sind:1. Es gibt ein Element a ≠ 0 in K.2. Für alle a, b ∈ K folgt a − b ∈ K.3. Für alle a ∈ K, b ∈ K \ {0} ist auch ab −1 ∈ K.Definition 3.2. Sei L/K eine Körpererweiterung und M ⊆ L. Dann bezeichnet K(M) den kleinstenTeilkörper von L, der K ∪ M enthält. Man sagt, dass K(M) durch Adjunktion von M an K entsteht.6 p = /p für eine Primzahl p ∈ .31

Wir können K(M) direkt beschreiben durch f (a1 , . . . , a n )K(M) =g(a 1 , . . . , a n ) : n ∈ , a 1, . . . , a n ∈ M, f , g ∈ K[X 1 , . . . , X n ] und g(a 1 , . . . , a n ) ≠ 0 .Tatsächlich ist die Menge rechts ein Teilkörper von L, der K ∪ M enthält. Andererseits enthält jederTeilkörper von L, der K ∪ M enthält, auch die Elemente der Menge rechts.Eine direkte Konsequenz aus dieser Darstellung ist, dass es für jedes a ∈ K(M) eine endliche TeilmengeM ′ ⊆ M gibt, so dass a ∈ K(M ′ ).Definition 3.3. Sei K ein Körper und ϕ : → K, m → m1. Dann ist ker(ϕ) = (n) für ein eindeutigesn ∈ . Diese Zahl n wird als Charakteristik von K bezeichnet.Da /(n) = / ker(ϕ) ∼ = im(ϕ) ⊆ K keine Nullteiler hat, ist (n) prim, d. h. n = 0 oder n = p mit einerpositiven Primzahl p. Also ist die Charakteristik eines Körpers entweder Null oder eine Primzahl.Beispiele 3.4.1. , und haben Charakteristik 0.2. Sei p eine positive Primzahl. Dann hat p = /p Charakteristik p.Sei K ein Körper. Dann kann man zeigen, dass die Charakteristik eines Erweiterungskörpers L von Kmit der von K übereinstimmt, also dass char(K) = char(L).Definition 3.5. Der Durchschnitt aller Teilkörper eines Körpers K wird als Primkörper von K bezeichnet.Satz 3.6. Sei K ein Körper und P der Primkörper von K. Dann gilt1. char(K) = 0 genau dann, wenn P ∼ = und2. char(K) = p > 0 genau dann, wenn P ∼ = p .Beweis. Sei ϕ : → K der kanonische Homomorphismus. Dann ist ker(ϕ) = (n) ein Primideal mit n ∈ .Ist n > 0, so ist n = p prim, also (p) maximal und somit p = /(p) = / ker(ϕ) ∼ = im(ϕ) ⊆ P. Da P aberder Schnitt aller Teilkörper von K ist, folgt p∼ = P. Ist auf der anderen Seite n = 0, so ist ϕ : → P eineEinbettung und induziert somit auch eine Einbettung → P. Wie oben folgt dann ∼ = P. Die beidenanderen Richtungen sind klar.Definition 3.7. Ist K ein Teilkörper von L, so kann man L als Vektorraum über K auffassen. Die Dimensiondieses Raumes über K heißt der Grad von L über K. Man schreibt [L : K] = dim K (L). DieErweiterung heißt endlich , wenn [L : K] < ∞.Ist L endlich und K ein Teilkörper von L, so ist |L| = |K| m mit m = [L : K].Satz 3.8. ( Gradsatz ). Sei K ⊆ L ⊆ M eine Körpererweiterung. Dann gilt [M : K] = [M : L] · [L : K].Ist {x i ∈ L : i ∈ I} eine Basis von L über K und {y j ∈ M : j ∈ J} eine Basis von M über L, so ist{x i y j ∈ M : (i, j) ∈ I × J} eine Basis von M über K.Beweis. Es reicht die zweite Behauptung zu beweisen. Sei z ∈ M. Dann ist z = ∑ j∈J a j y j mit a j ∈ L unda j = 0 für fast alle j ∈ J. Jedes a j können wir nun schreiben als a j = ∑ i∈I b i j x i mit b i j ∈ K und b i j = 0für fast alle i ∈ I. Also ist z = ∑ i∈I,j∈J b i j x i y j , d. h. {x i y j ∈ M} i∈I, j∈J ist eine Familie von Erzeugendenvon M über K.Wir zeigen nun, dass diese Familie auch linear unabhängig ist. Sei {c i j } i∈I, j∈J eine Familie von Elementenin K, die fast alle 0 sind, so dass ∑ i∈I, j∈J c i j x i y j = 0. Da die y i linear unabhängig über L sind, folgt∑i∈I c i j x i = 0 für jedes j ∈ J. Aus der linearen Unabhängigkeit der x i über K folgt dann c i j = 0 für allei ∈ I und j ∈ J.32

3.2 Algebraische KörpererweiterungenDefinition 3.9. Sei L/K eine Körpererweiterung und α ∈ L. Das Element α heißt algebraisch überK, wenn α eine algebraische Gleichung α n + c 1 α n−1 + . . . + c n = 0 mit c i ∈ K erfüllt. (Eine äquivalenteBedingung ist, dass der Homomorphismus ϕ : K[X ] → L, g → g(α) nicht trivialen Kern hat.) Andernfallsheißt α transzendent über K. Man nennt L algebraisch über K, wenn jedes α ∈ L algebraisch über Kist.Beispiel 3.10. Die reellen Zahlen π und e sind transzendent über .Definition 3.11. Sei L/K eine Körpererweiterung, α ∈ L algebraisch über K und ϕ : K[X ] →L, g → g(α). Dann ist ker(ϕ) = (m α,K ) für ein eindeutiges normiertes Polynom m α,K ∈ K[X ]. Es wirdMinimalpolynom von α über K genannt.Dies ist wohldefiniert, da ker(ϕ) von einem Polynom m ∈ K[X ] erzeugt wird, das eindeutig ist bis aufeinen Faktor in K ∗ . Da α algebraisch über K ist, folgt m ≠ 0 und Normierung ergibt dann die geforderteEindeutigkeit.Nach Definition ist m α,K (α) = 0 und m(α) ≠ 0 für alle Polynome m ∈ K[X ] mit 0 ≤ grad(m)

Beweis. Zunächst beweisen wir (58) mit Induktion über n. Im Fall n = 1 ist nach Satz 3.12 K[α 1 ] ⊆K(α 1 ). Da aber K(α 1 ) der kleinste Erweiterungskörper von K ist, der α 1 enthält, muss Gleichheit gelten.Für n ≥ 1 ist nun α n+1 algebraisch über K und somit auch über K(α 1 , . . . , α n ). Das selbe Argument wieeben liefert alsoK(α 1 , . . . , α n+1 ) = K(α 1 , . . . , α n )(α n+1 ) = K(α 1 , . . . , α n )[α n+1 ]Ann.= K[α 1 , . . . , α n ][α n+1 ] = K[α 1 , . . . , α n+1 ].Auch die zweite Aussage wollen wir mit Induktion über n beweisen. Für n = 1 folgt wegen Satz 3.12[K(α 1 ) : K] (58)= [K[α 1 ] : K] = grad(m α1 ,K) < ∞.Für n ≥ 1 ist nach Indunktionsannahme [K(α 1 , . . . , α n ) : K] < ∞. Außerdem muss wie im Induktionsanfang[K(α 1 , . . . , α n )(α n+1 ) : K(α 1 , . . . , α n )] < ∞ sein, da α n+1 algebraisch ist über K und somit auchüber K(α 1 , . . . , α n ). Mit dem Gradsatz folgt also wie gewünscht[K(α 1 , . . . , α n+1 ) : K] = [K(α 1 , . . . , α n )(α n+1 ) : K(α 1 , . . . , α n )] · [K(α 1 , . . . , α n+1 ) : K] < ∞.Korollar 3.17. Sei L/K eine Körpererweiterung. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent:1. L ist eine endliche Körpererweiterung von K.2. L wird über K von endlich vielen algebraischen Elementen erzeugt.3. L ist eine endlich erzeugte algebraische Erweiterung von K.Beweis. Die Äquivalenz (2.) ⇔ (3.) ist gerade die Definition einer endlich erzeugten Erweiterung. Um(1.) ⇒ (2.) zu zeigen, wählen wir als Erzeugendensystem eine Basis α 1 , . . . , α n von L über K. Jedesα i muss dann algebraisch sein, da andernfalls (α j i ) j∈ eine unendliche linear unabhängige Folge wäre.Schließlich liefert uns der letzte Satz (3.) ⇒ (1.).Korollar 3.18. Sei L/K eine Körpererweiterung. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent:1. L ist eine algebraische Erweiterung von K.2. L wird über K von algebraischen Elementen erzeugt.Beweis. Es ist nur (2.) ⇒ (1.) zu zeigen. Sei hierzu M ⊆ L eine Menge von über K algebraischen Elementen,die L = K(M) erfüllen, und α ∈ L. Dann gibt es α 1 , . . . , α n ∈ M, so dass α ∈ K(α 1 , . . . , α n ) ist,d. h. α ist nach dem letzten Korollar algebraisch über K.Satz 3.19. Es seien K ⊆ L ⊆ M Körpererweiterungen und L/K algebraisch. Ist α ∈ M algebraisch über L,so auch über K. Insbesondere ist M/K genau dann algebraisch, wenn M/L und L/K algebraisch sind.Beweis. Ist α ∈ M algebraisch über L, so gibt es ein Polynom g = ∑ ni=0 a iX i ∈ L[X ] mit g(α) = 0. Nunist [K(a 0 , . . . , a n , α) : K(a 0 , . . . , a n )] < ∞, weil α algebraisch über K(a 0 , . . . , a n ) ist, und [K(a 0 , . . . , a n ) :K] < ∞, weil a 0 , . . . , a n algebraisch über K sind. Also folgt mit dem Gradsatz[K(a 0 , . . . , a n , α) : K] = [K(a 0 , . . . , a n , α) : K(a 0 , . . . , a n )] · [K(a 0 , . . . , a n ) : K] < ∞,das heißt K(a 0 , . . . , a n , α) ist eine endliche und somit algebraische Körpererweiterung von K. Insbesondereist also das Element α ∈ K(a 0 , . . . , a n , α) algebraisch über K.34

Definition 3.20. Sei L/K eine Körpererweiterung. Dann istL alg = {a ∈ L : a algebraisch über K}ein Teilkörper von L und wird als der algebraische Abschluss von K in L bezeichnet.Um einzusehen, dass L alg tatsächlich ein Körper ist, seien a, b ∈ L algebraisch über K. Dann ist K(a, b)algebraisch über K. Somit ist aber auch a − b ∈ K(a, b) algebraisch über K und falls b ≠ 0 ebensoab −1 ∈ K(a, b).Beispiel 3.21. Der algebraische Abschluss von in ist algebraisch, aber nicht endlich über , da erbeispielsweise die Körper ( n p), p Primzahl, enthält.3.3 Der algebraische Abschluss eines KörpersSatz 3.22. (Kronecker). Sei K ein Körper und f ∈ K[X ] mit grad(f ) ≥ 1. Dann gibt es eine algebraischeKörpererweiterung L/K, so dass f eine Nullstelle in L hat. Ist f irreduzibel, so kann man L = K[X ]/(f )wählen.Beweis. Wir nehmen an, dass f irreduzibel ist, denn ansonsten können wir f durch einen seiner irreduziblenFaktoren ersetzen. Das Ideal (f ) ist also maximal und somit ist K[X ]/(f ) ein Körper. DieKompositionK → K[X ] π −→ K[X ]/(f ) = List dann ein injektiver Homomorphismus von Körpern, d. h. wir können K als Teilkörper von L auffassen.Nun setzen wir a = π(X ) ∈ L und schreiben f = ∑ ni=1 c iX i . Dann istf (a) = n∑∑ nc i π(X i ) = π c i X i = π(f ) = 0,i=1d. h. a ist eine Nullstelle von f in L. Polynomdivision zeigt nun, dass [L : K] = grad(f ), d. h. L/K istalgebraisch.Definition 3.23. Ein Körper K heißt algebraisch abgeschlossen , wenn jedes Polynom f ∈ K[X ] mitgrad(f ) ≥ 1 eine Nullstelle in K hat. Eine äquivalente Forderung ist, dass jedes Polynom f ∈ K[X ] inLinearfaktoren zerfällt, d. h. es gibt ein n ∈ , so dassf = c ·i=1n∏(X − a i ), mit c ∈ K ∗ und a i ∈ K für i = 1, . . . , n. (59)i=1Satz 3.24. Ein Körper K ist genau dann algebraisch abgeschlossen, wenn er keine echten algebraischenErweiterungen besitzt.Beweis. Übung.Theorem 3.25. Sei K ein Körper. Dann gibt es einen algebraisch abgeschlossenen Körper L mit K ⊆ L.Beweis (nach Artin). Zuerst konstruieren wir einen Körper L 1 , so dass jedes nicht konstante Polynom inK[X ] eine Nullstelle in L 1 hat. Sei hierzuI = f ∈ K[X ] : grad(f ) ≥ 1 .35

Wir betrachten nun den Polynomring K[(X i ) i∈I ] und das Ideal A = f (X f ) : f ∈ I ⊆ K[(X i ) i∈I ]. DieInklusion ist echt, denn andernfalls wäre A = K[(X i ) i∈I ] und somit 1 ∈ A. Das heißt, wir hätten 1 =∑ nj=1 g j · f j (X j ) für geeignete Polynome g j ∈ K[(X i ) i∈I ] und f j ∈ I. Nach dem Satz von Kronecker gibt esnun aber einen Eweiterungskörper K ′ , so dass jedes f j eine Nullstelle a j in K ′ hat. Substituieren wir inder obigen Gleichung a j für X j , so erhalten wir den Widerspruch 1 = 0.Also ist A ein echtes Ideal von K[(X i ) i∈I ] und somit in einem maximalen Ideal M enthalten. Wir setzenL 1 = K[(X i ) i∈I ]/M und fassen K mit Hilfe der EinbettungK → K[(X i ) i∈I ] π −→ K[(X i ) i∈I ]/M = L 1als Teilkörper von L 1 auf.Für f ∈ I ist nun f (π(X f )) = π(f ) = 0, d. h. jedes Polynom f über K hat eine Nullstelle in L 1 . DurchFortführung dieser Konstruktion erhalten wir eine Kette von Körpererweiterungen K = L 0 ⊆ L 1 ⊆ L 2 ⊆. . ., so dass jedes f ∈ L n [X ] mit grad(f ) ≥ 1 eine Nullstelle in L n+1 hat. Dann ist L = ⋃ ∞n=0 L n alsVereinigung einer aufsteigenden Kette von Körpern wieder ein Körper.Schließlich zeigen wir, dass L auch algebraisch abgeschlossen ist. Sei dazu f ∈ L[X ] mit grad(f ) ≥ 1.Da nur endlich viele Koeffizienten von f nicht verschwinden, gibt es ein n ∈ , so dass f ∈ L n [X ]. Dannhat f eine Nullstelle in L n+1 ⊆ L.14. Vorlesung vom Mittwoch, 01.12.2010Satz 3.26. Sei K ein Körper. Dann gibt es einen algebraisch abgeschlossenen Erweiterungskörper K von K,so dass K algebraisch ist über K.Beweis. Nach dem letzten Satz gibt es einen algebraisch abgeschlossenen Erweiterungskörper L über K.Wir setzen nunK = {a ∈ L : a algebraisch über K} .Dann ist K ein Teilkörper von L, der K enthält. Außerdem zeigen wir, dass K algebraisch abgeschlossenist. Hierfür sei f ∈ K[X ] mit grad f ≥ 1. Dann hat f eine Nullstelle α ∈ L, α ist also algebraisch über K.Da K algebraisch über K ist, muss also α auch algebraisch über K und somit α ∈ K sein. Das heißt, f hateine Nullstelle in K.Definition 3.27. Sei K ein Körper. Ein algebraisch abgeschlossener Erweiterungkörper K von K wird alsalgebraischer Abschluss von K bezeichnet, falls K algebraisch über K ist.Im folgenden wollen wir beweisen, dass der algebraische Abschluss eines Körpers bis auf Isomorphieeindeutig ist. Hierzu werden wir zeigen, dass je zwei algebraische Abschlüsse eines Körpers isomorphzueinander sind.Anmerkung des Erstellers: An dieser Stelle sollte die folgende Definition Sinn ergeben: Es seien K undL Körper. Einen Ringhomomorphismus σ : K → L bezeichnen wir als Körperhomomorphismus .Sei nun σ : K → L ein nicht trivialer Körperhomomorphismus, also σ ≠ 0. Dann muss σ(1) ≠ 0 seinund somit folgt aus σ(1) = σ(1 2 ) = σ(1) 2 , dass σ(1) = 1. Außerdem ist ker(σ) = {0} und σ somitinjektiv, denn für a ∈ K ∗ ist wegen σ(a) · σ(a −1 ) = σ(a · a −1 ) = σ(1 K ) = 1 L auch σ(a) ∈ L ∗ .Ein Körperhomomorphismus σ : K → L induziert einen Ringhomomorphismusσ ∗ : K[X ] → L[X ],n∑n∑c i X i → σ(c i )X i . (60)i=0i=0Man sieht leicht ein, dass für eine Nullstelle α eines Polynoms f ∈ K[X ] das Element σ(α) eine Nullstellevon σ ∗ (f ) ∈ L[X ] ist.36

Satz 3.28. Seien K und L Körper, K ′ = K[α] eine einfache algebraische Erweiterung von K und σ : K → Lein nicht trivialer Körperhomomorphismus. Dann gilt:1. Ist σ ′ : K ′ → L ein Homomorphismus, der σ fortsetzt, so ist σ ′ (α) eine Nullstelle von σ ∗ (m α,K ).2. Zu jeder Nullstelle β ∈ L von σ ∗ (m α,K ) gibt es genau eine Fortsetzung σ ′ : K ′ → L mit σ ′ (α) = β.Insbesondere ist also die Anzahl der verschiedenen Fortsetzungen σ ′ : K ′ → L gleich der Anzahl der verschiedenenNullstellen von σ ∗ (m α,K ) in L.Beweis.1. Sei m α,K = ∑ ni=0 c iX i . Dann ist σ ∗ (m α,K ) = ∑ ni=0 σ(c i)X i und somitσ ∗ (m α,K ) σ ′ (α) =2. Sei β ∈ L eine Nullstelle von σ ∗ (m α,K ). Wir definieren n∑∑ nσ(c i )σ ′ (α) i = σ ′ c i α i = σ ′ m α,K (α) = 0.i=0ϕ : K[X ] → K[α], g → g(α) und ψ : K[X ] → L, g → σ ∗ (g)(β).Dann ist (m α,K ) = ker(ϕ) und (m α,K ) ⊆ ker(ψ). Reduktion der Koeffizienten liefert also einenIsomorphismus ϕ : K[X ]/(m α,K ) → K[α] und einen Homomorphismus ψ : K[X ]/(m α,K ) → L, sodass das folgende Diagramm kommutiert:i=0K[X ]ϕψK[α]πLϕψ K[X ]/(m α,K )Wir setzen nun σ ′ = ψ ◦ ϕ −1 und erhalten wie gewünscht einen Homomorphismus σ ′ : K[α] → Lmit σ ′ (α) = ψ X + (m α,K ) = β. Seine Eindeutigkeit ist klar, denn σ ′ ist durch seinen Wert auf αbereits eindeutig festgelegt.Anmerkung des Erstellers: Der erste Teil des Satzes gilt auch für den trivialen Homomorphismus σ = 0.Der zweite schlägt jedoch fehl, denn für β ≠ 0 muss σ ′ nicht trivial sein und es folgt σ(1) = σ ′ (1) = 1.Theorem 3.29. ( Fortsetzungssatz ). Sei K ein Körper, L ein algebraisch abgeschlossener Körper, σ : K → Lein Körperhomomorphismus und K ⊆ K ′ eine algebraische Körpererweiterung. Dann lässt sich σ fortsetzenzu einem Homomorphismus σ ′ : K ′ → L.Ist zusätzlich K ′ algebraisch abgeschlossen und L algebraisch über σ(K), so ist jede Fortsetzung σ ′ von σein Isomorphismus.Beweis. Die erste Aussage ist klar, falls σ trivial ist. Andernfalls sei M die Menge alle Paare (F, τ), wobeiK ⊆ F ⊆ K ′ ein Zwischenkörper und τ : F → L eine Fortsetzung von σ ist. Dann ist M nicht leer, denn(K, σ) ∈ M. Außerdem ist M partiell geordnet durch(F 1 , τ 1 ) ≤ (F 2 , τ 2 ) ⇔ F 1 ⊆ F 2 und τ 2F1= τ 1 .37

Bezüglich diese Ordnung hat jede Kette (F n , τ n ) n∈ eine obere Schranke ⋃ ∞n=0 F n, ˜τ , wobei ˜τ(a) =τ n (a) für ein n ∈ mit a ∈ F n . Somit hat M nach dem Lemma von Zorn ein maximales Element (F, τ).Wäre F ≠ K ′ , so könnten wir α ∈ K ′ \ F wählen und nach dem letzten Satz ließe sich τ fortsetzen zueinem Homomorphismus τ ′ : F(α) → L. Dies würde jedoch der Maximalität von (F, τ) widersprechen.Also gilt F = K ′ und τ ist eine Fortsetzung vom gewünschten Typ.Sei nun K ′ algebraisch abgeschlossen und L algebraisch über σ(K). Ist σ ′ : K ′ → L eine Fortsetzungvon σ, so ist L algebraisch über σ ′ (K ′ ) und σ ′ (K ′ ) ist algebraisch abgeschlossen. Also ist L = σ ′ (K ′ ).Insbesondere kann σ ′ nicht trivial sein und ist somit injektiv und Isomorphismus.Korollar 3.30. Sei K ein Körper und seien K 1 und K 2 zwei algebraische Abschlüsse von K. Dann gibt eseinen Isomorphismus σ : K 1 → K 2 , der die Identität auf K fortsetzt.Beweis. Die Einbettung K → K 2 lässt sich fortsetzen zu einem Homomorphismus σ : K 1 → K 2 . Dieser istein Isomorphismus.Der obige Isomorphismus ist im Allgemeinen nicht kanonisch.Beispiel 3.31. Der algebraische Abschluss = {a ∈ : a algebraisch über } von in ist ein algebraischerAbschluss von . Die obige Konstruktion zeigt, dass der algebraische Abschluss von abzählbarist. Somit ist ≠ .3.4 ZerfällungskörperIn diesem Abschnitt sei K ein Körper.Definition 3.32. Es seien L/K und L ′ /K zwei Körpererweiterungen von K. Ein Körperhomomorphismusσ : L → L ′ wird als K-Homomorphimus bezeichnet, wenn σ die Identität auf K fortsetzt.Definition 3.33. Sei F ⊆ K[X ] eine Menge von nicht konstanten Polynomen. Eine Erweiterung L von Kheißt Zerfällungskörper von F über K, wenn1. jedes Polynom f ∈ F über L in seine Linearfaktoren zerfällt und2. die Körpererweiterung L/K von den Nullstellen der Polynome f ∈ F in L erzeugt wird.Die Existenz eine Zerfällungskörper zeigt man wie folgt: Sei K ein algebraischer Abschluss von K undM die Menge der Nullstellen von Polynomen in F. Dann ist L = K(M) ⊆ K ein Zerfällungskörper von F.Satz 3.34. Es seien F ⊆ K[X ] eine Menge nicht konstanter Polynome, L 1 und L 2 zwei Zerfällungskörpervon F über K und σ : L 1 → L 2 ein K-Homomorphismus in einen algebraischen Abschluss L 2 von L 2 . Dannist σ(L 1 ) = L 2 .Beweis. Wir nehmen zuerst an, dass F nur ein Polynom f enthält. Seien a 1 , . . . , a n die Nullstellen von fin L 1 und b 1 , . . . , b n die Nullstellen von f in L 2 . Dann ist f = c · ∏ni=1 (X − a i) = c · ∏ni=1 (X − b i) mitc ∈ K ∗ . Wegen f = σ ∗ (f ) folgt alsoc ·n∏(X − b i ) = f = σ ∗ (f ) = c ·d. h. σ bildet a 1 , . . . , a n bijektiv auf b 1 , . . . , b n ab. Nun isti=1n∏ X − σ(ai ) ,L 2 = K b 1 , . . . , b n = K σ(a1 ), . . . , σ(a n ) = σ K a 1 , . . . , a n = σ(L 1 ),was zu zeigen war. Falls F endlich viele Polynome f 1 , . . . , f n enthält, argumentiert man analog mit demProdukt f = ∏ ni=1 f i dieser Polynome.i=138

15. Vorlesung vom Montag, 06.12.2010Nun betrachten wir den Fall, dass F unendlich ist. Es sei M 1 die Menge der Nullstellen von F in L 1und a ∈ L 1 . Dann gibt es eine endliche Teilmenge M ′ 1 ⊆ M 1, so dass a ∈ K(M ′ 1). Damit gibt es aber aucheine endliche Teilmenge F ′ ⊆ F, so dass a im Zerfällungskörper von F ′ über K in L 1 liegt. Sei nun L ′ 2der Zerfällungkörper von F ′ über K in L 2 . Nach dem bereits bewiesenen Teil des Satzes ist σ(L ′ 1 ) = L′ 2 .Insbesondere folgt also σ(a) ∈ L 2 und da a ∈ L 1 beliebig war somit σ(L 1 ) ⊆ L 2 .Analog zeigt man L 2 ⊆ σ(L 1 ).Korollar 3.35. Sei F ⊆ K[X ] eine Menge nicht konstanter Polynome und seien L 1 und L 2 Zerfällungskörpervon F über K. Dann gibt es einen K-Isomorphismus σ : L 1 → L 2 .Beweis. Die Inklusion K → L 2 lässt sich fortsetzen zu einem K-Homomorphismus σ : L 1 → L 2 . Nachdem letzten Satz ist dann σ(L 1 ) = L 2 .Wie bei Verwendung des Fortsetzungssatzes üblich, ist der Isomorphismus aus dem Korollar im allgemeinennicht kanonisch.Theorem 3.36. Sei L/K eine algebraische Körpererweiterung. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent:1. L ist der Zerfällungskörper einer Menge nicht konstanter Polynome F ⊆ K[X ].2. Ist σ : L → L ein K-Homomorphismus, so gilt σ(L) = L.3. Jedes irreduzible Polynom f ∈ K[X ], das in L eine Nullstelle hat, zerfällt über L in Linearfaktoren.Beweis.1. ⇒ 2.) Sei M die Menge der Nullstellen von F in L. Dann ist σ(M) = M. Um dies einzusehen, betrachtenwir a ∈ M. Dann gibt es ein f ∈ F, so dass f (a) = 0 ist. Wie im ersten Teil des Beweisesvon Satz 3.34 gezeigt, permutiert der Homomorphismus σ die Nullstellen von f in L, d. h. σ(a)ist Nullstelle von f und andererseits hat f eine Nullstelle b ∈ M mit σ(b) = a. Es folgtσ(L) = σ(K(M)) = K(σ(M)) = K(M) = L.2. ⇒ 3.) Sei f ∈ K[X ] irreduzibel und a ∈ L eine Nullstelle von f . Dann ist f bis auf eine Konstantedas Minimalpolynom von a. Ist b eine weitere Nullstelle von f in L, so hat die Einbettung K → Lalso eine Fortsetzung σ : K(a) → L mit σ(a) = b. Diese widerum lässt sich fortsetzen zu einemK-Homomorphismus σ : L → L. Aus σ(L) = L folgt schließlich b ∈ L.3. ⇒ 1.) Es ist L = K(M) für eine Teilmenge M ⊆ L, die aus Elementen besteht, die algebraisch sindüber K. Für α ∈ M ist m α,K irreduzibel und hat α als Nullstelle in L. Somit zerfällt m α,K über L inLinearfaktoren. Also ist L der Zerfällungskörper der m α,K mit α ∈ M.Anmerkung des Erstellers: Die Implikation (1.) ⇒ (2.) erhält man direkt, indem man L 1 = L 2 = L inSatz 3.34 setzt. Tatsächlich ist der hier angegebene Beweis nur eine leicht spezialisierte Kurzfassung desBeweises oben.Definition 3.37. Eine algebraische Körpererweiterung L/K, die einer der Bedingungen des letzten Theoremsgenügt, wird als normal bezeichnet.Satz 3.38. Sei L/K eine normale Körpererweiterung und sei K ⊆ M ⊆ L ein Zwischenkörper. Dann ist L/Mnormal.Beweis. Sei L der Zerfällungskörper von F ⊆ K[X ] ⊆ M[X ] über K. Dann ist L auch der Zerfällungskörpervon F über M.Der Begriff der Normalität ist nicht transitiv wie etwa das folgende Beispiel 2 zeigt.39

Beispiele 3.39.1. Sei L/K eine Erweiterung von Grad 2. Dann ist L/K normal. (Übung.)2. Das Polynom f = X 4 − 2 ∈ [X ] ist irreduzibel über . Die Zahl a 1 = 4 2 ist eine Nullstelle vonf in . Die Erweiterung 4 2 ist jedoch nicht normal, denn f zerfällt über diesem Körper nichtin Linearfaktoren. Die Nullstelle a 2 = i 4 2 des Polynoms liegt nämlich nicht in 4 2 .Auf der anderen Seite sind die beiden Erweiterungen 2/ und 42/2nach Beispiel1 normal. Die Minimalpolynome der adjungierten Elemente sind nämlich geradem 2, = X 2 − 2 und m 4 2,( 2) = X 2 − 2.Schließlich hat das Polynom f die Zerlegung f = (X − a 1 )(X + a 1 )(X − a 2 )(X + a 2 ) in . Deshalbist 4 2, i ein Zerfällungskörper von f über und diese Erweiterung hat Grad 8 über .3.5 Separable KörpererweiterungenIn diesem Abschnitt bezeichnet K einen Körper.Definition 3.40. Ein nicht konstantes Polynom f ∈ K[X ] heißt separabel , wenn es nur einfache Nullstellenin einem algebraischen Abschluss K von K hat.Diese Definition ist unabhängig von der Wahl von K.Satz 3.41. Sei f ∈ K[X ] irreduzibel. Dann ist f genau dann separabel, wenn f ′ ≢ 0.Beweis. Sei α ∈ K eine Nullstelle von f . Dann ist f = cm α,K für ein c ∈ K ∗ und α ist eine mehrfacheNullstelle von f genau dann, wenn auch f ′ (α) = 0. Dies ist aber genau dann der Fall, wenn f ′ ≡ 0, weilgrad(f ′ ) < grad(f ) = grad(m α,K ) ist.Definition 3.42. Sei L/K eine algebraische Körpererweiterung. Ein Element α ∈ L heißt separabel überK, wenn m α,K separabel ist. Die Erweiterung L/K heißt separabel über K, wenn jedes α ∈ L separabelüber K ist.Satz 3.43. Sei char(K) = 0 und L/K eine algebraische Körpererweiterung. Dann ist L/K separabel.Beweis. Sei α ∈ L. Dann ist grad(m α,K ) ≥ 1 und somit m ′ α,K ≢ 0.Definition 3.44. Sei L/K eine algebraische Körpererweiterung und K ein algebraischer Abschluss vonK. Dann ist der Separabilitätsgrad [L : K] s der Erweiterung definiert als[L : K] s = HomK (L, K) .Diese Definition ist unabhängig von der Wahl von K.Satz 3.45. Sei K(α)/K eine einfache algebraische Körpererweiterung. Dann gilt:1. Der Separabilitätsgrad [K(α) : K] s ist die Anzahl der verschiedenen Nullstellen von m α,K in einemalgebraischen Abschluss K von K.2. Das Element α ist genau dann separabel, wenn [K(α) : K] s = [K(α) : K].Beweis. Sei K ein algebraischer Abschluss von K.40

1. Wir haben bereits gesehen, dass die Anzahl der verschiedenen K-Homomorphismen σ : K(α) → Kgleich der Anzahl der verschiedenen Nullstellen von m α,K ist. Dies ist aber gerade die Aussage.2. Das Element α ist genau dann separabel über K, wenn m α,K separabel über K ist, also wenn m α,Knur einfache Nullstellen in K hat. Das ist widerum genau dann der Fall, wenn die Anzahl derverschiedenen Nullstellen von m α,K in K dem Grad von m α,K entspricht, also wenn[K(α) : K] s = grad(m α,K ) = [K(α) : K].Satz 3.46. Sei L/K eine normale Körpererweiterung. Dann ist [L : K] s = AutK (L) .Beweis. Sei L ein algebraischer Abschluss von L. Dann ist L auch ein algebraischer Abschluss von K. Istϕ : L → L ein K-Homomorphismus, dann ist ϕ(L) = L, d. h. ϕ ist ein K-Automorphismus auf L. DieAbbildung Hom K (L, L) → Aut K (L), ϕ → ϕ ist also eine Bijektion.Satz 3.47. Es seien K ⊆ L ⊆ M algebraische Körpererweiterungen. Dann gilt [M : K] s = [M : L] s ·[L : K] s .16. Vorlesung vom Mittwoch, 08.12.2010Beweis. Sei K ein algebraischer Abschluss von M. Dann ist K auch ein algebraischer Abschluss von Kund L und es gilt K ⊆ L ⊆ M ⊆ K. SeiHom K (L, K) = {σ i : i ∈ I} und Hom L (M, K) = {τ j : j ∈ J}mit paarweise verschiedenen Homomorphismen σ i und τ j . Wir setzen nun jedes σ i : L → K fort zueinem K-Homomorphismus σ i : K → K. Dann lässt sich zeigen:1. Die Abbildungen σ i ◦ τ j sind paarweise verschieden.2. Es ist Hom K (M, K) = σ i ◦ τ j : i ∈ I, j ∈ J .Für die erste Aussage sei σ i ◦ τ j = σ i ′ ◦ τ j ′. Die Restriktion dieser Abbildung auf L zeigt σ i = σ i ′, alsoi = i ′ . Da σ als K-Homomorphismus injektiv ist, folgt somit auch τ j = τ j ′, also j = j ′ .Nun widmen wir uns der zweiten Aussage. Die Abbildungen σ i ◦ τ j sind K-Homomorphismen vonM nach K. Es bleibt also nur zu zeigen, dass auch jedes Element in Hom K (M, K) von dieser Form ist.Für τ ∈ Hom K (M, K) ist nun τ| L ∈ Hom K (L, K) und so gibt es ein i ∈ I mit τ| L = σ i . Außerdem liegtdie Abbildung σ −1i◦ τ in Hom L (M, K), das heißt σ −1iτ = σ i ◦ τ j .Die Behauptung des Satzes folgt nun direkt aus den Aussagen (1.) und (2.).Satz 3.48. Sei L/K eine endliche Körpererweiterung. Dann ist [L : K] s ≤ [L : K].◦ τ = τ j für ein j ∈ J. Also ist wie gewünschtBeweis. Die Erweiterung L/K ist algebraisch, also gilt L = K(a 1 , . . . , a n ) für geeignete a 1 , . . . , a n ∈ L. Wirsetzen nun L 0 = K, L 1 = K(a 1 ), . . . , L n = K(a 1 , . . . , a n ). Dann ist L i = L i−1 (a i ) und es gilt nach denGradsätzenn∏n∏[L : K] s = [L i : L i−1 ] s und [L : K] = [L i : L i−1 ].i=1Es reicht also zu zeigen, dass [L i : L i−1 ] s ≤ [L i : L i−1 ] für i = 1, . . . , n. Dies gilt, weil[L i : L i−1 ] = [L i−1 (a i ) : L i−1 ] = grad(m ai ,L i−1)≥ a ∈ K : a ist Nullstelle von m ai ,L i−1 = [Li−1 (a i ) : L i−1 ] s = [L i : L i−1 ] s .i=141

Satz 3.49. Sei L/K eine endliche Erweiterung. Dann sind äquivalent:1. L/K ist separabel.2. Es gibt über K separable Elemente a 1 , . . . , a n ∈ L, so dass L = K(a 1 , . . . , a n ).3. Es gilt [L : K] s = [L : K].Beweis.1. ⇒ 2.) Da L/K endlich ist, gibt es endlich viele Elemente a 1 , . . . , a n ∈ L mit L = K(a 1 , . . . , a n ). Da Lseparabel über K ist, sind diese Elemente außerdem separabel.2. ⇒ 3.) Wir setzen wie im letzten Beweis L 0 = K, L 1 = K(a 1 ), . . . , L n = K(a 1 , . . . , a n ), so dass L i =L i−1 (a i ) für jedes i ∈ {1, . . . , n}. Weil das Element a i separabel über K ist, hat m ai ,K nur einfacheNullstellen in K. Wegen m ai ,L i−1| m ai ,K kann also auch m ai ,L i−1nur einfache Nullstellen in K habenund a i ist somit separabel über L i−1 . Es folgt [L i : L i−1 ] s = [L i : L i−1 ] und daher[L : K] s =n∏[L i : L i−1 ] s =i=1n∏[L i : L i−1 ] = [L : K].3. ⇒ 1.) Sei a ∈ L. Dann ist a algebraisch über K und K ⊆ K(a) ⊆ L. Es gilt[L : K(a)] s · [K(a) : K] s = [L : K] s = [L : K] = [L : K(a)] · [K(a) : K].Wegen [L : K(a)] s ≤ [L : K(a)] und [K(a) : K] s ≤ [K(a) : K] folgt also [K(a) : K] s = [K(a) : K]und nach Satz 3.45 ist a separabel über K.Korollar 3.50. Sei f ∈ K[X ] separabel. Dann ist der Zerfällungskörper von f über K separabel.Beweis. Es seien K ein algebraischer Abschluss von K und a 1 , . . . , a n die Nullstellen von f in K. Dannist K(a 1 , . . . , a n ) ein Zerfällungskörper von f über K. Sei nun i ∈ {1, . . . , n}. Dann gilt m ai ,K | f wegenf (a i ) = 0. Da f separabel über K ist, gilt dies also auch für m ai ,K und somit für a i . Nach dem letztenSatz ist K(a 1 , . . . , a n ) also separabel über K.Insbesondere sind natürlich die Nullstellen eines separablen Polynoms separabel.Korollar 3.51. Sei L/K eine algebraische Körpererweiterung und M eine Teilmenge von L, so dass L =K(M). Dann sind äquivalent:1. Die Erweiterung L/K ist separabel.2. Alle a ∈ M sind separabel.Ist eine dieser Bedingungen erfüllt, so gilt [L : K] s = [L : K].Beweis. Zunächst zeigen wir die Äquivalenz. Die Implikation (1.) ⇒ (2.) folgt direkt aus der Definitionder Separabilität. Für (2.) ⇒ (1.) sei c ∈ L. Dann gibt es a 1 , . . . , a n ∈ M, so dass c ∈ K(a 1 , . . . , a n ). Nachdem letzten Satz ist K(a 1 , . . . , a n ) separabel über K und somit gilt dies auch für c. Da c ∈ L beliebig war,ist also die ganze Erweiterung L/K separabel.Es gelte nun eine der beiden äquivalenten Bedingungen. Falls [L : K] < ∞, so ist nach dem letztenSatz [L : K] s = [L : K]. Es genügt also, hier den Fall [L : K] = ∞ zu betrachten. Es sei dann K ⊆ E ⊆ Lein beliebiger Zwischenkörper von L/K. Da L separabel über K ist, ist auch E separabel über K. Fallsalso [E : K] < ∞, so gilt wieder [E : K] s = [E : K] und wir habeni=1[L : K] s = [L : E] s · [E : K] s ≥ [E : K] s = [E : K].Da L/K Zwischenkörper mit beliebig hohem Grad hat, muss [L : K] s = ∞ sein.42

Korollar 3.52. Es seien K ⊆ L ⊆ M algebraische Körpererweiterungen. Dann ist M/K genau dann separabel,wenn M/L und L/K separabel sind.Beweis. Sei M separabel über K. Dann ist auch L ⊆ M separabel über K. Für a ∈ M gilt außerdemm a,L | m a,K , d. h. a ist separabel über L. Daher ist die Erweiterung M/L ebenfalls separabel.Seien jetzt umgekehrt M/L und L/K separabel. Wir betrachten ein Element a ∈ M und den ErweiterungskörperL ′ von K, der von den Koeffizienten von m a,L erzeugt wird. Dieser ist separabel über K,da er von separablen Elementen erzeugt wird. Es gilt m a,L | m a,L ′, da m a,L ′ ∈ L ′ [X ] ⊆ L[X ] ist, undaufgrund der Konstruktion von L ′ haben wir ebenfalls m a,L ∈ L ′ [X ], so dass m a,L ′ | m a,L gelten muss.Also ist m a,L = m a,L ′ und L ′ (a)/L ′ ist separabel. Damit folgt[L ′ (a) : K] s = [L ′ (a) : L ′ ] s · [L ′ : K] s = [L ′ (a) : L ′ ] · [L ′ : K] = [L ′ (a) : K],d. h. L ′ (a) und somit insbesondere a ist separabel über K. Da a ∈ M beliebig war, ist also die ganzeErweiterung M/K separabel.Theorem 3.53. ( Satz vom primitiven Element ). Sei L/K eine endliche separable Erweiterung. Dann gibtes ein Element b ∈ L, so dass L = K(b).Beweis. Sei K zunächst endlich. Dann ist auch L endlich und L ∗ ist zyklisch. Mit einem Erzeuger b vonL ∗ haben wir also L = K(b).Im folgenden können wir also voraussetzen, dass K unendlich ist. Da L/K eine endliche Erweiterungist, gibt es Elemente a 1 , . . . , a n ∈ L, so dass L = K(a 1 , . . . , a n ). Wir beweisen die Behauptung durchInduktion über n. Falls n = 1, so ist L = K(a 1 ) und die Behauptung ist offensichtlich richtig. Sei nunn > 1. Dann ist K(a 1 , . . . , a n−1 ) ⊆ K(a 1 , . . . , a n ) = L separabel über K und nach Induktionsannehme istK(a 1 , . . . , a n−1 ) = K(b) für ein b ∈ K(a 1 , . . . , a n−1 ). Es reicht also die Behauptung für n = 2 zu zeigen.Wir betrachten eine Erweiterung L = K(a, b) über K mit a, b ∈ L und m = [L : K] s . Es seien nunσ 1 , . . . , σ m die Elemente von Hom K (L, K). Wir definieren dann∏ g = (σi (a) − σ j (a)) + (σ i (b) − σ j (b)) · X ∈ K[x].i≠jDieses Polynom ist nicht das Nullpolynom, da für jeden Faktor σ i ≠ σ j und somit σ i (a) ≠ σ j (a) oderσ i (b) ≠ σ j (b) ist. Weil K unendlich ist, gibt es also ein c ∈ K mit g(c) ≠ 0. Es folgt(σ i (a) − σ j (a)) + (σ i (b) − σ j (b)) · c ≠ 0und somit σ i (a+bc) ≠ σ j (a+bc) für alle i ≠ j. Die Elemente σ i (a+bc) sind also paarweise verschieden.Sei nun f das Minimalpolynom von a + bc über K. Dann sind die σ i (a + bc) nach dem „schwachenFortsetzungssatz“ 3.28 Nullstellen von f . Es folgt[L : K] s = m ≤ grad(f ) = [K(a + bc) : K] ≤ [L : K] = [L : K] s .Also ist [K(a + bc) : K] = m und somit L = K(a + bc).17. Vorlesung vom Montag, 13.12.201043

3.6 Endliche KörperIn diesem Abschnitt sei p ∈ eine positive Primzahl. Dann ist p = /p ein endlicher Körper mit pElementen und Charakteristik p.Satz 3.54. Sei F ein endlicher Körper. Dann ist p = char(F) > 0 und F enthält genau q = p n Elemente,wobei n = [F : F p ]. Außerdem ist F der Zerfällungskörper des Polynoms X q − X ∈ F p [X ]. Die ErweiterungF/F p ist also normal.Beweis. Da F endlich ist, gilt dies auch für den Primkörper von F und es muss p = char(F) > 0 sein.Der Körper F ist also ein endlich dimensionaler Vektorraum über seinem Primkörper F p , d. h. F ∼ = F n p mitn = [F : F p ] und q = |F| = p n . Die multiplikative Gruppe F ∗ hat dann q − 1 Elemente. Also ist jedesa ∈ F ∗ eine Nullstelle des Polynoms X q−1 − 1. Jedes a ∈ F ist daher Nullstelle von X (X q−1 − 1) = X q − X .Also ist F der Zerfällungskörper von X q − X über F p .Satz 3.55. Sei n ∈ \ {0}. Dann gibt es einen Erweiterungskörper F q von F p mit q = p n Elementen. Erist ein Zerfällungskörper von X q − X über F p und somit bis auf Isomorphie eindeutig bestimmt. Außerdembesteht er genau aus den q Nullstellen dieses Polynoms. Jeder endliche Körper der Charakteristik p ist somitisomorph zu einem Körper des Typs F q .Beweis. Sei f = X q − X und L ⊆ F p ein Zerfällungskörper von f über F p . Wegen f ′ = −1 hat f nureinfache Nullstellen in F p . Seien nun a, b ∈ F p zwei Nullstellen von f . Dann gilt(a + b) q =q∑ q q qakq−k b k = a q + a1q−1 b + . . . + ab q−1 +b q = a q + b q .q − 1} {{ } } {{ }=0=0k=0Da q nur dann gerade sein kann, wenn p = 2 und somit b = −b ist, folgt damit auch(a − b) q = a q + (−b) q = a q − b q = a − bund a − b ist ebenfalls eine Nullstelle von f . Für b ≠ 0 ist außerdem (ab −1 ) q = a q (b q ) −1 = ab −1 , so dassauch ab −1 eine Nullstelle von f ist. Die Nullstellen von f bilden also einen Teilkörper von F p . Folglichbesteht L genau aus den Nullstellen von f in F p und hat q Elemente.Sei F ein weiterer Körper mit q Elementen. Nach dem letzen Satz ist F Zerfällungskörper von X q − Xüber seinem Primkörper F p . Es gibt also einen F p -Isomorphismus F → F q und F q ist bis auf Isomorphieeindeutig bestimmt.Wir können die Körper F q auch konstruieren, indem wir die Nullstelle eines irreduziblen Polynoms zuF p adjungieren.Satz 3.56. Sei n ∈ positiv. Dann gibt es ein irreduzibles Polynom vom Grad n über F p .Beweis. Sei q = p n . Dann ist F q /F p eine separable Erweiterung vom Grad n. Nach dem Satz vom primitivenElement gibt es ein a ∈ F q mit F q = F p (a). Dann ist m a,Fp ein irreduzibles Polynom in F p [X ] vomGrad n.Beispiel 3.57. Das Polynom X 2 + 1 ist irreduzibel über F 3 . Somit istF 9 = F 3 (θ) = a + bθ : a, b ∈ F 3(61)mit θ 2 = −1.44

Sei F p ein algebraischer Abschluss von F p . Einen Erweiterungskörper F q von F p können wir nach denvorangegangenen Sätzen dann als Zerfällungskörper von X q − X in F p betrachten. Diese Einbettung istsogar eindeutig. Seien nämlich F und F ′ Teilkörper von F p isomorph zu F q . Dann ist die Kompositionσ : F → F ′ → F p ein F p -Homomorphismus und F ′ = σ(F) = F, weil F normal über F p ist.Satz 3.58. Wir betrachten die Körper F p n mit n ∈ \ {0} eingebettet in F p . Dann gilt:1. Es ist F p n 1 ⊆ F p n 2 genau dann, wenn n 1 | n 2 .2. Die Erweiterungen des Typs F p n 1 ⊆ F p n 2 sind bis auf Isomorphie die einzigen Erweiterungen zwischenendlichen Körpern mit Charakteristik p.Beweis.1. Es sei F p n 1 ⊆ F p n 2 und m = [F p n 2 : F p n 1 ]. Dann ist p n 2= |F p n 2 | = |F p n 1 | m = p n 1m , so dass n 2 = n 1 m.Sei nun umgekehrt n 2 = n 1 m für ein m ∈ \ {0}. Dann folgt für a ∈ F p mit a pn1 = a, dass aa pn2 p= . . . n 1 p n 1 p n 1 p n 1. . .= a.Also ist F p n 1 ⊆ F p n 2 .2. Ist F ⊆ F ′ eine Erweiterung endlicher Körper der Charakteristik p, so kann man die InklusionF p → F p fortsetzen zu F → F p und zu F ′ → F p , d. h. man kann sich bis auf Isomorphie auf den FallF p ⊆ F ⊆ F ′ ⊆ F p beschränken.Satz 3.59. Sei F ein endlicher Körper und K/F eine algebraische Erweiterung von F. Dann ist K/F normalund separabel.Beweis. Sei F p der Primkörper von F und F p ein algebraischer Abschluss von K. Dann ist F p auch einalgebraischer Abschluss von F p und es gilt F p ⊆ F ⊆ K ⊆ F p . Falls |K| < ∞, so ist K isomorph zu F qfür eine Potenz q von p und K ist als Zerfällungskörper des separablen Polynoms X q − X normal undseparabel über F p und somit auch über F.Ist auf der anderen Seite |K| = ∞, so ist K als algebraische Erweiterung eines abzählbaren Körpersimmer noch abzählbar (siehe Übungen). Es gibt daher eine unendliche Kette von KörpererweiterungenF = F 0 ⊆ F 1 ⊆ F 2 ⊆ . . . ⊆ K, so dass F n+1 /F n für alle n ∈ eine endliche Erweiterung ist und K =⋃ ∞n=0 F n gilt. Also ist K der Zerfällungskörper geeigneter Polynome X q − X und somit normal über F p .Außerdem ist jedes Element a ∈ K in einem F n enthalten und somit separabel über F p . Also ist K normalund separabel über F p und damit auch über F.Anmerkung des Erstellers: In der Vorlesung wurde ein weiterer Beweis für den Fall |K| = ∞ angegeben:Da K/F algebraisch ist, können wir K = F(M) mit einer Teilmenge M von K schreiben. Dann ist K =⋃i∈I F(M i), wobei die Mengen M i gerade die endlichen Teilmengen von M sind. Also sind die KörperF(M i ) jeweils endliche Erweiterungen von F und somit isomorph zu Körpern F qi , wobei die q i Potenzenvon p sind. Damit ist K gerade der Zerfällungskörper der Polynome X q i− X und als solcher normal.Außerdem ist jedes Element a ∈ K in einem F(M i ) enthalten und daher separabel über F.Sei F q ein endlicher Körper mit q = p n für ein n ∈ \ {0}. Dann ist die AbbildungFr : F q → F q , x → x p (62)ein nicht trivialer Körperhomomorphismus. Insbesondere ist Fr injektiv und als Endomorphismus einesendlichen Körpers somit auch bijektiv. Folglich handelt es sich um einen F p -Automorphismus.45

Definition 3.60. Der Automorphismus (62) wird als Frobenius-Automorphismus bezeichnet.Satz 3.61. Sei q = p n . Dann ist die Gruppe Aut Fp (F q ) zyklisch und hat Ordnung n. Sie wird von demFrobenius-Automorphismus erzeugt.Beweis. Sei s die Ordnung von Fr in der Automorphismengruppe, d. h. s = |〈Fr〉|. Für a ∈ F q gilt dannFr n (a) = a pn = a q = a, so dass s | n. Andererseits ist a ps = Fr s (a) = a, bzw. a ps − a = 0 für alle a ∈ F q .Das Polynom X ps − X hat jedoch höchstens p s verschiedene Nullstellen, so dass p s ≥ q = p n und somits = n sein muss.Die Erweiterung F q /F p ist normal und separabel. Also giltund wir erhalten wie gewünscht Aut Fp (F q ) = 〈Fr〉.18. Vorlesung vom Mittwoch, 15.12.2010| Aut Fp (F q )| Normalität= [F q : F p ] sSeparabilität= [F q : F p ] = n4 Galoistheorie4.1 GaloiserweiterungenDefinition 4.1. Eine algebraische Erweiterung L/K heißt Galoiserweiterung , wenn L/K normal undseparabel ist. Die Gruppe Aut K (L) wird als Galoisgruppe von L/K bezeichnet. Man schreibt Gal(L/K) =Aut K (L).Beispiele 4.2.1. Sei F ein endlicher Körper. Dann ist jede algebraische Erweiterung K/F eine Galoiserweiterung.2. Sei p eine positive Primzahl und q = p n mit n ∈ \{0}. Dann ist F q /F p eine Galoiserweiterung. DieGaloisgruppe ist zyklisch der Ordnung n und wird von dem Frobenius-Automorphismus erzeugt.3. Die Erweiterung / ist eine Galoiserweiterung. Hierbei wird Gal(/) von der komplexen Konjugationerzeugt.Satz 4.3. Sei L/K eine Galoiserweiterung und f ∈ K[X ] irreduzibel. Dann operiert Gal(L/K) transitiv aufden Nullstellen von f .Beweis. Falls f keine Nullstellen in L hat, ist nichts zu zeigen. Sei also a eine Nullstelle von f in L. DaL/K normal ist, zerfällt f über L in Linearfaktoren, d. h. f = c · ∏ni=1 (X − a i) mit a 1 , . . . , a n ∈ L unda 1 = a. Für ϕ ∈ Aut K (L) ist dannf = ϕ ∗ (f ) = c ·n∏(X − ϕ(a i )),so dass auch ϕ(a) eine Nullstelle von f sein muss.Sei nun b ≠ a eine weitere Nullstelle von f = cg. Dann ist g = m a,K und b ist Nullstelle von m a,K .Somit lässt sich die Einbettung K → L fortsetzen zu einem K-Homomorphismus σ 0 : K(a) → L mitσ 0 (a) = b. Diesen können wir weiterhin fortsetzen zu einem K-Homomorphismus σ : L → L. Da L/Knormal ist, gilt σ(L) = L. Also ist σ ∈ Aut K (L) und σ(a) = b.i=146

Anmerkungen des Erstellers:1. Der Beweis nutzt die Separabilität der Erweiterung nicht aus. Ersetzt man Gal(L/K) durch Aut K (L),so ist der Satz also auch für normale, nicht separable Erweiterungen gültig.2. Für eine beliebige algebraische Erweiterung operiert Aut(L/K) immer noch auf den Nullstellen,jedoch nicht mehr zwangsweise transitiv. Um dies einzusehen kann man im ersten Teil des Beweisesf = g · (X − a) mit einem Polynom g ∈ L[X ] schreiben und die Beweisidee wie oben durchziehen.Satz 4.4. Sei L/K eine endliche Galoiserweiterung. Dann ist | Gal(L/K) | = [L : K].Beweis. Es gilt| Aut K (L)| Normalität= [L : K] sSeparabilität= [L : K].Definition 4.5. Sei L ein Körper und G eine Untergruppe von Aut(L). Dann istL G = {a ∈ L : ϕ(a) = a für alle ϕ ∈ G} (63)ein Teilkörper von L. Dieser wird als Fixkörper von G bezeichnet.Satz 4.6. Sei L/K eine Galoiserweiterung. Dann ist der Fixkörper der Galoisgruppe Gal(L/K) gerade K.Beweis. Setze G = Gal(L/K). Dann ist K ⊆ L G . Sei nun a ∈ L \ K. Dann ist grad(m a,K ) ≥ 2. WeilL/K normal ist, zerfällt m a,K über L in Linearfaktoren. Weil L/K separabel ist, hat m a,K nur einfacheNullstellen. Es gibt also eine Nullstelle b von m a,K mit b ≠ a. Nun operiert aber Gal(L/K) transitiv aufden Nullstellen von m a,K . Es gibt also einen Automorphismus ϕ ∈ Gal(L/K) mit ϕ(a) = b und somit ista /∈ L G .Satz 4.7. Sei L ein Körper und H eine endliche Untergruppe von Aut(L). Dann ist L/L H eine Galoiserweiterungmit Galoisgruppe H und [L : L H ] = |H|.Beweis. Sei a ∈ L. Wir definieren Y a = {ϕ(a) : ϕ ∈ H} und bezeichnen die Elemente dieser Menge mita 1 , . . . , a n , wobei n ≤ |H| und a 1 = a sein soll. Weiterhin sei f a = ∏ ni=1 (X − a i). Dann liegt f a in L H [X ],denn ein Automorphismus ϕ ∈ H definiert immer eine Permutation von Y a , so dassϕ ∗ (f a ) =n∏(X − ϕ(a i )) = f a .i=1Nun ist a eine Nullstelle des separablen Polynoms f a und somit selbst separabel über L H . Die ErweiterungL/L H ist also separabel. Außerdem ist L der Zerfällungskörper der Polynome { f a : a ∈ L} über L H . Somitist L/L H eine Galoiserweiterung.Da a eine Nullstelle von f a ist, gilt m a,L H | f a und wir erhaltengrad(m a,L H ) ≤ grad(f a ) = n ≤ |H|.(∗)Wir nehmen nun zunächst an, dass |H| < [L : L H ] ≤ ∞. Dann gibt es eine endliche Teilmenge S von L,so dass |H| < [M : L H ] < ∞ für M = L H (S). Die Erweiterung M/L H ist separabel, da ja bereits L/L Hseparabel ist. Nach dem Satz vom primitiven Element gibt es also ein Element c ∈ L, so dass M = L H (c).Dann ist grad(m c,L H ) = [M : L H ] > |H| im Widerspruch zu (∗).Also muss |H| ≥ [L : L H ] sein. Insbesondere ist L/L H eine endliche Galoiserweiterung. Aus H ⊆Aut L H (L) folgt schließlich H = Aut L H (L), dennMit der Notation des Beweises gilt m a,L H = f a .|H| ≤ | Aut L H (L)| = [L : L H ] ≤ |H|.47

Theorem 4.8. ( Hauptsatz der Galoistheorie ). Sei L/K eine endliche Galoiserweiterung. Sei die Mengeder Untergruppen von Gal(L/K) und die Menge der Zwischenkörper von L/K. Dann sind die AbbildungenΦ : → , M → Gal(L/M) und Ψ : → , H → L H (64)zueinander inverse Bijektionen.Für einen Zwischenkörper M ist die Erweiterung M/K genau dann normal, wenn Gal(L/M) normal inGal(L/K) ist. In diesem Fall ist die Abbildung Gal(L/K) → Gal(M/K), σ → σ| M ein surjektiver Gruppenhomomorphismusmit Kern Gal(L/M). Dieser induziert einen IsomorphismusGal(M/K) ∼ = Gal(L/K) Gal(L/M). (65)Beweis. Die Wohldefiniertheit von Ψ ist klar. Auch Φ ist wohldefiniert, denn für einen ZwischenkörperM von L/K ist L/M wieder eine Galoiserweiterung und es giltGal(L/M) = Aut M (L) ⊆ Aut K (L) = Gal(L/K).Wir wollen nun zeigen, dass Ψ und Φ zueinander inverse Abbildungen sind. Zunächst ist für M ∈ nachSatz 4.6 M der Fixkörper von Gal(L/M). Also gilt (Ψ ◦ Φ)(M) = L Gal(L/M) = M und somit Ψ ◦ Φ = id .Auf der anderen Seite ist für H ∈ nach Satz 4.7 L/L H eine Galoiserweiterung mit Galoisgruppe H. Esgilt also (Φ ◦ Ψ)(H) = Gal(L/L H ) = H und somit Φ ◦ Ψ = id . Damit sind Φ und Ψ zueinander inverseBijektionen.Sei M ∈ ein Zwischenkörper von L/K. Dann folgt für H = Gal(L/M) ∈ , dass M = L H ist. Wirzeigen nun zunächst, dass die Abbildungϕ : Gal(L/K) → Gal(L H /K),σ → σ| L Hein surjektiver Gruppenhomomorphismus ist, falls L H /K normal ist. Sei also L H /K normal und weiterhinL ein algebraischer Abschluss von L und somit auch von L H .Um die Wohldefiniertheit von ϕ zu sehen, sei σ ∈ Gal(L/K). Dann ist σ| L H : L H → L ein K-Homomorphismus. Da L H normal über K ist, gilt also σ(L H ) = L H , d. h. σ| L H ∈ Gal(L H /K). Die Homomorphievon ϕ ist klar, dennϕ(σ 1 · σ 2 ) = (σ 1 · σ 2 ) L H = σ 1LH · σ 2LH = ϕ(σ 1 ) · ϕ(σ 2 ).Schließlich zeigen wir die Surjektivität von ϕ. Sei hierzu σ ′ ∈ Gal(L H /K). Dann lässt sich die Abbildungσ ′ : L H → L mit dem Fortsetzungssatz zu einem K-Homomorphismus σ : L → L fortsetzen. Da L/Knormal ist, gilt nun σ(L) = L, also σ ∈ Gal(L/K) mit ϕ(σ) = σ ′ . Das heißt, ϕ ist surjektiv.Umgekehrt besteht der Kern von ϕ gerade aus den Fortsetzungen von id L H , also den L H -Automorphismen von L. Daher giltker(ϕ) = Gal(L/L H ) = H.Insbesondere ist H = Gal(L/M) normal in Gal(L/K).19. Vorlesung vom Montag, 20.12.2010Nun sei H eine normale Untergruppe von Gal(L/K). Wir müssen noch zeigen, dass die ErweiterungL H /K in diesem Fall normal ist. Hierzu sei L wieder ein algebraischer Abschluss von L und außerdemσ : L H → L ein K-Homomorphismus. Dann reicht es zu zeigen, dass σ(L H ) = L H .48

Wir können σ fortsetzen zu einem K-Homomorphismus σ ′ : L → L. Da L/K normal ist, gilt σ ′ (L) = L,d. h. wir können σ auffassen als K-Homomorphismus σ : L H → L. Sei nun b ∈ σ(L H ) und a ∈ L H mitb = σ(a). Weiter sei τ ∈ H. Dann giltτ(b) = (τσ)(a) Hσ=σH= (στ ′ )(a) = σ(a) = bfür einen Automorphismus τ ′ ∈ H. Also ist b ∈ L H und somit auch σ(L H ) ⊆ L H .Zum Beweis der Gleichheit setzen wir den K-Homomorphismus σ −1 : σ(L H ) → L H → L fort zu einemK-Homomorphismus ρ : L H → L. Wie oben können wir ρ auffassen als K-Homomorphismus ρ : L H → L.Aus den selben Gründen wie oben gilt außerdem ρ(L H ) ⊆ L H . Daher ist L H −→ σ L H −→ ρ L H die Identität aufL H . Der Homomorphismus ρ ist also die Linksinverse und somit Inverse von σ und es gilt σ(L H ) = L H .(Um einzusehen, dass ρ nicht nur Linksinverse, sondern auch Inverse von σ ist, kann man wie folgtvorgehen: Wir haben gezeigt, dass ρ ◦ σ = id L H . Analog können wir auch einen Homorphismus η konstruierenmit η ◦ ρ = id L H . Dann gilt σ ◦ ρ = id L H σρ = ηρσρ = η id L H ρ = id L H und ρ ist auchRechtsinverse von σ.)Satz 4.9. Sei L/K eine endliche Galoiserweiterung und seien L 1 und L 2 Zwischenkörper von L/K, die zuden Untergruppen H 1 und H 2 korrespondieren. Dann gilt für σ ∈ Gal(L/K):σ(L 1 ) = L 2 ⇔ σH 1 σ −1 = H 2 . (66)Beweis. Zunächst sei σ(L 1 ) = L 2 und b ∈ L 2 . Dann gilt für ϕ ∈ H 1(σϕσ −1 )(b) = σ ϕ σ −1 (b) = σ σ} {{ }−1 (b) = b.∈L 1Also ist σϕσ −1 ∈ H 2 und somit σH 1 σ −1 ⊆ H 2 . Analog zeigt man σ −1 H 2 σ ⊆ H 1 und wir erhaltenσH 1 σ −1 = H 2 . Sei nun umgekehrt σH 1 σ −1 = H 2 und b ∈ σ(L 1 ). Dann ist b = σ(a) für ein a ∈ L 1 . Fürjedes τ ∈ H 2 gibt es aber ein τ ′ ∈ H 1 , so dassτ(b) = (τσ)(a) H 2σ=σH 1= (στ ′ )(a) = σ(a) = b.Also ist b ∈ L 2 und somit σ(L 1 ) ⊆ L 2 . Analog zeigt man σ −1 (L 2 ) ⊆ L 1 und wir erhalten L 2 = σ(L 1 ).4.2 Die Galoisgruppe einer GleichungIn diesem Abschnitt bezeichnet K einen Körper.Definition 4.10. Sei f ein separables Polynom über K mit grad(f ) ≥ 1 und L ein Zerfällungskörpervon f . Dann ist L/K eine Galoiserweiterung von K. In diesem Fall bezeichnet man Gal(L/K) als dieGaloisgruppe von f über K .Satz 4.11. Sei f ∈ K[X ] ein separables Polynom vom Grad n > 0 mit Zerfällungskörper L über K. Seiena 1 , . . . , a n ∈ L die Nullstellen von f . Dann definiert die Abbildungϕ : Gal(L/K) → S n ({a 1 , . . . , a n }) ∼ = S n , σ → σ| {a1 ,...,a n } (67)einen injektiven Gruppenhomomorphismus. Insbesondere gilt | Gal(L/K) | | n!.Außerdem ist f genau dann irreduzibel, wenn Gal(L/K) transitiv auf der Menge der Nullstellen{a 1 , . . . , a n } operiert. Dies ist insbesondere der Fall, wenn | Gal(L/K) | = n!.49

Beweis. Sei σ ∈ Gal(L/K). Wegen σ ∗ (f ) = f bildet σ Nullstellen von f auf Nullstellen von f ab. Da σinjektiv ist, definiert es eine Bijektion auf {a 1 , . . . , a n }, d. h. ϕ ist wohldefiniert. Weiterhin ist ϕ injektiv,da ein Element in Gal(L/K) wegen L = K(a 1 , . . . , a n ) eindeutig festgelegt ist durch seine Operation aufden a i .Wir haben bereits gesehen, dass Gal(L/K) transitiv auf den Nullstellen von f operiert, wenn f irreduzibelist. Nehmen wir also an, dass Gal(L/K) die Nullstellen von f transitiv permutiert. Mit a = a 1 sinddie Nullstellen von f dann gegeben durch σ 1 (a), . . . , σ n (a) für geeignete σ i ∈ Gal(L/K). Insbesondereist jedes σ i (a) eine Nullstelle von σ ∗ i (m a,K) = m a,K . Da f separabel ist und somit nur einfache Nullstellenhat, ist also f = cm a,K und somit irreduzibel.Korollar 4.12. Sei L/K eine endliche Galoiserweiterung vom Grad n. Dann ist Gal(L/K) eine Untergruppevon S n .Anmerkung des Erstellers: Zum Beweis: Nach dem Satz vom primitiven Element gibt es ein Elementa ∈ K mit L = K(a). Also ist L der Zerfällungskörper des separablen Polynoms m a,K über K. Insbesonderehat m a,K den Grad n. Nach Satz 4.11 lässt sich also Gal(L/K) in S n einbetten.Beispiel 4.13. Wir betrachten das Polynom f = X 4 −2 ∈ [X ]. Es gilt f = (X −a)(X +a)(X −ia)(X +ia)mit a = 4 2. Der Zerfällungskörper von f über ist L = (a, i). Aus m a, | f folgt durch Betrachten desabsoluten Gliedes der Teiler m a, = f . (Alternativ kann man auch das Eisenstein-Kriterium mit p = 2benutzen, um zu zeigen, dass f irreduzibel ist.) Somit ist [(a) : ] = 4. Weiterhin ist [L : (a)] = 2,so dass [L : ] = 8 sein muss.Wir wollen nun die Galoisgruppe von f bestimmen. Jede Abbildung σ ∈ Gal(L/) muss σ(−a) =−σ(a) und σ(−ia) = −σ(ia) erfüllen. Es gibt genau 8 Permutationen in S 4 ({a, −a, ia, −ia}), die dieserEigenschaft genügen. Diese bilden also Gal(L/). Um etwas konkreter zu werden, definieren wir σ, τ ∈Gal(L/) durchσ : a → ia, ia → −a und τ : a → −a, ia → ia.Die von σ erzeugte Untergruppe 〈σ〉 hat Ordnung 4 und ist somit normal in Gal(L/). Wegen τ /∈ 〈σ〉ist weiterhinGal(L/K) = 〈σ, τ〉 = 〈σ〉 ∪ τ〈σ〉 = {1, σ, σ 2 , σ 3 , τ, τσ, τσ 2 , τσ 3 }.Die Abbildungen σ und τ genügen hierbei der Relation τσ = σ 3 τ. Für die Untergruppen von Gal(L/)erhält man daher das folgende Schema:Gal(L/) {1, σ 2 , τ, σ 2 τ} {1, σ, σ 2 , σ 3 } {1, σ 2 , στ, σ 3 τ} {1, τ} {1, σ 2 τ}{1, σ2 } {1, στ} {1, σ 3 τ}{1}Anmerkung des Erstellers: Aus dem hier angegebenen Gruppenschema lässt sich auch leicht ein Schemader Zwischenkörper von L/K ableiten. Hierzu muss man lediglich die Fixkörper der jeweiligen Auto-50

morphismengruppen bestimmen. Beispielsweise ist L {1,σ2} = (a 2 , i) = (a 2 + i) = (a 2 − i). Insgesamtergibt sich folgendes Schema:L(ia) (a) (a 2 , i) (a − ia) (a + ia) (a 2 ) (i) (ia 2 ) 20. Vorlesung vom Mittwoch, 22.12.2010Um allgemein für eine Galoiserweiterung L/K einen Erzeuger a zu finden, kann man wie folgt vorgehen:Zunächst bestimmt man die Galoisgruppe Gal(L/K). Dann sucht man ein Element a ∈ L mit|{σ(a) : σ ∈ Gal(L/K)}| = [L : K]. Dieses erfüllt dann L = K(a).Wir bezeichnen mit L = K(X 1 , . . . , X n ) den Quotientenkörper von K[X 1 , . . . , X n ]. Dann sind die Elementevon L von der Form f /g mit f , g ∈ K[X 1 , . . . , X n ] und g ≠ 0. Die symmetrische Gruppe S noperiert nun auf L durch Permutation der X i .Definition 4.14. Wir nennen den Körper M = L S nden Körper der symmetrisch rationalen Funktionenüber K.Dieser Körper ist gerade der Quotientenkörper von K[X 1 , . . . , X n ] S n= K[s 1 , . . . , s n ], d. h. M =K(s 1 , . . . , s n ). Die Erweiterung L/M ist nach Satz 4.7 eine Galoiserweiterung mit Galoisgruppe S n . Wirbetrachten nun das Polynomf =n∏(X − X i ) = X n − s 1 X n−1 + . . . + (−1) n s n ∈ M[X ].i=1Es ist separabel und L ist ein Zerfällungskörper von f über M. Wegen | Gal(L/M) | = |S n | = n!, ist faußerdem irreduzibel über M.Satz 4.15. Sei G eine endliche Gruppe. Dann gibt es eine Galoiserweiterung L/M mit Galoisgruppe G.Beweis. Sei n = |G|. Für a ∈ G ist τ a : G → G, g → ag eine Permutation von G. Da G → Aut(G) ∼ =S n , g → τ g ein injektiver Gruppenhomomorphismus ist, können wir G also mit einer Untergruppe vonS n identifizieren. Dann operiert G auf L = K(X 1 , . . . , X n ) und L/L G ist eine Galoiserweitung von M = L Gmit Galoisgruppe G.Bisher ungelöst ist die Frage, ob sich jede endliche Gruppe als Galoiserweiterung von realisierenlässt.4.3 EinheitswurzelnIn diesem Abschnitt bezeichnet K einen Körper und K einen algebraischer Abschluss von K.Definition 4.16. Sei n ∈ \ {0}. Die Nullstellen des Polynoms X n − 1 bilden eine Untergruppe U n vonK ∗ und werden als n-te Einheitswurzeln bezeichnet.51

Ist char(K) = 0 oder allgemeiner char(K) ∤ n, so haben X n − 1 und seine Ableitung nX n−1 keinegemeinsamen Nullstellen, so dass X n − 1 separabel ist. In diesem Fall ist |U n | = n. Falls char(K) = p > 0mit p | n, so schreibt man n = mp r mit p ∤ m. Dann ist X n − 1 = X mpr − 1 pr = (X m − 1) pr . Die Nullstellenvon X n − 1 und X m − 1 stimmen also überein, d. h. U n = U m . Da endliche Untergruppen von K ∗ zyklischsind, folgt folgender Satz.Satz 4.17. Sei K ein Körper und n ∈ \{0} mit char(K) ∤ n. Dann ist U n eine zyklische Gruppe der Ordnungn.Definition 4.18. Ein Element ξ ∈ U n heißterzeugt.primitive n-te Einheitswurzel , wenn ξ die Gruppe U nSatz 4.19. Seien m, n ∈ \ {0} mit ggT(m, n) = 1 und K ein Körper mit char(K) ∤ mn. Dann ist dieAbbildungein Gruppenisomorphismus.U m × U n → U mn , (ξ, η) → ξη (68)Anmerkung des Erstellers: Zum Beweis: Die Abbildung ist wohldefiniert, denn für ξ ∈ U m und η ∈ U nist (ξη) n+m − 1 = (ξ m ) n (η n ) m − 1 = 0, also ξη ∈ U mn . Aufgrund der Kommutativität der Multiplikationhandelt es sich sogar um einen Gruppenhomomorphismus.Sei nun ξη = 1. Dann ist η = ξ −1 ∈ U m ∩ U n und somit η m = η n = 1. Dann ist auch η = η ggT(m,n) = 1und somit ebenfalls ξ = 1. Also ist die Abbildung injektiv und wegen |U m × U n | = mn = |U mn | auchbijektiv. Es handelt sich also um einen Gruppenisomorphismus.Definition 4.20. Für n ∈ \ {0} definiert manDie Funktion ϕ heißt Eulersche ϕ-Funktion .ϕ(n) = (/n)∗ = {a ∈ : 0 < a ≤ n, ggT(a, n) = 1} . (69)Ist p eine Primzahl, so gilt ϕ(p k ) = p k − p k−1 = p k · (1 − 1 p ). Es gibt nämlich genau pk−1 ganze Zahlen0 < a ≤ p k , die ggT(a, p k ) = 1 oder äquivalent p ∤ a erfüllen.Satz 4.21. Seien m, n ∈ \ {0} mit ggT(m, n) = 1. Dann gilt ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n).Beweis. Übung.Satz 4.22. Sei n ∈ \ {0}. Ein Element a erzeugt die additive Gruppe /n genau dann, wenn a Einheitim Ring /n ist.Beweis. Ein Element a erzeugt die Gruppe (/n, +) genau dann, wenn ka = 1 mod n für ein k ∈ ,d. h. wenn a eine Einheit ist.Satz 4.23. Sei K ein Körper und n ∈ \ {0} mit char(K) ∤ n. Dann enthält U n genau ϕ(n) primitive n-teEinheitswurzeln. Ist ξ eine primitive n-te Einheitswurzel, so ist ξ r mit r ∈ genau dann eine primitive n-teEinheitswurzel, wenn ggT(r, n) = 1.Beweis. Aus U n∼ = /n folgt, dass Un genau ϕ(n) primitive n-te Einheitswurzeln hat. Sei ξ eine primitiven-te Einheitswurzel. Dann ist die Abbildung/n → U n ,m → ξ mein Gruppenisomorphismus. Also ist ξ r genau dann primitive n-te Einheitswurzel, wenn das Urbild r dieGruppe /n erzeugt, d. h. wenn ggT(r, n) = 1.52

Satz 4.24. Seien f , g ∈ [X ] normiert, so dass h = f g ∈ [X ]. Dann sind f und g bereits in [X ].Beweis. Wähle c, d ∈ , so dass ˜f = c f , ˜g = d g ganzzahlige Polynome sind. Dann ist ˜f = C( ˜f )f 1 ,˜g = C(˜g)g 1 mit primitiven Polynomen f 1 und g 1 . Da f und g normiert sind, gilt C( ˜f ) | c und C(˜g) | d.Aus cd · h = C( ˜f )C(˜g) · f 1 g 1 folgt außerdem cd ∼ C( ˜f )C(˜g), da auch h normiert und somit primitiv ist.Insgesamt muss also c ∼ C( ˜f ) und d ∼ C(˜g) gelten und wir erhalten f = ± f 1 und g = ±g 1 .21. Vorlesung vom Montag, 10.01.2011Sei ξ eine primitive n-te Einheitswurzel und char(K) ∤ n. Dann ist K(ξ) der Zerfällungskörper vonX n − 1. Da X n − 1 separabel ist, ist K(ξ)/K eine endliche Galoiserweiterung.Definition 4.25. Im Falle K = heißt (ξ) der n-te Kreisteilungskörper .Theorem 4.26. Sei ξ ∈ eine primitive n-te Einheitswurzel. Dann ist (ξ)/ eine endliche Galoiserweiterungund es gilt [(ξ) : ] = ϕ(n).Beweis. Der erste Teil der Aussage ist klar. Für den Rest des Beweises setzen wir f = m ξ, . Da somitgrad(f ) = [(ξ) : ], müssen wir also lediglich grad(f ) = ϕ(n) zeigen. Die beiden Ungleichungenbeweisen wir hierbei getrennt:≤) Da (ξ) ein Zerfällungskörper von X n − 1 über ist, operiert Gal((ξ)/) auf den Nullstellenvon X n − 1. Also bildet jedes σ ∈ Gal((ξ)/) die Einheitswurzeln U n in U n ab. Tatsächlich istσ(ξ) sogar eine primitive n-te Einheitswurzel, denn für jede Einheitswurzel η ist auch σ −1 (η) eineEinheitswurzel, also σ −1 (η) = ξ s , bzw. η = σ(ξ s ) = σ(ξ) s .Da f außerdem irreduzibel über ist, operiert Gal((ξ)/) transitiv auf den Nullstellen von f .Damit ist jede Nullstelle von f eine primitive n-te Einheitswurzel und es folgt grad(f ) ≤ ϕ(n), weilf separabel ist.≥) Da ξ eine Nullstelle des Polynoms X n −1 ist, ist dieses ein Vielfaches des Minimalpolynoms f . Es gibtalso g ∈ [X ] mit X n − 1 = f g. Aus Satz 4.24 folgt dann sogar f , g ∈ [X ].Sei nun zunächst p eine Primzahl mit p ∤ n. Dann ist ξ p eine primitive n-te Einheitswurzel. Wirzeigen, dass diese auch Nullstelle von f ist. Wäre andernfalls f (ξ p ) ≠ 0, so müsste g(ξ p ) = 0 undξ somit eine Nullstelle des Polynoms g(X p ) sein. Damit wäre f ein Teiler von g(X p ), also ähnlichwie oben g(X p ) = f h mit einem normierten Polynom h ∈ [X ]. Unter einer Koeffizientenreduktionmodulo p würde dann g = ∑ mj=0 a jX j in g = ∑ mj=0 a jX j übergehen. Wegen a p j= a j in p müsstealso⎛ ⎞pm∑g p = ⎝ a j X j (∗)⎠ =j=0m∑a p j X jp =j=0m∑a j (X p ) j = g(X p ) = f · hgelten. (Hierbei gilt (∗), da alle weiteren Summanden des ausmultiplizierten Polynoms mit einerjeweils durch p teilbaren Häufigkeit auftreten.) Also könnten f und g in p [X ] nicht teilerfremdsein und X n − 1 = f · g hätte mehrfache Nullstellen in einem algebraischen Abschluss von p . Daswiderspricht jedoch ggT(p, n) = 1, bzw. p ∤ n.Sei nun η eine beliebige primitive n-te Einheitswurzel. Dann ist η = ξ m für ein m ∈ mitggT(m, n) = 1. Wir betrachten nun die Primfaktorzerlegung m = p 1 · . . . · p k . Dann ist η =. . . (ξp 1) p 2. . . p k. Nach der obigen Argumentation ist ξ p 1nicht nur primitive Einheitswurzel,sondern auch eine Nullstelle von f . Also ist f das Minimalpolynom von ξ p 1. Die wiederholteAnwendung dieses Arguments zeigt, dass f für alle 1 ≤ l ≤ k das Minimalpolynom der primitivenEinheitswurzel ξ p 1...p l ist. Insbesondere ist damit η = ξ p 1...p k eine Nullstelle von f .j=053

Anmerkung des Erstellers: Die Ungleichung (≤) im obigen Beweis benutzt nirgends spezifische Eigenschaftenvon . Daher gilt für einen beliebigen Körper K und eine primitive n-te Einheitswurzel ξ ∈ Kmit char(K) ∤ n erfüllt immer noch [K(ξ) : K] ≤ ϕ(n).Satz 4.27. Sei ξ m eine primitive m-te und ξ n eine primitive n-te Einheitswurzeln in , wobei ggT(m, n) = 1gilt. Dann ist(ξ m ) ∩ (ξ n ) = . (70)Beweis. Die Zahl ξ mn = ξ m ξ n ist eine primitive mn-te Einheitswurzel. Da ξ m und ξ n ebenfalls mn-teEinheitswurzeln sind, folgt (ξ mn ) = (ξ m , ξ n ). Der Gradsatz liefert nun[(ξ mn ) : (ξ m )] · [(ξ m ) : ] = [(ξ} {{ }mn ) : ] ,} {{ }ϕ(m)ϕ(mn)so dass [(ξ mn ) : (ξ m )] = ϕ(n). Auf die gleiche Art kann man zeigen, dass [(ξ mn ) : (ξ n )] = ϕ(m).Wir erhalten also folgendes Diagramm von Körpererweiterungen:ϕ(n)(ξ mn ) ϕ(m) (ξ m )(ξ n ) ϕ(m)ϕ(n) Sei nun L = (ξ m ) ∩ (ξ n ). Dann ist grad(m ξm ,L) ≥ grad(m ξm ,(ξ n )) = ϕ(m). Aus ⊆ L ⊆ (ξ m ) folgtaußerdem (ξ m ) ⊆ L(ξ m ) ⊆ (ξ m ), das heißt L(ξ m ) = (ξ m ). Wir erhalten somitAlso muss [L : ] = 1 und L = sein.ϕ(m) = [(ξ m ) : ] = [L(ξ m ) : ] = [L(ξ m ) : L] ·[L : ].} {{ }≥ϕ(m)Satz 4.28. Sei ξ eine primitive n-te Einheitswurzel in K und char(K) ∤ n. Dann gilt:1. Der Körper K(ξ) ist der Zerfällungskörper von X n −1 über K. Die Erweiterung K(ξ)/K ist eine endlicheGaloiserweiterung mit [K(ξ) : K] ≤ ϕ(n) und abelscher Galoisgruppe.2. Zu jedem σ ∈ Gal(K(ξ)/K) gibt es eine natürliche Zahl r(σ) mit σ(ξ) = ξ r(σ) . Hierbei ist die Restklasser(σ) ∈ /n eine Einheit und unabhängig von der Wahl von ξ eindeutig bestimmt. Außerdemist die Abbildungein injektiver Gruppenhomomorphismus.Ψ : Gal(K(ξ)/K) → (/n) ∗ ,σ → r(σ)Beweis.1. Schon vor Beweis des Theorems haben wir eingesehen, dass K(ξ) der Zerfällungskörper von X n −1und die Erweiterung K(ξ)/K eine endliche Galoiserweiterung ist. Aus dem Beweis des Theoremsfolgt [K(ξ) : K] ≤ ϕ(n) und die Galoisgruppe Gal(K(ξ)/K) ist abelsch, da sie sich nach Aussage 2in (/n) ∗ einbetten lässt.54

2. Sei σ ∈ Gal(K(ξ)/K). Dann ist σ(U n ) = U n , so dass es ein r(σ) ∈ mit σ(ξ) = ξ r(σ) geben muss.Da ξ primitive n-te Einheitswurzel ist, gilt ggT(r(σ), n) = 1 und r(σ) ist wohldefiniert modulo n.Weiterhin folgt für eine beliebige primitive Einheitswurzel η = ξ sσ(η) = σ(ξ s ) = σ(ξ) s = ξ r(σ)s = η r(σ) ,so dass r(σ) auch nicht von der Wahl von ξ abhängt. Schließlich gilt (στ)(ξ) = σ(τ(ξ)) =σ(ξ r(τ) ) = σ(ξ) r(τ) = ξ r(σ)r(τ) . Die Abbildung Ψ ist also ein Gruppenhomomorphismus, dennΨ(στ) = r(στ) = r(σ)r(τ) = r(σ) · r(τ) = Ψ(σ)Ψ(τ).Außerdem ist Ψ injektiv, denn aus r(σ) = 1 folgt σ(ξ) = ξ r(σ) = ξ, so dass σ trivial auf K(ξ)operieren muss.Korollar 4.29. Sei ξ ∈ eine primitive n-te Einheitswurzel. Dann ist (ξ)/ eine endliche Galoiserweiterungmit Galoisgruppe (/n) ∗ .Anmerkung des Erstellers: Zum Beweis: Nach dem Satz ist (ξ)/ eine endliche Galoiserweiterungund die Galoisgruppe lässt sich in (/n) ∗ einbetten. Da nach dem Theorem Gal((ξ)/) = |(/n) ∗ |,müssen die Gruppen isomorph sein.Theorem 4.30. ( Kronecker, Weber ). Sei K/ eine endliche Galoiserweiterung mit abelscher Galoisgruppe.Dann ist K in einem Kreisteilungskörper enthalten.Beweis. Ohne Beweis.Wir zerlegen nun X n − 1 in die so genannten Kreisteilungspolynome.Definition 4.31. Sei n ∈ \ {0} und char(K) ∤ n. Wir bezeichnen mit ξ 1 , . . . , ξ m mit m = ϕ(n) dieprimitiven n-ten Einheitswurzeln in K. Dann heißtm∏Φ n,K = (X − ξ i ) (71)das n-te Kreisteilungspolynom über K . Im Fall K = schreibt man Φ n für Φ n,K .i=1Satz 4.32. Sei n ∈ \ {0} und char(K) ∤ n. Dann gilt:1. Das Kreisteilungspolynom Φ n,K ist ein normiertes, separables Polynom über K vom Grad ϕ(n).2. Für K = gilt Φ n ∈ [X ]. Weiterhin ist Φ n irreduzibel in [X ], bzw. [X ].3. Es ist X n − 1 = ∏ d|n Φ d,K.Beweis.1. Es ist nur zu zeigen, dass Φ n,K Koeffizienten in K hat. Hierzu sei L = K(ξ 1 ) = K(ξ 1 , . . . , ξ m ) undσ ∈ Gal(L/K). Dann permutiert σ die primitiven n-ten Einheitswurzeln, so dass σ ∗ (Φ n,K ) = Φ n,K .Also liegen die Koeffizienten von Φ n,K in K.2. Sei ξ ∈ eine primitive n-te Einheitswurzel. Dann gilt m ξ, | Φ n . Da weiterhin grad(m ξ, ) =ϕ(n) = grad(Φ n ), folgt sogar m ξ, = Φ n . Insbesondere ist Φ n irreduzibel in [X ]. Aus Φ n | X n − 1und der Normiertheit von Φ n folgt andererseits Φ ∈ [X ]. Da Φ n primitiv ist, ist Φ n damit auchirreduzibel in [X ].3. Es sei P d die Menge der primitiven d-ten Einheitswurzeln in K. Dann ist jede n-te Einheitswurzeleine primitive d-te Einheitswurzel für ein d ∈ mit d | n. Daher folgt∏ ∏ ∏ ∏X n − 1 = (X − ξ) = (X − ξ) = Φ d,K .ξ∈U n ξ∈P d22. Vorlesung vom Mittwoch, 12.01.2011d|nd|n55

4.4 CharaktereDefinition 4.33. Sei K ein Körper und G eine Gruppe. Ein Homomorphismus χ : G → K ∗ wird alsK-wertiger Charakter von G bezeichnet.Sind χ 1 , χ 2 : G → K ∗ zwei K-wertige Charaktere, so auchχ 1 χ 2 : G → K ∗ , g → χ 1 (g)χ 2 (g). (72)Die Menge der K-wertigen Charaktere bildet bezüglich dieser Operation eine Gruppe.Anmerkung des Erstellers: Um die Notation zu vereinfachen, identifizieren wir im folgenden einenCharakter χ : G → K ∗ mit seiner Bild-Fortsetzung χ ′ : G → K.Satz 4.34. Sei G eine Gruppe und seien χ 1 , . . . , χ n paarweise verschiedene K-wertige Charaktere von G.Dann sind χ 1 , . . . , χ n linear unabhängig in Abb(G, K).Beweis. Angenommen χ 1 , . . . , χ n wäre linear abhängig. Dann gäbe es paarweise verschiedene Indizes1 ≤ j i ≤ n und Koeffizienten a i ∈ K ∗ , so dass χ j1 , . . . , χ jm die nicht triviale lineare Relation a 1 χ j1 + . . . +a m χ jm = 0 erfüllen. Wir könnten hierbei o. B. d. A. annehmen, dass m ∈ \ {0} minimal ist.Da χ j1 ≠ χ j2 ist, gibt es ein g ∈ G mit χ j1 (g) ≠ χ j2 (g). Nun müsste auf der einen Seitea 1 χ j1 (g)χ j1 + a 2 χ j1 (g)χ j2 + . . . + a m χ j1 (g)χ jm = 0und auf der anderen Seite aufgrund der Homomorphie der χ jia 1 χ j1 (g)χ j1 + a 2 χ j2 (g)χ j2 + . . . + a m χ jm (g)χ jm = 0gelten. Subtraktion der beiden Relationen würdea 2 (χ j1 (g) − χ j2 (g))χ j2 + . . . + a m (χ j1 (g) − χ jm (g))χ jm = 0liefern. Da χ j1 (g) − χ j2 (g) ≠ 0, wäre dies wieder eine nicht triviale Relation. Ihre Länge wäre jedochdurch m − 1 beschränkt im Widerspruch zu unserer Annahme, dass die kürzeste nicht triviale lineareRelation von χ j1 , . . . , χ jm die Länge m hat.Korollar 4.35. Sei K ein Körper und seien σ 1 , . . . , σ n paarweise verschiedene Automorphismen von K. Dannsind σ 1 , . . . , σ n linear unabhängig in Abb(K, K).Anmerkung des Erstellers: Zum Beweis: Die Abbildungen σ 1K∗ , . . . , σ nK∗ sind paarweise verschiedeneK-wertige Charaktere von K ∗ . Nach dem Satz sind sie also linear unabhängig. Dies überträgt sichdann auch auf die Automorphismen σ 1 , . . . , σ n .Korollar 4.36. Sei L/K eine endliche separable Körpererweiterung vom Grad n. Wir bezeichnen mitσ 1 , . . . , σ n die verschiedenen K-Homomorphismen von L nach K und wählen eine Basis v 1 , . . . , v n von Lüber K. Dann sind die Vektoren ξ j = (σ j (v 1 ), . . . , σ j (v n )) mit j = 1, . . . , n linear unabhängig als Vektorenin K n über K.Beweis. Die Restriktionen σ iL∗ sind K-wertige Charaktere von L ∗ . Aus der linearen Abhängigkeit der ξ iwürde nun die lineare Abhängigkeit dieser Charaktere in Abb(L ∗ , K) folgen, was im Widerspruch zumSatz steht.56

4.5 Norm und SpurSei K ein Körper und V ein Vektorraum über K mit n = dim K (V ). Wir betrachten eine K-lineare Abbildungϕ : V → V . Dann ist das charakteristische Polynom von ϕ gegeben durchwobei c 1 = tr(ϕ) und c n = det(ϕ) ist.p ϕ = det(X · id −ϕ) = X n − c 1 X n−1 + . . . + (−1) n c n , (73)Definition 4.37. Sei L/K eine endliche Körpererweiterung. Für a ∈ L setzen wir ϕ a : L → L, x → ax.Dann ist ϕ a ein Vektorraum-Endomorphismus des K-Vektorraums L. Wir können nun Spur und Normauf L definieren durchtr L/K : L → K, a → tr(ϕ a ), (74)n L/K : L → K, a → det(ϕ a ). (75)Anmerkung des Erstellers: Man sieht direkt, dass die Spur additiv und die Norm multiplikativ ist.Beispiel 4.38. Für die Erweiterung / isttr / (z) = 2 Re(z) und n / (z) = |z| 2 . (76)Lemma 4.39. Sei L/K eine Körpererweiterung vom Grad n. Für a ∈ K gilt danntr L/K (a) = na und n L/K (a) = a n . (77)Beweis. Für a ∈ K ist die Matrix von ϕ a bezüglich einer beliebigen Basis von L über K gegeben durchaE, wobei E die n-dimensionale Einheitsmatrix über K bezeichnet.Lemma 4.40. Sei L = K(a) eine endliche Körpererweiterung vom Grad n und das Minimalpolynom von aüber K gegeben durch m a,K = X n − c 1 X n−1 + . . . + (−1) n c n . Dann isttr L/K (a) = c 1 und n L/K (a) = c n . (78)Beweis. Nach dem Satz von Cayley-Hamilton annulliert die lineare Abbildung ϕ a ihr charakteristischesPolynom p ϕa . Daher ist p ϕa (a) = p ϕa (ϕ a )(1) = 0, also a eine Nullstelle von p ϕa . Es folgt m a,K | p ϕa . Dabeide Polynome normiert sind und den gleichen Grad haben, müssen sie gleich sein.Lemma 4.41. Sei L/K eine endliche Körpererweiterung und M ein Zwischenkörper der Erweiterung. Danngilt für alle a ∈ Mtr L/K (a) = [L : M] · tr M/K (a) und n L/K (a) = n M/K (a) [L:M] . (79)Beweis. Sei v 1 , . . . , v n eine Basis von M über K und w 1 , . . . , w m eine Basis von L über M. Dann bilden dieElemente w i v j eine Basis von L über K. Die Matrix A = (a i j ) i j ∈ K n×n , die durch das lineare Gleichungssystem∑ nk=1 a k jv k = av j definiert ist, repräsentiert nun die lineare Abbildung ϕ a : M → M. Wegen∑ nk=1 a k jw i v k = aw i v j für i = 1, . . . , n repräsentiert weiterhin die Matrix⎛AB = ⎜⎝⎞. .. ⎟⎠ ∈ K mn×mnAdie lineare Abbildung ϕ a : L → L. Die Behauptung folgt schließlich durch Berechnen von Spur undDeterminante von B, da m = [L : M], tr(A) = tr M/K (a) und det(A) = n M/K (a) ist.57

Satz 4.42. Sei L/K eine endliche separable Körpererweiterung vom Grad n und K ein algebraischer Abschlussvon L. Mit σ 1 , . . . , σ n bezeichnen wir die verschiedenen K-Homomorphismen von L nach K. Danngilt für a ∈ Ln∑n∏tr L/K (a) = σ i (a) und n L/K (a) = σ i (a). (80)i=1Beweis. Wir fixieren a ∈ L und betrachten das Minimalpolynom m a,K = X r − c 1 X r−1 + . . . + (−1) r c r .Da die Erweiterung K(a)/K wieder separabel ist, sind die Nullstellen von m a,K paarweise verschieden.Nach dem kleinen Fortsetzungssatz gibt es also genau r K-Homomorphismen τ 1 , . . . , τ r von K(a) nachK und die Bilder von a unter diesen Homomorphismen sind gerade die Nullstellen von m a,K . Damit folgtm a,K = ∏ rj=1 (X − τ j(a)), so dassi=1r∑τ j (a) = c 1 = tr K(a)/K (a)j=1undr∏τ j (a) = c r = n K(a)/K (a).j=1Die Abbildungen σ iK(a)sind nun K-Homomorphismen von K(a) nach K und entsprechen somit jeweilseinem τ j . Da auch L/K(a) separabel ist, gibt es ein Element b ∈ L mit L = K(a)(b) und dieNullstellen von m b,K(a) sind paarweise verschieden. Wiederum aufgrund des kleinen Fortsetzungssatzesist die Anzahl der Fortsetzungen eines τ j zu einem K-Homomorphismus σ i von L nach K also gleichgrad(m b,K(a) ) = [L : K(a)].Mit dem letzten Lemma folgt somitn∑σ i (a) = [L : K(a)] ·i=1r∑τ j (a) = [L : K(a)] · tr K(a)/K (a) = tr L/K (a)j=1undn∏σ i (a) =i=1r∏τ j (a) [L:K(a)] = n K(a)/K (a) [L:K(a)] = n L/K (a).j=1Korollar 4.43. Sei L/K eine endliche Galoiserweiterung. Dann sind tr L/K und n L/K invariant unter derGaloisgruppe Gal(L/K). Für a ∈ L und σ ∈ Gal(L/K) gilt alsotr L/K (σ(a)) = tr L/K (a) und n L/K (σ(a)) = n L/K (a). (81)Anmerkung des Erstellers: Zum Beweis: Sei σ ∈ Gal(L/K). Dann permutiert σ die σ i aus dem letztenSatz, denn σ i ◦ σ ist wieder ein K-Homomorphismus von L nach K und diese Verknüpfungen sindpaarweise verschieden. Also ist Darstellung (80) invariant unter σ und somit auch Spur und Norm.23. Vorlesung vom Montag, 17.01.2011Satz 4.44. Sei L/K eine endliche separable Körpererweiterung. Dann gilt:1. Es gibt ein Element a ∈ L ∗ , so dass tr L/K (a) ≠ 0. Damit ist die K-lineare Abbildung tr L/K : L → Ksogar surjektiv.2. Die Abbildung (·, ·) : L × L → K, (x, y) → tr L/K (x y) ist eine nicht ausgeartete symmetrische Bilinearform.58

Beweis.1. Es sei n = [L : K] und v 1 , . . . , v n eine Basis von L über K. Wir bezeichnen die verschiedenenK-Homomorphismen von L nach K mit σ 1 , . . . , σ n . Nach Korollar 4.36 sind die Vektoren(σ j (v i )) i=1,...,n für j = 1, . . . , n linear unabhängig. Die nicht triviale Linearkombination∑ nj=1 (σ j(v i )) i=1,...,n kann also nicht verschwinden. Es muss daher ein 1 ≤ i ≤ n geben, so dasstr(v i ) =n∑σ j (v i ) ≠ 0.j=12. Die angegebene Abbildung ist offensichtlich bilinear und symmetrisch. Um zu zeigen, dass sie nichtausgeartet ist, sei b ∈ L ∗ . Dann ist (b, ab −1 ) = tr L/K (bab −1 ) = tr L/K (a) ≠ 0 für ein Element a ∈ L ∗wie in (1).Satz 4.45. Sei K ⊆ L ⊆ M ein Turm endlicher separabler Körpererweiterungen. Dann gilt für alle a ∈ Mtr M/K (a) = tr L/K ◦ tr M/L(a) und nM/K (a) = n L/K ◦ n M/L(a). (82)Beweis. Wir wählen einen algebraischen Abschluss K von M, so dass K ⊆ L ⊆ M ⊆ K, und setzen m =[L : K] sowie n = [M : L]. Weiterhin sei Hom K (L, K) = {σ 1 , . . . , σ m } und Hom L (M, K) = {τ 1 , . . . , τ n }.Die K-Homomorphismen σ i : L → K setzen wir schließlich fort zu K-Homomorphismen σ i : K → K.Dann ist wie im Beweis von Satz 3.47 gezeigt Hom K (M, K) = {σ i ◦ τ j }. Somit gilt für a ∈ Mtr M/K (a) =n M/K (a) =m∑i=1m∏i=1⎛n∑ m∑σi ◦ τ j (a) = σ i⎝j=1j=1i=1⎛n∏ m∏σi ◦ τ j (a) = σ i⎝i=1⎞n∑τ j (a) ⎠ =j=1} {{ }=tr M/L (a)∈L⎞n∏τ j (a) ⎠ =j=1} {{ }=n M/L (a)∈Lm∑ σ i trM/L (a) = tr L/K trM/L (a) ,i=1m∏ σ i nM/L (a) = n L/K nM/L (a) .Der Satz bleibt auch ohne die Bedingung der Separabilität gültig. Der Beweis ist in diesem Fall jedochdeutlich aufwändiger (siehe z. B. [B], S. 196ff).4.6 Zyklische ErweiterungenDefinition 4.46. Eine Galoiserweiterug L/K heißt zyklisch , wenn Gal(L/K) zyklisch ist.Theorem 4.47. ( Hilbert ). Sei L/K eine endliche zyklische Galoiserweiterung, σ ∈ Gal(L/K) ein Erzeugerder Galoisgruppe und b ∈ L. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:1. Es gibt ein a ∈ L ∗ mit b = aσ(a) −1 .2. Es gilt n L/K (b) = 1.i=1Beweis.1. ⇒ 2.) Gibt es ein a ∈ L ∗ mit b = aσ(a) −1 , so istn L/K (b) = n L/Kaσ(a)−1 = n L/K (a) n L/K (σ(a)) −1 = n L/K (a) n L/K (a) −1 = 1.59

2. ⇒ 1.) Wir setzen n = [L : K] und definieren für 0 ≤ j ≤ n die Koeffizienten b j = ∏ j−1i=0 σi (b). Esist also insbesondere b 0 = 1, b 1 = b und b n = n L/K (b) = 1. Außerdem gilt bσ(b j ) = b j+1 füralle zulässigen Indices. Da die paarweise verschiedenen L-Automorphismen 1, σ, . . . , σ n−1 linearunabhängig sind, ist ∑ n−1j=0 b jσ j ≠ 0. Es gibt also ein c ∈ L ∗ mit a = ∑ n−1j=0 b jσ j (c) ≠ 0. Damit folgt∑n−1σ(a) = σ(b j ) · σ σ j (c) ∑n−1= b −1 b j+1 · σ j+1 (c) = b −1j=0denn b n σ n = id = b 0 σ 0 .j=0n∑∑n−1b j σ j (c) = b −1 b j σ j (c) = b −1 a,Bei dem Theorem von Hilbert handelt es sich eigentlich um eine kohomologische Aussage. Wir wollenkurz den Begriff der Kohomologiegruppe einführen und das Theorem auf diesen Rahmen verallgemeinern.Definition 4.48. Sei G eine Gruppe und A eine abelsche Gruppe, so dass G auf A operiert. (Es gibtalso einen Homomorphismus G → Aut(A).) Dann ist Abb(G, A) eine abelsche Gruppe. Die Gruppe der1-Kozykel Z ′ (G, A) und die Gruppe der 1-Koränder B ′ (G, A), die durchZ ′ (G, A) = f ∈ Abb(G, A) : ∀σ, σ ′ ∈ G : f (σσ ′ ) = σ(f (σ ′ )) · f (σ) und (83)B ′ (G, A) =f ∈ Abb(G, A) : ∃a ∈ A : ∀σ ∈ G : f (σ) = aσ(a) −1 (84)definiert werden, sind nun Untergruppen von Abb(G, A). Außerdem ist B ′ (G, A) eine Untergruppe vonZ ′ (G, A). Den Quotienten H ′ (G, A) = Z ′ (G, A)/B ′ (G, A) nennen wir erste Kohomologiegruppe von G mitWerten in A.Theorem 4.49. Sei L/K eine endliche Galoiserweiterung mit Galoisgruppe G. Dann ist die Kohomologiegruppevon G mit Werten in L ∗ trivial, d. h. H ′ (G, L ∗ ) = {1}.Beweis. Sei f : G → L ∗ ein 1-Kozyklus. Aufgrund der linearen Unabhängigkeit der L-Automorphismenin G ist ∑ σ∈G f (σ) · σ ≠ 0. Es gibt also ein c ∈ L∗ , so dass b = ∑ σ∈Gf (σ) · σ(c) ≠ 0. Dann gilt für alleσ ∈ G∑σ(b) = σ f (σ ′ ) ∑· (σσ ′ )(c) = f (σ) −1 f (σσ ′ ) · (σσ ′ )(c)σ ′ ∈G= f (σ) −1 ∑ σ ′ ∈Gσ ′ ∈Gj=1f (σσ ′ ) · (σσ ′ )(c) = f (σ) −1 b.j=0Also ist f ein 1-Korand.Das Theorem von Hilbert ist wie oben angedeutet ein Spezialfall dieses allgemeineren Theorems. Wirgeben daher einen weiteren Beweis an, der diese Abhängigkeit ausnutzt:Alternativer Beweis des Theorems von Hilbert. Wir zeigen nur (2.) ⇒ (1.), die andere Richtung ist trivial(siehe Beweis oben). Sei also L/K eine zyklische Galoiserweiterung vom Grad n, σ ein erzeugendesElement der Galoisgruppe G und b ∈ L ∗ . Die Abbildung f : G → L ∗ , σ j → ∏ j−1i=0 σi (b) ist wohldefiniert,falls n L/K (b) = 1. Es handelt sich ferner um einen 1-Kozyklus, dennf (σ k σ l ) =k+l−1 ∏i=0 ∏k−1∏ l−1σ i (b) = σ i (b) · σ k σ i (b) = f (σ k ) · σ k f (σ l ) .i=0Nach Theorem 4.49 ist f also auch ein 1-Korand, d. h. es gibt ein a ∈ L ∗ mit f (σ) = aσ(a) −1 . Insbesonderegilt b = f (σ 1 ) = aσ(a) −1 .i=060

24. Vorlesung vom Mittwoch, 19.01.2011Theorem 4.50. Sei L/K eine Körpererweiterung und n ∈ \ {0} mit char(K) ∤ n. Außerdem soll K eineprimitive n-te Einheitswurzel ξ enthalten. Dann gilt:1. Ist L/K eine zyklische Galoiserweiterung vom Grad n, so gilt L = K(a) für ein Element a ∈ L, dessenMinimalpolynom X n − a n ist.2. Gilt L = K(a) für ein Element a ∈ L, das Nullstelle eines Polynoms der Form X n − c ∈ K[X ] ist, soist L/K eine zyklische Galoiserweiterung. Weiterhin ist d = [L : K] ein Teiler von n und a d liegt in K.Insbesondere ist X d − a d ∈ K[X ] das Minimalpolynom von a über K.Beweis.1. Es sei σ ein Erzeuger von Gal(L/K). Wegen n L/Kξ−1 = ξ −1 [L:K]=ξ−1 n= 1 können wirdann das Theorem von Hilbert anwenden. Demnach gibt es ein Element a ∈ L ∗ mit ξ −1 = aσ(a) −1 ,bzw. σ(a) = ξa. Also giltσ 0 (a) = a, σ(a) = ξa, σ 2 (a) = ξ 2 a, . . . , σ n−1 (a) = ξ n−1 a.Wir sehen also, dass die Elemente σ i (a) mit i = 0, . . . , n−1 paarweise verschiedene Nullstellen vonm a,K sind. Es folgt daher grad(m a,K ) ≥ n, d. h. [K(a) : K] = grad(m a,K ) = n und somit L = K(a).Weiterhin gilt σ(a n ) = σ(a) n = ξ n a n = a n . Das heißt, a n ist invariant unter Gal(L/K), so dassa n ∈ K sein muss. Somit ist a Nullstelle des Polynoms X n − a n ∈ K[X ]. Da es ein normiertesPolynom vom Grad n ist, muss es bereits das Minimalpolynom von a über K sein.2. Es sei L = K(a) für ein Element a wie oben beschrieben. Ist a = 0, so sind alle Aussagen trivial.Wir können also annehmen, dass a ≠ 0 gilt. Dann sind ξ 0 a, ξ 1 a, . . . , ξ n−1 a gerade n verschiedeneNullstellen von X n − c, d. h. X n − c = ∏ n−1i=0 (X − ξi a) und L ist der Zerfällungskörper von X n − cüber K. Da dieses Polynom separabel über K ist, ist L/K also eine endliche Galoiserweiterung.Für jeden Automorphismus σ ∈ Gal(L/K) ist auch σ(a) Nullstelle von X n − c. Daher mussσ(a) = w σ a für ein eindeutiges w σ ∈ U n sein. Die Abbildung Gal(L/K) → U n , σ → w σ ist einGruppenhomomorphismus, da aus(σσ ′ )(a) = σ(σ ′ (a)) = σ(w σ ′a) = w σ ′σ(a) = w σ ′w σ aw σσ ′ = w σ w σ ′ folgt. Ferner ist sie injektiv, denn w σ = 1 impliziert σ(a) = a und somit bereitsσ = id L . Wir können Gal(L/K) also nach U n einbetten und so mit einer Untergruppe von U nidentifizieren. Daher muss auch Gal(L/K) zyklisch sein und aus dem Satz von Lagrange folgt d | n.Schließlich wählen wir einen Erzeuger σ von Gal(L/K). Dann ist w σ eine primitive d-te Einheitswurzelund es giltσ a d = σ(a) d = w σ a d = w d σ ad = a d .Das Element a d ist also invariant unter Gal(L/K), so dass a d ∈ K sein muss. Da ferner a eineNullstelle von X d − a d ist, folgt m a,K = X d − a d .Theorem 4.51. ( Hilbert ). Sei L/K eine endliche zyklische Galoiserweiterung, σ ∈ Gal(L/K) ein Erzeugerder Galoisgruppe und b ∈ L. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:1. Es gibt ein a ∈ L mit b = a − σ(a).2. Es gilt tr L/K (b) = 0.61

Beweis.1. ⇒ 2.) Gibt es ein a ∈ L ∗ mit b = a − σ(a), so isttr L/K (b) = tr L/K (a − σ(a)) = tr L/K (a) − tr L/K (σ(a)) = 0.2. ⇒ 1.) Wir setzen n = [L : K] und definieren für 0 ≤ j ≤ n die Koeffizienten b j = ∑ j−1i=0 σi (b). Es istalso insbesondere b 0 = 0, b 1 = b und b n = tr L/K (b) = 0, so dass (b n − b)σ n = −b id = (b 0 − b)σ 0 .Außerdem gilt b + σ(b j ) = b j+1 für alle zulässigen Indices. Wir wählen nun c ∈ L mit tr L/K (c) ≠ 0und setzen a = tr L/K (c) −1 ∑ n−1j=0 b jσ j (c). Dann folgttr L/K (c) · σ(a) = σ tr L/K (c)a ∑n−1= σ(b j ) · σ σ j (c) ∑n−1= b j+1 − b · σ j+1 (c)=j=0n∑ b j − b ∑n−1· σ j (c) = bj − b · σ j (c)j=1∑n−1=j=0Also gilt wie erwartet σ(a) = a − b.∑n−1b j σ j (c) − bj=0j=0j=0σ j (c) = tr L/K (c) · a − b · tr L/K (c).Anmerkung des Erstellers: Auch die additive Version des Theorems von Hilbert ist eigentlich eine kohomologischeAussage. Die entsprechende Verallgemeinerung des Theorems lautet (nach [B], S. 205,Aufgabe 5):„Sei L/K eine endliche Galoiserweiterung mit Galoisgruppe G. Dann ist die Kohomologiegruppe vonG mit Werten in L = (L, +) trivial, d. h. H ′ (G, L) = {0}.“Geht man von dieser allgemeineren Version des Theorems aus, so lässt sich die Implikation (2.) ⇒ (1.)des additiven Theorems von Hilbert praktisch genau wie im multiplikativen Fall beweisen:Sei L/K eine zyklische Galoiserweiterung vom Grad n, σ ein erzeugendes Element der GaloisgruppeG und b ∈ L. Die Abbildung f : G → L, σ j → ∑ j−1i=0 σi (b) ist wohldefiniert, falls tr L/K (b) = 0. Es handeltsich ferner um einen 1-Kozyklus, dennf (σ k σ l ) =k+l−1 ∑i=0 ∑k−1∑ l−1σ i (b) = σ i (b) + σ k σ i (b) = f (σ k ) + σ k f (σ l ) .i=0Also ist f auch ein 1-Korand, d. h. es gibt ein a ∈ L mit f (σ) = a − σ(a). Insbesondere gilt b = f (σ 1 ) =a − σ(a).Satz 4.52. Sei K ein Körper der Charakteristik p > 0 und f = X p − X − c ∈ K[X ]. Das Polynom f ist dannentweder irreduzibel über K oder es zerfällt in Linearfaktoren.Beweis. Es giltf (X + 1) = (X + 1) p − (X + 1) − c = X p + 1 − X − 1 − c = X p − X − c = f (X ).Sei a ∈ K eine beliebige Nullstelle von f . Dann sind die Nullstellen von f in K gerade gegeben durcha, a + 1, . . . , a + (p − 1)1.Wir nehmen nun an, dass f nicht irreduzibel ist. Es gibt dann normierte, nicht konstante Polynomeg, h ∈ K[X ] mit f = gh. Wir schreiben g = ∏ i∈I X − (a + i1) und stellen fest, dass der Koeffizient vong an X d−1 gerade ∑ i∈I−(a + i1) sein muss. Dies entspricht dem Ausdruck −|I|a + s für ein geeignetess ∈ K. Also sind auch |I|a und somit a Elemente von K, denn es gilt 1 ≤ |I| = grad(g) < p. Damit müssenaber sogar alle Nullstellen von f in K liegen und das Polynom zerfällt über K in Linearfaktoren.i=062

Theorem 4.53. ( Artin, Schreier ) Sei L/K eine Körpererweiterung mit Charakteristik p > 0. Dann gilt:1. Ist L/K eine zyklische Galoiserweiterung vom Grad p, so gilt L = K(a) für ein Element a ∈ L, dessenMinimalpolynom X p − X − c für ein geeignetes c ∈ K ist.2. Gilt L = K(a) für ein Element a ∈ L, das Nullstelle eines Polynoms der Form X p − X − c ∈ K[X ] ist, soist L/K eine zyklische Galoiserweiterung. Das Polynom X p − X − c ist dann entweder irreduzibel überK oder es zerfällt vollständig in Linearfaktoren. Im ersten Fall hat L/K den Grad p, im zweiten giltL = K und die Erweiterung ist trivial.Beweis.1. Es sei σ ein Erzeuger von Gal(L/K). Wegen [L : K] = p ist tr L/K (−1) = [L : K](−1) = 0. Nachdem Theorem von Hilbert gibt es also ein a ∈ L mit −1 = a − σ(a), so dass σ j (a) = a + j1 für allej ∈ gilt. Insbesondere sind die Nullstellen σ 0 (a), . . . , σ p−1 (a) von m a,K paarweise verschieden.Also muss [K(a) : K] = grad(m a,K ) ≥ p und somit L = K(a) sein.Weiterhin ist c = a p − a ∈ K, dennσ(a p − a) = σ(a) p − σ(a) = (a + 1) p − (a + 1) = a p + 1 − a − 1 = a p − a.Das Element a ist also eine Nullstelle des Polynoms X p − X − c ∈ K[X ]. Wegen grad(m a,K ) ≥ pmuss dieses bereits das Minimalpolynom von a sein.2. Sei a ∈ L Nullstelle des Polynoms f = X p − X − c ∈ K[X ]. Dann sind die Nullstellen von f geradea, a + 1, . . . , a + (p − 1)1. Der Körper L ist also ein Zerfällungskörper von f über K. Weiterhinhat f wegen f ′ ≡ −1 ≠ 0 keine mehrfachen Nullstellen und L/K ist somit auch separabel. DieErweiterung L/K ist also eine endliche Galoiserweiterung.Gilt a ∈ K, so ist die Erweiterung L/K trivial und f zerfällt nach dem letzten Satz vollständig inLinearfaktoren. Ist andererseits a /∈ K, so ist f irreduzibel und somit das Minimalpolynom von a.Insbesondere folgt [L : K] = p. Da a + 1 eine Nullstelle von m a,K ist, muss es außerdem einenAutomorphismus σ ∈ Gal(L/K) mit σ(a) = a + 1 geben. Dieser hat dann Ordnung p und erzeugtwegen |Gal(L/K)| = p die Galoisgruppe.25. Vorlesung vom Montag, 24.01.20114.7 Auflösbare GruppenDefinition 4.54. Sei G eine Gruppe. Der Kommutator von Elementen a, b ∈ G ist definiert als[a, b] = aba −1 b −1 . Sind H und H ′ Untergruppen von G, so bezeichnet [H, H ′ ] diejenige Untergruppevon G, die von [a, b] : a ∈ H, b ∈ H ′ erzeugt wird. Die Gruppe [G, G] ist die sogenannteKommutatoruntergruppe von G.Eine Gruppe G ist genau dann abelsch, wenn ihre Kommutatoruntergruppe [G, G] trivial ist.Satz 4.55. Sei G eine Gruppe. Dann gilt:1. Die Kommutatoruntergruppe [G, G] besteht aus endlichen Produkten von Kommutatoren aus G.2. Die Kommutatoruntergruppe [G, G] ist eine normale Untergruppe von G.3. Sei H eine normale Untergruppe von G. Dann ist G/H genau dann abelsch, wenn [G, G] ⊆ H.63

Beweis.1. Für a, b ∈ G ist[a, b] −1 = aba −1 b −1 −1= bab −1 a −1 = [b, a].Also sind die Inversen von Kommutatoren aus G selbst wieder Kommutatoren aus G. Dies impliziertdie Behauptung.2. Sei g ∈ G. Für a, b ∈ G ist danng[a, b]g −1 = g aba −1 b −1 g −1 = gag −1 g bg −1 ga −1 g −1 g b −1 g −1 = gag −1 , g bg −1 .Also gilt g[G, G]g −1 ⊆ [G, G]. Durch Vertauschen von g und g −1 folgt auch g −1 [G, G]g ⊆ [G, G]und somit Gleichheit.3. Ist G/H abelsch, so gilt abH = aH bH = bHaH = baH und somit a −1 , b −1 = a −1 b −1 ab ∈ H füralle Elemente a, b ∈ G. Also folgt [G, G] ⊆ H.Ist umgekehrt [G, G] ⊆ H, so ist G/H abelsch, denn für a, b ∈ G giltaH bH = abH = Hab = H[a, b]ba = H ba = baH = bHaH.Definition 4.56. Die symmetrische Gruppe S n ist die Gruppe der Bijektionen auf der Menge {1, . . . , n}.Der Kern des Homomorphismus sgn : S n → {±1} wird als alternierende Gruppe A n bezeichnet.Es ist An =1 Sn 2 =n!. Außerdem gilt für n ≥ 22⎧ ⎨{1} für n = 2, 3Sn , S n = An und An , A n = /2 × /2 für n = 4 . (85)⎩A n für n ≥ 5Definition 4.57. Sei G eine Gruppe. Wir definieren nun eine absteigende Kette von Untergruppen G =D 0 G ⊇ D 1 G ⊇ . . . ⊇ D n G ⊇ . . . durchD 0 G = G und D n+1 G = [D n G, D n G] für n ∈ . (86)Nach dem vorangegangenen Satz ist D n+1 G stets ein Normalteiler von D n G und die QuotientenD n G/D n+1 G sind immer abelsch.Definition 4.58. Sei G eine Gruppe. Eine endliche absteigende Kette von UntergruppenG = G 0 ⊇ G 1 ⊇ . . . ⊇ G n−1 ⊇ G n = {1}heißt Normalreihe von G, wenn G i+1 jeweils Normalteiler von G i ist. Die Quotienten G i /G i+1 füri = 0, . . . , n − 1 werden als Faktoren der Normalreihe bezeichnet. Die Gruppe G heißt auflösbar , wennsie eine Normalreihe mit abelschen Faktoren hat.Satz 4.59. Eine Gruppe G ist genau dann auflösbar, wenn es ein n ∈ mit D n G = {1} gibt.Beweis. Gilt D n G = {1}, so ist G 0 = D 0 G ⊇ D 1 G ⊇ D n G = {1} eine Normalreihe von G mit abelschenFaktoren und G somit auflösbar.Sei nun umgekehrt G auflösbar. Es gibt also eine Normalreihe G = G 0 ⊇ G 1 ⊇ . . . ⊇ G n = {1} mitabelschen Faktoren. Wir beweisen nun mittels Induktion über i, dass D i G ⊆ G i für i = 1, . . . , n gilt. Dannist nämlich D n G ⊆ G n = {1} und somit D n G = {1}.Die Behauptung ist per Definition richtig für i = 0. Wir nehmen also an, dass D i G ⊆ G i für ein i < ngilt. Da G i /G i+1 abelsch ist, muss dann [G i , G i ] ⊆ G i+1 sein und es folgtD i+1 G = [D i G, D i G] ⊆ [G i , G i ] ⊆ G i+1 .64

Satz 4.60. Die symmetrische Gruppe S n ist auflösbar für n ≤ 4 und nicht auflösbar für n ≥ 5.Beweis. Für n ≤ 4 hat man folgende Normalreihen mit abelschen Faktoren:n = 1) {1},n = 2) S 2 ⊇ {1},n = 3) S 3 ⊇ A 3 ⊇ {1} undn = 4) S 4 ⊇ A 4 ⊇ [A 4 , A 4 ] ⊇ {1}.Für n ≥ 5 ist [S n , S n ] = A n und [A n , A n ] = A n . Daher ist in diesem Fall D m S n ⊇ A n {1} für alle m ∈ und S n ist nach dem letzten Satz nicht auflösbar.Satz 4.61. Sei G eine endliche auflösbare Gruppe. Dann lässt sich jede echt absteigende Normalreihe in Gmit abelschen Faktoren zu einer Normalreihe verfeinern, deren Faktoren zyklisch von Primzahlordnung sind.Beweis. Sei G = G 0 G 1 . . . G n eine echt absteigende Normalreihe von G mit abelschen Faktoren.Wir nehmen an, dass G i /G i+1 nicht zyklisch von Primzahlordnung ist. Da dieser Quotient jedoch endlichist, muss es ein Element a ∈ G i /G i+1 von Primzahlordnung geben. Die von ihm erzeugte Untergruppe〈a〉 ist dann ein echter, nicht trivialer Normalteiler von G i /G i+1 .Wir bezeichnen das Urbild von 〈a〉 unter der Projektion π : G i → G i /G i+1 mit H. Dann ist H normalin G i und es gilt G i H G i+1 . Außerdem ist G i+1 normal in G i und somit auch in H. Wir könnendie Normalreihe G = G 0 G 1 . . . G n also durch Einfügen von H zu einer neuen echt absteigendenNormalreihe verfeinern. Es bleibt zu zeigen, dass die beiden neu entstandenen Faktoren wieder abelschsind. Auf der einen Seite ist sicherlich H/G i+1 als Untergruppe von G i /G i+1 abelsch. Auf der anderenSeite ist die Projektion G i /G i+1 → G i /H surjektiv mit Kern H/G i+1 , so dass nach dem Homomorphiesatzauch G i /H ∼ = (G i /G i+1 ) (H/G i+1 ) abelsch sein muss.Die iterierte Anwendung dieses Verfahrens liefert nun so lange immer feinere echt absteigende Normalreihenin G bis alle Faktoren zyklisch von Primzahlordnung sind. Da G endlich ist, muss dies bereitsnach endlich vielen Schritten der Fall sein.Satz 4.62. Sei G eine Gruppe und H eine Untergruppe von G. Dann gilt:1. Ist G auflösbar, so auch H.2. Sei H normal in G. Dann ist G genau dann auflösbar, wenn G/H und H es sind.Beweis.1. Ist G auflösbar, so gibt es ein n ∈ mit D n G = {1}. Aus H ⊆ G folgt dann D n H ⊆ D i G ⊆ {1}.2. Es sei π : G → G/H die kanonische Projektion. Dann gilt π([a, b]) = π aba −1 b −1 = [π(a), π(b)]für alle a, b ∈ G und daher π([G, G]) = [π(G), π(G)]. Wiederholte Anwendung dieses Argumentsliefert D i (π(G)) = π(D i (G)). Insbesondere folgt aus der Auflösbarkeit von G bereits die Auflösbarkeitvon G/H.Wir nehmen nun an, dass sowohl G/H als auch H auflösbar sind. Dann gibt es ein n ∈ mitD n (G/H) = {1} und D n (H) = {1}. Also ist π(D n (G)) = D n (π(G)) = D n (G/H) = {1}, das heißtD n (G) ⊆ H. Damit folgt jedoch D 2n (G) = D n (D n (G)) ⊆ D n (H) = {1} und auch G ist auflösbar.26. Vorlesung vom Mittwoch, 26.01.2011Korollar 4.63. Seien G 1 , . . . , G n Gruppen. Dann ist das direkte Produkt ∏ ni=1 G i genau dann auflösbar,wenn alle Gruppen G i auflösbar sind.Beweis. Übung.65

4.8 Auflösbare KörpererweiterungenWir untersuchen nun die Frage, wann eine algebraische Gleichung f (X ) = 0 durch Radikale gelöstwerden kann.Definition 4.64. Eine endliche Körpererweiterung L/K heißt durch Radikale auflösbar , wenn es zu Leinen Erweiterungskörper E und eine Körperkette K = E 0 ⊆ E 1 ⊆ . . . E m = E gibt, so dass E i+1 aus E ijeweils durch Adjunktion von genau einem der folgenden Elemente von L entsteht:a) einer Einheitswurzel,b) einer Nullstelle eines Polynoms X n − c ∈ E i [X ], wobei char(K) ∤ n, oderc) einer Nullstelle eines Polynoms X p − X − c ∈ E i [X ], wobei char(K) = p > 0.Jede Teilerweiterung E i+1 /E i ist nach dieser Definition eine Galoiserweiterung und daher insbesondereseparabel. Aufgrund der Transivitität dieser Eigenschaft sind also auch die Erweiterungen E/K und L/Kseparabel.Im übrigen wird, um diese Eigenschaften sicher zu stellen, auch für die Nullstellen in (b) verlangt,dass char(K) ∤ n gilt. Für char(K) = p > 0 ist beispielsweise das Polynom f = X p − c ∈ K[X ] nichtseparabel. Um dies einzusehen sei a ∈ K eine Nullstelle von f . Dann gilt f = X p − a p = (X − a) p und aist eine p-fache Nullstelle von f . Ist nun a /∈ K, so kann auch a k mit k = 1, . . . , p − 1 nicht K liegen. Füreinen echten Teiler g von f in K ist das Absolutglied aber genau so eine Potenz von a. Also hat f keineechten Teiler in K, ist somit irreduzibel und daher das Minimalpolynom von a. Die Erweiterung K(a)/Kist dann also nicht separabel.Definition 4.65. Eine endliche Körperweiterung L/K heißt auflösbar , wenn es einen Oberkörper E ⊇ Lgibt, so dass E/K eine endliche Galoiserweiterung mit auflösbarer Galoisgruppe ist.Satz 4.66. Eine endliche Galoiserweiterung L/K ist genau dann auflösbar, wenn Gal(L/K) auflösbar ist.Beweis. Sei L/K eine endliche Galoiserweiterung und E ⊇ L ein Oberkörper, so dass E/K eine endlicheGaloiserweiterung mit auflösbarer Galoisgruppe ist. Dann gilt K ⊆ L ⊆ E und Gal(E/L) istnach demHauptsatz der Galoistheorie eine normale Untergruppe von Gal(E/K) mit Gal(L/K) ∼ =Gal(E/K) Gal(E/L). Da Gal(E/K) auflösbar ist, gilt dies also auch für Gal(L/K).Die andere Richtung ist offensichtlich.Definition 4.67. Sei K ein Körper, f ∈ K[X ] ein separables, nicht konstantes Polynom und L ein Zerfällungskörpervon f über K. Die Gleichung f (X ) = 0 über K heißt dann durch Radikale auflösbar ,wenn L durch Radikale auflösbar ist. Ebenso heißt die Gleichung f (X ) = 0 über K auflösbar , wenn Lauflösbar ist.Definition 4.68. Seien E und F Teilkörper eines Körpers L. Der kleinste Teilkörper von L, der E und Fenthält, heißt Kompositum E · F von E und F in L. Es ist also E · F = E(F) = F(E).Satz 4.69. Es sei L/K eine endliche Körpererweiterung und F ein algebraischer Erweiterungskörper von K.Man wähle einen algebraischen Abschluss F von F und bette L mittels eines K-Homomorphismus in F ein.F L F endl. KMit LF dem Kompositum von L und F in F gilt dann:66

1. Ist L/K durch Radikale auflösbar, so auch F L/F.2. Ist L/K auflösbar, so auch F L/F.Beweis.1. Sei L/K durch Radikale auflösbar und K = E 0 ⊆ E 1 ⊆ . . . ⊆ E m = E mit L ⊆ E die zugehörigeKörperkette. Da E/K algebraisch ist und F ein algebraischer Abschluss von K ist, können wir dieseKette in F einbetten. Dann zeigt die Kette F = F E 0 ⊆ F E 1 ⊆ . . . ⊆ F E m = F E, dass F L/F durchRadikale auflösbar ist.2. Sei L/K auflösbar. Durch Vergrößern von L können wir annehmen, dass L/K eine endliche Galoiserweiterungmit auflösbarer Galoisgruppe Gal(L/K) ist.Zunächst zeigen wir, dass auch F L/F eine endliche Galoiserweiterung ist. Auf der einen Seite istL/K normal, es gilt also L = K(M) für eine Menge M von Nullstellen geeigneter Polynome in K[X ].Daher ist auch F L = F(M) und F L somit normal über F. Auf der anderen Seite ist L/K endlichund separabel. Nach dem Satz vom primitiven Element gibt es also ein separables Element a ∈ Lmit L = K(a). Es folgt F L = F(a) und wegen m a,F | m a,K muss auch F L/F endlich und separabelsein.Nun widmen wir uns der Auflösbarkeit von Gal(F L/F). Hierfür betrachten wir einen Automorphismusσ ∈ Gal(F L/F). Er operiert trivial auf K und es gilt σ(L) ⊆ LF ⊆ F. Die Abbildungσ : L → F ist also ein K-Homomorphismus in einen algebraischen Abschluss von L. Da aber Lnormal über K ist, muss nun σ(L) = L sein. Es gibt also einen natürlichen RestriktionshomomorphismusGal(F L/F) → Gal(L/K), σ → σ| L . Dieser ist wegen F L = F(L) injektiv. Also istGal(F L/F) isomorph zu einer Untergruppe von Gal(L/K) und somit auflösbar.Satz 4.70. Sei K ⊆ L ⊆ M eine Kette endlicher Körpererweiterungen. Dann gilt:1. Die Erweiterung M/K ist genau dann durch Radikale auflösbar, wenn die Erweiterungen M/L undL/K durch Radikale auflösbar sind.2. Die Erweiterung M/K ist genau dann auflösbar, wenn die Erweiterungen M/L und L/K auflösbarsind.Beweis.1. Zunächst sei M/K durch Radikale auflösbar und K = E 0 ⊆ E 1 ⊆ . . . ⊆ E m = E mit M ⊆ E diezugehörige Körperkette. Wegen L ⊆ M ⊆ E folgt direkt, dass auch L/K durch Radikale auflösbarist. Wir schreiben nun E i = E i−1 (a i ) und setzen F 0 = L sowie F i = F i−1 (a i ) für i = 1, . . . , m. Dannzeigt die Körperkette L = F 0 ⊆ F 1 ⊆ . . . ⊆ F m = E, dass M/L ebenfalls durch Radikale auflösbar ist.Umgekehrt seien nun M/L und L/K durch Radikale auflösbar. Dann gibt es einen algebraischenErweiterungskörper L ′ von L und eine Körperkette K = E 0 ⊆ E 1 ⊆ . . . ⊆ E m = L ′ , die L/K auflöst.Indem wir L ′ in M einbetten, erhalten wir außerdem folgendes Diagramm von Körpererweiterungen:M M L ′endl. L67

Mit dem letzten Satz folgt somit die Auflösbarkeit von L ′ M/L ′ durch Radikale. Es gibt also einenalgebraischen Erweiterungskörper M ′ von L ′ M und eine Körperkette L ′ = F 0 ⊆ F 1 ⊆ . . . ⊆ F n = M ′ ,die L ′ M/L ′ auflöst. Dann ist aber K = E 0 ⊆ E 1 ⊆ . . . ⊆ E m = F 0 ⊆ F 1 ⊆ F n = M ′ eine Körperkette,die M/K auflöst, denn es ist M ⊆ L ′ M ⊆ M ′ .2. Sei zunächst M/K auflösbar. Dann gibt es einen Erweiterungskörper M ′ von M, so dass M ′ /K eineendliche Galoiserweiterung mit auflösbarer Galoisgruppe ist. Wegen L ⊆ M ⊆ M ′ ist also auch L/Kauflösbar. Außerdem ist Gal(M ′ /L) eine Untergruppe von Gal(M ′ /K), so dass auch Gal(M ′ /L) unddamit die Körpererweiterung M/L auflösbar sind.Seien nun umgekehrt M/L und L/K auflösbar. Dann gibt es einen Erweiterungskörper L ′ von L, sodass L ′ /K eine endliche Galoiserweiterung mit auflösbarer Galoisgruppe ist. Wir betten nun L ′ wiein (1.) in M ein. Aus der Auflösbarkeit von M/L folgt dann die Auflösbarkeit von L ′ M/L ′ . Es gibtalso auch einen Erweiterungskörper M ′ von L ′ M, so dass M ′ /L ′ eine endliche Galoiserweiterungmit auflösbarer Galoisgruppe ist. Wir betten nun M ′ in M ein und zeigen im folgenden, dass M ′ /Kauflösbar ist. Dann muss auch M/K auflösbar sein, denn es ist M ⊆ L ′ M ⊆ M ′ .27. Vorlesung vom Montag, 31.01.2011Die Erweiterung M ′ /K ist endlich und separabel, weil M ′ /L ′ und L ′ /K endlich und separabel sind.Allerdings ist sie nicht notwendig normal. Wir müssen daher einen Erweiterungskörper M ′′ vonM ′ konstruieren, so dass M ′′ /K eine endliche Galoiserweiterung ist. Es reicht dann zu zeigen, dassGal(M ′′ /K) auflösbar ist.Es seien also n = [M ′ : K] und σ 1 , . . . , σ n die verschiedenen K-Homomorphismen von M ′ nach M.Wir definieren nun M ′′ als das Kompositum aller σ i (M ′ ), d. h.M ′′ = σ 1 (M ′ ) · σ 2 (M ′ ) · . . . · σ n (M ′ ).Da M ′ /K endlich und separabel ist, gibt es nach dem Satz vom primitiven Element ein separablesElement a ∈ M ′ , so dass M ′ = K(a). Dann ist M ′′ = K(σ 1 (a), . . . , σ n (a)). Die Erweiterung M ′′ /Kwird also von endlich vielen separablen Elementen erzeugt und ist somit selbst wieder endlich undseparabel.Um einzusehen, dass M ′′ /K auch normal und somit galoisch ist, zeigen wir nun, dass M ′′ derZerfällungskörper des Polynoms m a,K ist. Zunächst ist jedes σ i (a) eine Nullstelle von m a,K , dennm a,Kσi (a) = σ ima,K (a) = 0. Weiterhin gibt es für jede Nullstelle b von m a,K einen K-Homomorphismus σ : K(a) → M mit σ(a) = b. Da sich dieser zu einem K-Homomorphismusσ : M → M fortsetzen lässt, muss also σ = σ i für ein i ∈ {0, . . . , n} und somit b = σ i (a) sein. DieNullstellen von m a,K entsprechen also gerade den Erzeugern σ i (a) der Erweiterung M ′′ /K.Es bleibt zu zeigen, dass Gal(M ′′ /K) auflösbar ist. Hierzu betrachten wir den RestriktionshomomorphismusGal(M ′′ /K) → Gal(L ′ /K), σ → σ| L ′. Er ist wohldefiniert, da L ′ normal über Kist und somit σ(L ′ ) = L ′ für alle K-Homomorphismen σ : L → L gilt. Weiterhin ist er nachdem Fortsetzungssatz surjektiv und hat den Kern Gal(M ′′ /L ′ ). Nach dem Homomorphiesatz giltalso Gal(M ′′ /K) Gal(M ′′ /L ′ ) ∼ = Gal(L ′ /K) und Gal(M ′′ /K) ist nach Satz 4.62 genau dann auflösbar,wenn Gal(M ′′ /L ′ ) und Gal(L ′ /K) es sind. Wir müssen daher lediglich die Auflösbarkeit vonGal(M ′′ /L ′ ) zeigen.Alle Gruppen Gal(σ i (M ′ )/L ′ ) = Gal(σ i (M ′ )/σ i (L ′ )) ∼ = Gal(M ′ /L ′ ) mit i ∈ {1, . . . , n} sind auflösbar.Entsprechend ist auch ihr direktes Produkt auflösbar. Der injektive Homomorphismusn∏Gal(M ′′ /L ′ ) → Gal(σ i (M ′ )/L ′ ), σ → σ| σ1 (M ′ ) , . . . , σ| σn (M ′ )i=1bettet nun Gal(M ′′ /L ′ ) in dieses Produkt ein. Also ist auch Gal(M ′′ /L ′ ) auflösbar.68

Theorem 4.71. Eine endliche Körpererweiterung L/K ist genau dann auflösbar, wenn sie durch Radikaleauflösbar ist.Beweis. Die Erweiterung L/K sei zunächst auflösbar. Durch Vergrößern von L können wir dann annehmen,dass sie galoisch und ihre Galoisgruppe auflösbar ist.Es sei m das Produkt aller Primteiler p von [L : K] mit p ≠ char(K). Wir wählen nun eine primitivem-te Einheitswurzel ξ ∈ L und setzen F = K(ξ). Dann ist die Erweiterung F/K per Definition durchRadikale auflösbar. Im folgenden werden wir zeigen, dass auch F L/F durch Radikale auflösbar ist. Mitdem letzten Satz folgt dann die Auflösbarkeit von F L/K und somit von L/K durch Radikale.F L L F d. R. aufl.KDa L/K auflösbar ist, liefert zunächst der vorletzte Satz die Auflösbarkeit von F L/F. Da L/K weiterhineine endliche Galoiserweiterung ist, gilt dies auch für F L/F. Also ist Gal(F L/F) auflösbar und es gibteine Normalreihe Gal(F L/F) = G 0 ⊇ G 1 ⊇ . . . ⊇ G n = {1}, die sie auflöst. Durch Auslassen trivialerFaktoren und Verfeinern der Restreihe können wir sogar annehmen, dass jeder Faktor G i /G i+1 zyklischvon Primzahlordnung p i ist.Nun benutzen wir den Hauptsatz der Galoistheorie, um eine zu dieser Normalreihe korrespondierendeKörperkette F = F 0 ⊆ F 1 ⊆ . . . ⊆ F n = F L zu konstruieren. Es ist also jeweils G i = Gal(F L/F i ). Weiterhinist jede Erweiterung F i+1 /F i normal und somit galoisch. Sie ist sogar zyklisch vom Primzahlgrad p i , dennGal(F i+1 /F i ) ∼ = Gal(F L/F i ) Gal(F L/F i+1 ) ∼ = G i /G ∼i+1 = /pi .Wir unterscheiden nun zwei Fälle:1. Ist p i ≠ char(K), so gilt p i | m. Da F eine primitive p i -te Einheitswurzel enthält, gilt dies auchfür F i . Nach der Charakterisierung zyklischer Erweiterungen geht F i+1 in diesem Fall aus F i durchAdjunktion einer Nullstelle eines Polynom der Form X n − c ∈ F i [X ] hervor.2. Ist p i = char(K), so zeigt das Theorem von Artin-Schreier, dass F i+1 aus F i durch Adjunktion einerNullstelle eines Polynoms der Form X p − X − c ∈ F i [X ] hervor geht.28. Vorlesung vom Mittwoch, 02.02.2011Es sei nun L/K durch Radikale auflösbar und K = K 0 ⊆ K 1 ⊆ . . . ⊆ K n mit L ⊆ K n die zugehörigeKörperkette. Es reicht zu zeigen, dass K n /K auflösbar ist. Nach dem letzten Satz genügt sogar dieAuflösbarkeit aller Erweiterungen K i+1 /K i . Hierfür schreiben wir K i+1 = K i (a i ) und unterscheiden:1. a i ist eine primitive n-te Einheitswurzel mit char(K) ∤ n. Dann ist Gal(K i+1 /K i ) ⊆ (/n) ∗ abelschund somit auflösbar.2. a i ist Nullstelle eines Polynoms X n − c ∈ K i [X ] mit char(K) ∤ n. Wir wählen eine primitive n-te Einheitswurzelξ und setzen F = K i (ξ). Dann ist die Erweiterung F/K i wie in (1.) abelsch und somitauflösbar. Die Erweiterung F K i+1 /F ist nach dem Klassifikationssatz zyklisch und somit ebenfallsauflösbar. Es folgt die Auflösbarkeit von F K i+1 /K i und damit die Auflösbarkeit von K i+1 /K i .3. a i ist Nullstelle eines Polynoms X p − X − c ∈ K i [X ] mit p = char(K). Nach dem Theorem vonArtin-Schreier ist Gal(K i+1 /K i ) dann zyklisch und somit auflösbar.69

Korollar 4.72. Sei L/K eine separable Erweiterung vom Grad n ≤ 4. Dann ist L/K auflösbar und insbesonderedurch Radikale auflösbar.Beweis. Aufgrund des Satzes vom primitiven Element gibt es ein Element a ∈ L, so dass L = K(a). Dannist grad(m a,K ) ≤ 4. Sei L ′ nun der Zerfällungskörper von m a,K über K. Dann können wir Gal(L ′ /K) alsUntergruppe von S n auffassen. Da S n für n ≤ 4 auflösbar ist, ist also auch Gal(L ′ /K) und somit L ′ /Kauflösbar. Wegen L ⊆ L ′ folgt auch die Auflösbarkeit von L/K.Wir erinnern an den Körper der symmetrisch rationalen Funktionen über K. Sei L = K(X 1 , . . . , X n ) derKörper der rationalen Funktionen in den Variablen X 1 , . . . , X n . Dann operiert die symmetrische Gruppe S nauf L durch Permutation der X i . Der Körper der symmetrischen rationalen Funktionen ist nun gerade derFixkörper M = L S nvon S n . Die Erweiterung L/M ist also eine Galoiserweiterung mit Galoisgruppe S n .Es gilt weiterhin M = K(s 1 , . . . , s n ), wobei die s i die elementarsymmetrischen Polynome in den VariablenX 1 , . . . , X n sind. Außerdem ist L der Zerfällungskörper des Polynomsf =n∏(X − X i ) = X n − s 1 X n−1 + . . . + (−1) n s n ∈ M[X ]. (87)i=1Definition 4.73. Das Polynom f heißt allgemeines Polynom n-ten Grades über K. Die Gleichung f (X ) =0 heißt entsprechend allgemeine Gleichung n-ten Grades über K.Da die Galoisgruppe Gal(L/M) = S n für n ≥ 5 nicht mehr auflösbar ist, ist die allgemeine Gleichungn-ten Grades über K für n ≥ 5 nicht mehr durch Radikale auflösbar.Die Bezeichnungen „allgemeines Polynom“ und „allgemeine Gleichung“ rühren daher, dass die s i algebraischunabhängig über K sind. Man kann sie daher auch als Variablen über K ansehen.Korollar 4.74. Es gibt endliche separable Körpererweiterungen, die nicht durch Radikale auflösbar sind.Beispiel 4.75. Das Polynom X 5 − 6X + 3 ∈ [X ] hat Galoisgruppe S 5 (Beweis: Übung). Somit ist dieGleichung X 5 − 6X + 3 = 0 nicht durch Radikale auflösbar.5 ModulnIn diesem Kapitel bezeichnet R einen Ring mit 1 ≠ 0.5.1 DefinitionDefinition 5.1. Sei R ein Ring mit 1 ≠ 0 und A eine abelsche Gruppe mit einer OperationR × A → A, (r, a) → ra, (88)genannt skalare Multiplikation . Wir bezeichnen A als R-Linksmodul , falls die skalare Multiplikationdistributiv und assoziativ ist und die Identität von R beachtet. Es muss also für alle a, b ∈ A und aller, s ∈ R gelten:1. r(a + b) = ra + r b2. (r + s)a = ra + sa3. r(sa) = (rs)a4. 1a = aAnalog lassen sich R-Rechtsmoduln definieren. Wir werden uns im folgenden jedoch nur mit R-Linksmoduln beschäftigen und bezeichnen diese daher auch kurz als R-Moduln .70

Eine abelsche Gruppe kann im allgemeinen verschiedene Modulstrukturen tragen.Anmerkung des Erstellers: In der Vorlesung wurde lediglich vorausgesetzt, dass R ein Ring mit Identitätist. Auf die Bedingung 1 ≠ 0 wurde verzichtet. Dies führt jedoch spätestens bei Theorem 5.25 zu einemWiderspruch, da dieses vom trivialen Modul über dem trivialen Ring nicht erfüllt wird.Man sieht jedoch leicht ein, dass die zusätzliche Bedingung 1 ≠ 0 die Klasse der Moduln nicht wirklicheinschränkt. Wir betrachten hierzu den trivialen Ring R 0 = {0} und ein „R 0 -Modul“ A. Für alle Elementea ∈ A gilt dann a = 1a = 0a = 0. Also muss A = {0} und somit selbst trivial sein.Beispiele 5.2.1. Sei G eine abelsche Gruppe. Für n ∈ und g ∈ G definieren wir⎧⎨g + g + . . . + g, falls n > 0ng = 0, falls n = 0 . (89)⎩−(g + g + . . . + g), falls n < 0Mit dieser Struktur wird G ein -Modul.2. Sei K ein Körper. Dann sind die K-Moduln gerade die K-Vektorräume.3. Es seien R und S Ringe mit Identität, ϕ : R → S ein Ringhomomorphismus mit ϕ(1) = 1 und A einS-Modul. Dann ist A auch ein R-Modul unter der skalaren Multiplikation ra = ϕ(r)a. Wir nennenihn den Pullback des S-Moduls A.4. Sei I ein Linksideal in R. Dann ist I eine additive Untergruppe von R und R/I ist eine abelscheGruppe, wenn auch im allgemeinen kein Ring. Es handelt sich jedoch um einen R-Modul unter derskalaren Multiplikation r(s + I) = rs + I.5. Sei K ein Körper, V ein Vektorraum über K und ϕ : V → V eine K-lineare Abbildung. Dann ist Vein Modul über K[X ] unter der skalaren MultiplikationK[X ] × V → V,Dieser Linksmodul wird mit (V, ϕ) bezeichnet. ∑ na i X i , v →i=1n∑a i ϕ i (v ). (90)Definition 5.3. Es seien A und B zwei R-Moduln. Dann heißt eine Abbildung f : A → B R-Modulhomomorphismusoder R-lineare Abbildung , wenn für alle a, b ∈ A und r ∈ R gilt:1. f (a + b) = f (a) + f (b)2. f (ra) = r f (a)Beispiel 5.4. Es seien A und B Moduln über R. Dann ist Hom R (A, B) eine abelsche Gruppe. Ist R kommutativ,so ist Hom R (A, B) ein R-Modul unter der skalaren Multiplikation (r f )(a) = r f (a).Definition 5.5. Sei A ein R-Modul. Eine nicht leere Teilmenge B ⊆ A heißt Untermodul von A, wenn sie1. eine Untergruppe von A ist und2. für alle r ∈ R, b ∈ B auch r b ∈ B liegt.i=171

Beispiele 5.6.1. Seien A und B zwei R-Moduln und A ′ ⊆ A, B ′ ⊆ B jeweilige Untermoduln. Sei weiterhin f : A → Bein Modulhomomorphismus. Dann ist f (A ′ ) ein Untermodul von B und f −1 (B ′ ) ein Untermodulvon A. Außerdem ist f genau dann injektiv, wenn ker(f ) = {0}.2. Sei A ein R-Modul. Für ein Linksideal I von R und eine nicht leere Teilmenge S von A ist n ∑IS =i=1r i a i : r i ∈ I, a i ∈ S, n ∈ (91)ein Untermodul von A.3. Sei A ein R-Modul und (B i ) i∈I eine Familie von Untermoduln von A. Dann ist auch ⋂ i∈I B i einUntermodul von A.Definition 5.7. Sei A ein R-Modul und X ⊆ A. Dann heißt der Durchschnitt aller Untermoduln von A,welche X enthalten, der von X erzeugte Untermodul. Dieser wird mit 〈X 〉 bezeichnet.29. Vorlesung vom Montag, 07.02.2011Definition 5.8. Sei A ein R-Modul und (B i ) i∈I eine Familie von Untermoduln von A. Dann ist die Summe∑i∈I B i definiert als der Untermodul erzeugt von ⋃ i∈I B i.Satz 5.9. Sei A ein R-Modul und X ⊆ A. Dann ist n ∑〈X 〉 = RX =i=1r i a i : r i ∈ R, a i ∈ X , n ∈ . (92)Anmerkung des Erstellers: Zum Beweis: Nach obigem Beispiel ist die rechte Seite ein Untermodul vonA. Da sie wegen 1 ∈ R die Menge X enthält, gilt 〈X 〉 ⊆ RX . Umgekehrt enthält jedes R-Untermodul vonA, das X enthält, auch RX und es folgt Gleichheit.Satz 5.10. Sei A ein R-Modul und (B i ) i∈I eine Familie von Untermoduln von A. Dann ist ∑ ∑ nB i = b k : b k ∈ B ik , i k ∈ I, n ∈ . (93)i∈Ik=1Anmerkung des Erstellers: Zum Beweis: Die Inklusion (⊇) folgt direkt aus dem letzten Satz. Um (⊆)zu zeigen, betrachten wir Elemente a 1 , . . . , a n ∈ ⋃ i∈I B i und Koeffizienten r 1 , . . . , r n ∈ R. Dann gibt esIndices i 1 , . . . , i n , so dass a k ∈ B ik und somit auch b k = r k a k ∈ B ik für alle k ∈ {1, . . . , n} gilt. Also ist∑ nk=1 r ka k = ∑ nk=1 b k in der Menge auf der rechten Seite enthalten.5.2 Faktormoduln und IsomorphiesätzeSei A ein R-Modul und B ein Untermodul von A. Dann ist die Quotientengruppe A/B ein R-Modul unterder skalaren Multiplikation r(a + B) = ra + B. Die Abbildung π : A → A/B, a → a + B ist ein surjektiverModulhomomorphismus mit ker(π) = B.Definition 5.11. Der Modul A/B wird als Faktormodul bezeichnet. Die Abbildung π heißt kanonischeProjektion .72

Wie für Gruppen und Ringe lassen sich nun einige Sätze über Faktormoduln zeigen. Wir lassen dieBeweise aus und verweisen auf die entsprechenden Abschnitte aus der Ringtheorie.Satz 5.12. ( Homomorphiesatz ). Sei f : A → B ein Homomorphismus von R-Moduln und C ⊆ ker(f ) einUntermodul. Dann gibt es einen eindeutigen Homomorphismus f : A/C → B, so dass das folgende Diagrammkommutiert.πA ˜fA/CKorollar 5.13. Sei f : A → B ein Homomorphismus von R-Moduln. Dann ist die Abbildungein Isomorphismus von R-Moduln.f Bf : A/ ker(f ) → Im(f ), a + ker(f ) → f (a) (94)Satz 5.14. ( Isomorphiesätze ). Sei A ein R-Modul und seien B und C Untermoduln von A. Dann gilt:1. Die AbbildungB/(B ∩ C) → (B + C)/C, b + (B ∩ C) → b + C (95)ist ein R-Modulisomorphismus.2. Gilt C ⊆ B, so ist B/C ein Untermodul von A/C und die Abbildung(A/C) (B/C) → A/B, (a + C) + B/C → A + B (96)ist ein R-Modulisomorphismus.Satz 5.15. Sei A ein R-Modul, B ein Untermodul von A und π : A → A/B die kanonische Projektion. Wirbezeichnen mit A, ⊇B die Menge der Untermoduln von A, die B enthalten, und mit A/B die Menge derUntermoduln von A/B. Dann ist A, ⊇B → A/B , C → π(C) eine Bijektion.Anmerkung des Erstellers: Zum Beweis: Die Abbildung ist surjektiv, denn für ein beliebiges UntermodulD von A/B ist C = π −1 (D) ein Untermodul von A, das B = π −1 (0) enthält. Nehmen wir nun an, dassπ(C) = π(C ′ ) für zwei Untermoduln C, C ′ ∈ A, ⊇B gilt. Dann folgtC = C + B = π(C) = π(C ′ ) = C ′ + B = C ′ .Also ist die Abbildung auch injektiv und somit eine Bijektion.5.3 Direkte Summen und direkte ProdukteDefinition 5.16. Sei (M i ) i∈I eine Familie von R-Moduln. Dann ist∏M i =i∈I(x i ) i∈I : x i ∈ M i für alle i ∈ I(97)ein R-Modul unter komponentenweiser Addition und Skalarmultiplikation. Wir nennen ihn das direkteProdukt der M i . Weiterhin definieren wir die (externe) direkte Summe der M i als den Untermodul⊕M i =i∈I(x i ) i∈I : x i ∈ M i für alle i ∈ I und x i = 0 für fast alle i ∈ I . (98)73

Definition 5.17. Sei M ein R-Modul und (M i ) i∈I eine Familie von Untermoduln von M. Wir bezeichnenM als die interne direkte Summe der M i , falls1. M = ∑ i∈I M i und ∑ 2. M j ∩i≠j M i = {0} für alle j ∈ I.Wie wir im nächsten Satz zeigen werden, ist die interne direkte Summe von Untermoduln isomorphzu ihrer externen direkten Summe. Dies rechtfertigt die Notation M = ⊕ i∈I M i auch in diesem Fall.Satz 5.18. Sei M ein R-Modul und (M i ) i∈I eine Familie von Untermoduln von M. Ist M die interne direkteSumme der M i , so gilt M ∼ = ⊕ i∈I M i.Beweis. Die Abbildung⊕ϕ : M i → M,i∈I∑(x i ) i∈I →i∈Ix iist wohldefiniert, da fast alle Summanden verschwinden. Es handelt sich offensichtlich um einen Modulhomomorphismus,der wegen M = ∑ i∈I M i sogar surjektiv ist. Nehmen wir nun an, dass ϕ (x i ) i∈I =∑i∈I x i = 0. Dann ist x j = 0 für alle j ∈ I, denn⎛∑x j = − x i ∈ M j ∩ ⎝ ∑i≠ji≠jM i⎞⎠ = {0}.Der Homomorphismus ϕ ist also auch injektiv und somit ein Isomorphismus.5.4 BasenDefinition 5.19. Sei M ein R-Modul. Eine endliche Anzahl von Elementen x 1 , . . . , x n ∈ M heißt linearunabhängig über R, wenn die Relation r 1 x 1 + r 2 x 2 + . . . + r n x n = 0 mit Koeffizienten r i ∈ R bereitsimpliziert, dass alle Koeffizienten verschwinden. Eine Teilmenge X ⊆ M heißt linear unabhängig , wennjede endliche Teilmenge von X linear unabhängig ist.Definition 5.20. Eine Teilmenge X ⊆ M heißt Basis von M, wenn X den Modul M erzeugt und linearunabhängig ist.Beispiele 5.21.1. Die leere Menge ist eine Basis des trivialen Moduls.2. Der -Modul /n hat keine Basis, denn wegen nz = 0 ist jedes Element z ∈ /n bereits linearabhängig.Satz 5.22. Sei M ≠ {0} ein R-Modul und X ⊆ M. Dann sind äquivalent:1. Die Teilmenge X ist eine Basis von M.2. Der Modul M ist die interne direkte Summe M = ⊕ x∈X Rx und für alle x ∈ X ist die AbbildungR → Rx, r → r x ein Isomorphismus von R-Moduln.Beweis. Übung.Definition 5.23. Ein R-Modul heißt frei , wenn er eine Basis hat.74

Beispiel 5.24. Sei K ein Körper und R = End K (K[X ]), +, ◦ . Dann ist R ein Ring mit Identität undsomit auch ein Modul. Eine Basis von R über R ist gegeben durch {1} = {id K[X ] }. Wir können jedochauch eine zweielementige Basis {f 1 , f 2 } von R über R konstruieren. Hierzu stellen wir fest, dass jeder Endomorphismusf ∈ R eindeutig festgelegt ist durch die Bilder von X n in K[X ] und dass diese umgekehrtbeliebig gewählt werden dürfen. Wir können daher f 1 und f 2 durch ihre Operationen auf den PolynomenX n definieren:f 1 (X n ) =X n 2für n gerade0 für n ungeradeund f 2 (X n ) =0 für n geradeX n−12 für n ungeradeNun gilt für beliebige Elemente g 1 , g 2 ∈ Rg1 f 1 + g 2 f 2 (X n ) = n g 1 X 2 n−1g 2 X 2für n geradefür n ungerade .Die Elemente f 1 , f 2 sind also linear unabhängig über R. Auf der anderen Seite erzeugen sie aber auch R.Für ein beliebiges Element g ∈ R ist nämlich g = g 1 f 1 + g 2 f 2 , wobei wir g 1 durch g 1 (X n ) = g(X 2n ) undg 2 durch g 2 (X n ) = g(X 2n+1 ) definieren. Also ist {f 1 , f 2 } wie erwartet eine zweielementrige Basis von Rüber R.Der Basiswechsel von {1} nach {f 1 , f 2 } liefert uns nun einen Isomorphismus von R nach R 2 . Darausfolgt R 3 ∼ = R 2 ⊕ R ∼ = R ⊕ R ∼ = R und somit induktiv R n ∼ = R für alle n ∈ \ {0}. Für jedes solche n gibt esalso eine Basis von R über R mit n Elementen.Theorem 5.25. Sei R ein kommutativer Ring mit 1 ≠ 0 und M ein freier R-Modul. Dann haben alle Basenvon M die gleiche Mächtigkeit.Beweis. Ist M = {0}, so ist jede Basis von M leer. Wir können also annehmen, dass M ≠ {0}. Dann gibtes ein maximales Ideal I in R und aufgrund der Kommutativität von R ist R/I ein Körper. Weiterhin ist ∑ nI M = r i x i : r i ∈ I, x i ∈ M, n ∈ i=1ein Untermodul von M. Der Faktormodul M/I M ist aber nicht nur ein R-Modul, sondern auch ein R/I-Vektorraum bezüglich der skalaren Multiplikation (r + I)(x + I M) = r x + I M.Es sei nun X eine Basis von M über R. Wir behaupten, dass X + I M = {x + I M : x ∈ X } danneine Basis von M/I M über R/I ist. Zunächst ist klar, dass X + I M den Vektorraum M/I M über R/Ierzeugt. Um andererseits die lineare Unabhängigkeit von X + I M nachzuweisen, seien x 1 , . . . , x n ∈ Xund r 1 , . . . , r n ∈ R. Dann giltn∑(r i + I)(x i + I M) = 0 M/I M ⇒i=1n∑(r i x i + I M) = I M ⇒i=1n∑r i x i ∈ I M.Jedes Element von I M kann nun als Linearkombination der Elemente in X mit Koeffizienten in I geschriebenwerden. Aufgrund der Eindeutigkeit dieser Darstellung folgt r i ∈ I und somit r i + I = 0 R/I füralle i ∈ {1, . . . , n}.Aus dem selben Grund gilt auch |X + I M| = |X |. Wäre nämlich x + I M = x ′ + I M für Basiselementex, x ′ ∈ I M, so wäre x − x ′ ∈ I M und damit 1 ∈ I. Die Aussage des Theorems folgt also aus derentsprechenden Aussage für Vektorräume.Definition 5.26. Sei R ein kommutativer Ring mit 1 ≠ 0 und M ein freier R-Modul. Die Mächtigkeiteiner Basis von M über R wird dann als Rang von M über R bezeichnet.30. Vorlesung vom Mittwoch, 09.02.2011i=175

5.5 Exakte SequenzenDefinition 5.27. Eine Sequenz von ModulhomomorphismenM 0f 0−→ M 1f 1−→ . . . f n−1−−→ M nheißt exakt , wenn im(f i ) = ker(f i+1 ) für alle i ∈ {0, . . . , n − 2} gilt. Ebenso heißt eine unendlicheSequenz von Modulhomomorphismen. . . f i−2−−→ M i−1f i−1−−→ M if i−→ M i+1f i+1−−→ . . .exakt , wenn im(f i ) = ker(f i+1 ) für alle i ∈ gilt. Eine kurze exakte Sequenz ist nun eine exakteSequenz der Form{0} → M f −→ M ′ g−→ M ′′ → {0}. (99)Die Exaktheit bedeutet hier gerade, dass f injektiv sowie g surjektiv ist und dass im(f ) = ker(g) gilt.Beispiel 5.28. Sei M ein R-Modul und N ein Untermodul von M. Dann ist{0} → N i−→ M π −→ M/N → {0} (100)mit i der Inklusionsabbildung und π der kanonischen Projektion auf M/N eine kurze exakte Sequenz.Häufig werden Homomorphismen in exakten Sequenzen nicht explizit benannt, sofern aus dem Kontextbereits hervorgeht, welche Homomorphismen gemeint sind. Dies ist beispielsweise bei trivialen Morphismensowie bei Einbettungen oder Projektionen wie im letzten Beispiel der Fall.Lemma 5.29. Sei{0} AfBgC{0}α{0} A ′ f ′ B ′ g ′ C ′ {0}ein kommutatives Diagramm von R-Moduln, dessen Zeilen kurze exakte Sequenzen sind. Dann gilt:1. Sind α und γ injektiv, so ist auch β injektiv.2. Sind α und γ surjektiv, so ist auch β surjektiv.3. Sind α und γ bijektiv, so ist auch β bijektiv.βγBeweis.1. Sei b ∈ ker(β). Dann ist (γ ◦ g)(b) = (g ′ ◦ β)(b) = 0 und somit g(b) = 0, da γ injektiv ist. Ausder Exaktheit der oberen Zeile folgt also b = f (a) für ein a ∈ A. Damit können wir dann schreiben(f ′ ◦ α)(a) = (β ◦ f )(a) = β(b) = 0. Da nun sowohl f ′ als auch α injektiv sind, muss a = 0 sein.Es folgt b = 0 und somit die Injektivität von β.2. Sei b ′ ∈ B ′ . Dann ist g ′ (b ′ ) ∈ C ′ . Da nun sowohl γ als auch g surjektiv sind, gibt es ein Element b ∈B mit (γ ◦ g)(b) = g ′ (b ′ ). Es folgt g ′ β(b) − b ′ = (γ ◦ g)(b) − g ′ (b ′ ) = 0. Aufgrund der Exaktheitder unteren Zeile ist also β(b) − b ′ = f ′ (a ′ ) für ein a ′ ∈ A ′ . Wegen der Surjektivität von α gibt esweiterhin ein Element a ∈ A mit a ′ = α(a). Damit gilt (β ◦ f )(a) = (f ′ ◦α)(a) = f ′ (a ′ ) = β(b)− b ′ .Es folgt β(b − f (a)) = b ′ und somit die Surjektivität von β.76

3. Dies ist eine direkte Konsequenz aus (1.) und (2.).Definition 5.30. Zwei kurze exakte Sequenzen{0} → A f −→ B g −→ C → {0} und {0} → A ′ f ′−→ B ′ g ′−→ C ′ → {0}heißen isomorph , wenn es Modulisomorphismen α : A → A ′ , β : B → B ′ und γ : C → C ′ gibt, so dasseines der beiden Diagramme{0} AαfBβgCγ{0}{0} A ′ f ′ B ′ g ′ C ′ {0}und{0} Af Bα −1 β −1 γ −1{0} A ′ f ′ B ′ g ′ g C {0}C ′{0}kommutiert. In diesem Fall kommutiert das jeweils andere Diagramm ebenfalls.Theorem 5.31. Sei {0} → A 1folgende Aussagen äquivalent:f−→ Bg −→ A 2 → {0} eine kurze exakte Sequenz von R-Moduln. Dann sind1. Es gibt einen Homomorphismus h : A 2 → B mit g ◦ h = id A2 . Insbesondere ist g rechsinvertierbar.2. Es gibt einen Homomorphismus k : B → A 1 mit k ◦ f = id A1 . Insbesondere ist f linksinvertierbar.3. Die gegebene Sequenz ist isomorph zu {0} → A 1 → A 1 ⊕A 2 → A 2 → {0}. Insbesondere ist B ∼ = A 1 ⊕A 2 .Beweis.1. ⇒ 3.) Wir definieren ϕ : A 1 ⊕ A 2 → B, (a 1 , a 2 ) → f (a 1 ) + h(a 2 ). Dann ist das Diagramm{0} A 1 A 1 ⊕ A 2A 2{0}{0} A 1f Bϕg A 2 {0}kommutativ, denn es gilt g ◦ f = 0 und g ◦ h = id A2 . Nach dem letzten Lemma ist ϕ also einIsomorphismus.2. ⇒ 3.) Wir definieren ψ : B → A 1 ⊕ A 2 , b → k(b), g(b) . Dann ist das Diagramm{0} A 1 A 1 ⊕ A 2 A 2 {0}{0} A 1fBψgA 2{0}kommutativ, denn es gilt k ◦ f = id A1Isomorphismus.und g ◦ f = 0. Nach dem letzten Lemma ist ψ also ein3. ⇒ 1., 2.) Es seien α : A 1 → A 1 , β : A 1 ⊕A 2 → B und γ : A 2 → A 2 Isomorphismen, so dass das Diagrammi 1{0} A π 21 A 1 ⊕ A 2απ 1{0} A 1f Bi 2βgA 2γ{0} A 2 {0}kommutiert. Dann erhalten wir mit h = β ◦ i 2 ◦ γ −1 und k = α ◦ π 1 ◦ β −1 wie gewünscht g ◦ h = id A2und k ◦ f = id A1 .77

1. Der Untermodul M 2 liegt im Kern von π 1 , also M 2 ⊆ M 1 . In diesem Fall wählen wir zunächsteine Basis {v } von N 2 . Wegen π 1 (N 2 ) = π 1 (M 2 ⊕ N 2 ) = N 1 ≠ {0} muss π 1 (v ) ≠ 0 sein. Fürx = rv ∈ M 1 ∩ N 2 gilt aber 0 = π 1 (x) = rπ 1 (v ). Es folgt r = 0 und somit bereits x = 0. Also istM 1 ∩ N 2 = {0}. Schließlich erhalten wir M 1 ⊆ M 2 und somit Gleichheit, daM 1 = M 1 ∩ (M 2 ⊕ N 2 ) = (M 1 ∩ M 2 ) ⊕ (M 1 ∩ N 2 ) = M 1 ∩ M 2 .2. Der Untermodul M 1 lieg im Kern von π 2 , also M 1 ⊆ M 2 . Wie in (1.) lässt sich auch in diesem Fallzeigen, dass M 1 = M 2 folgt.3. Die Homomorphismen π 1M2: M 2 → N 1∼ = R und π2M1: M 1 → N 2∼ = R sind beide nicht trivial. Mitder Vorüberlegung zu diesem Satz folgt dann M ∼2 = ker π M2 1 ⊕ R = (M 1 ∩ M 2 ) ⊕ R = kerπ M1 2 ⊕ R ∼ = M 1 .Korollar 5.37. Aus R m ∼ = R n folgt m = n.Anmerkung des Erstellers: Zum Beweis: Wir können annehmen, dass m ≥ n ist. Induktiv folgt dannaus dem letzten Satz R m−k ∼ = R n−k für k = 1, . . . , n. Insbesondere ist R m−n ∼ = R 0 = {0}. Da R jedochmindestens zwei Elemente enthält, muss m − n = 0 sein.31. Vorlesung vom Montag, 14.02.2011Satz 5.38. Es sei M ein freier R-Modul vom Rang n ∈ . Dann ist jeder Untermodul von M frei und hateinen Rang, der kleiner oder gleich n ist.Beweis. Übung.Allgemeiner ist sogar jeder Untermodul eines freien R-Moduls M von beliebigem Rang wieder frei.Theorem 5.39. ( Elementarteilersatz ). Sei M ein freier R-Modul vom Rang m < ∞ und N ein Untermodulvon M. Dann gibt es eine Basis {v 1 , . . . , v m } vom M und Koeffizienten a 1 , . . . , a n ∈ R \ {0}, so dassN =n∑Ra i v i und a 1 | a 2 | . . . | a n . (103)i=1Beweis. Wir beweisen die Aussage durch Induktion über m. Für m = 0 ist die Aussage offenbar richtig.Wir nehmen also an, sie gilt für m ≥ 1, und zeigen, dass daraus die Gültigkeit für m + 1 folgt.Ist N = {0}, so ist die Behauptung trivial. Wir können also annehmen, dass N ≠ {0}. Weiterhinsei M ∗ = Hom R (M, R). Für alle ϕ ∈ M ∗ ist dann ϕ(N) ein nicht triviales Ideal in R. Da R noetherschist, können wir ϕ 1 ∈ M ∗ so wählen, dass ϕ 1 (N) maximal ist in folgendem Sinne: Für ϕ ∈ M ∗ sollϕ 1 (N) ⊆ ϕ(N) bereits Gleichheit implizieren. Da R Hauptidealring ist, gibt es weiterhin ein Elementa 1 ∈ R \ {0} mit ϕ 1 (N) = (a 1 ). Es liegt offensichtlich im Bild von N unter ϕ 1 und somit gibt es auch einElement x 1 ∈ N mit ϕ(x 1 ) = a 1 .Es sei nun ψ ∈ M ∗ . Dann wird das Ideal ψ(x 1 ) + (a 1 ) von einem Element a ∈ R erzeugt. Es gibt alsoKoeffizienten r 1 , r 2 ∈ R mit a = r 1 ψ(x 1 ) + r 2 ϕ 1 (x 1 ). Damit folgt ϕ 1 (N) = (a 1 ) ⊆ (a) ⊆ (r 1 ψ + r 2 ϕ 1 )(N).Nach der Definition von ϕ 1 muss Gleichheit gelten und somit insbesondere ψ(x 1 ) ∈ (a) = (a 1 ). Wirhaben also gezeigt, dassψ(x 1 ) ∈ (a 1 ) = Ra 1 für alle ψ ∈ M ∗ . (∗)79

Sei nun {w 1 , . . . w m } eine beliebige Basis von M und x 1 = ∑ mi=1 c iw i . Betrachten wir die R-Homomorphismen ψ j : M → R, ∑ mi=1 d iw i → d j , so folgt aus (∗), dass c j ∈ Ra 1 für j = 1, . . . , m. Esgibt also jeweils Elemente c ′ j ∈ R mit c j = c ′ j a 1. Wir benutzen sie, um v 1 = ∑ mi=1 c′ i w i zu definieren.Nun ergibt sich a 1 v 1 = x 1 , also auch a 1 ϕ 1 (v 1 ) = ϕ 1 (x 1 ) = a 1 und somit ϕ 1 (v 1 ) = 1. Da sich jedesElement y ∈ M als Summe y = rv 1 − (rv 1 − y) mit r = ϕ 1 (y) schreiben lässt, gilt M ⊆ Rv 1 + ker(ϕ 1 ).Die andere Inklusion ist trivial und wir erhalten daherM = Rv 1 + ker(ϕ 1 ).(I)Ähnlich wie eben lassen sich auch Elemente y ∈ N als Summe y = ra 1 v 1 − (ra 1 v 1 − y) schreiben,wobei diesmal ra 1 = ϕ 1 (y) sein soll. Dies ist möglich, da a 1 das Ideal ϕ 1 (N) erzeugt. Da weiterhina 1 v 1 = x 1 ∈ N gilt, liegen auch die beiden Summanden in N und es folgt N ⊆ Ra 1 v 1 + ker(ϕ 1 ) ∩ N .Die andere Inklusion ist wieder trivial und es ergibt sichN = Ra 1 v 1 + ker(ϕ 1 ) ∩ N .(II)Nach der Induktionsannahme gibt es nun eine Basis v 2 , . . . , v m von ker(ϕ 1 ), eine natürliche Zahl n ≤ mund Koeffizienten a 2 , . . . , a n mit ker(ϕ 1 ) ∩ N = ∑ ni=2 Ra iv i und a 2 | a 3 | . . . | a n . Aus (I) folgt damitM = ∑ mi=1 Rv i und aus (II) folgt N = ∑ ni=1 Ra iv i . Weiterhin sind die v i linear unabhängig und bildensomit eine Basis von M. Für d 1 v 1 + . . . + d m v m = 0 ist nämlich d 1 v 1 = −(d 2 v 2 + . . . + d m v m ) ∈ ker(ϕ 1 )und somit d 1 = ϕ 1 (d 1 v 1 ) = 0.Schließlich bleibt zu zeigen, dass a 1 | a 2 im Fall n ≥ 2 gilt. Wir betrachten hierzu den Homomorphismusϕ : M → R, ∑ mi=1 b iv i → b 1 + b 2 . Es ist ϕ(N) = Ra 1 + Ra 2 = Ra 1 wegen der Maximalität vonϕ 1 (N) = Ra 1 . Insbesondere gilt a 2 ∈ Ra 1 und somit a 1 | a 2 .Anmerkung des Erstellers: Die Gleichungen (I) und (II) wurden in der Vorlesung als (interne) direkteSummen notiert. Da die Direktheit nirgends benötigt wird, wurde sie hier ausgelassen und als einfacheSumme notiert. Dennoch ist sie in beiden Fällen korrekt:1. Die Summe in (I) ist direkt, da die Elemente v i eine Basis von M bilden.2. Die Direktheit der Summe in (II) folgt aus der Direktheit der Summe in (I), da die Summandenvon ersterer jeweils Teilmengen der letzteren sind.Auf die selbe Art folgt auch die Direktheit von (103), die im folgenden Korollar benötigt wird.Die Elemente a 1 | . . . | a n aus dem Theorem sind zunächst nicht eindeutig. Allerdings gilt Eindeutigkeitfür die Ideale (a 1 ) ⊇ . . . ⊇ (a n ). Am Ende des Kapitels werden wir dies auch beweisen.Korollar 5.40. Sei M ein endlich erzeugbarer R-Modul. Dann gibt es natürliche Zahlen m, n ∈ undElemente a 1 , . . . , a n ∈ R \ ({0} ∪ R ∗ ), so dassM ∼ = R m ⊕n⊕R/(a i ) und a 1 | a 2 | . . . | a n . (104)i=1Beweis. Da M endlich erzeugbar ist, gibt es eine natürliche Zahl k ∈ und einen surjektiven Homomorphismusϕ : R k → M. Nach dem Elementarteilersatz existieren nun eine Basis {v 1 , . . . , v k } von R k sowieKoeffizienten b 1 , . . . , b l ∈ R \ {0} mit l ≤ k, so dass ker(ϕ) = ⊕ li=1 Rb iv i und b 1 | b 2 | . . . | b l . Wir setzenb 0 = 1 und wählen l 0 ∈ {0, . . . , l} maximal, so dass b l0 eine Einheit ist. Aufgrund der Teilerrelation sinddann b 1 , . . . , b l0 genau diejenigen Koeffizienten, welche Einheiten sind. Sie alle erfüllen Rb i = (b i ) = R.Weiterhin ist R/Rb i → Rv i /Rb i v i , r + Rb i → rv i + Rb i v i für alle i ∈ {1, . . . , l} ein Isomorphismus.80

Mit m = k − l, n = l − l 0 und a i = b l0 +i für i = 1, . . . , n ergibt sich nun aus dem Homomorphiesatzk⊕M ∼ = R k / ker(ϕ) = Rv il ⊕Rb i v i∼ =l 0 ⊕Rv i Rbi v i ⊕l⊕ k⊕Rv i Rbi v i ⊕ Rv ii=1 i=1i=1i=l 0 +1i=l+1l⊕n⊕∼= {0} l 0⊕ R/Rb i ⊕ R k−l ∼ = R/Ra i ⊕ R m .i=l 0 +1i=1Anmerkungen des Erstellers:1. Im Gegensatz zum Elementarteilersatz muss M in der Situation des Korollars kein freier Modulsein. Endliche Erzeugbarkeit verlangt lediglich die Existenz eines endlichen Erzeugendensystems.Dieses muss jedoch keine Basis sein.2. Die Eigenschaft a 1 | a 2 | . . . | a n wurde in der Vorlesung nicht explizit angegeben. Sie wird aberspäter benötigt und wurde hier auf besonderen Wunsch von Herrn Scheithauer festgehalten.Definition 5.41. Sei R 1 ein Integritätsbereich und M ein R 1 -Modul. Dann heißt ein Element x ∈ MTorsionselement , wenn es ein a ∈ R 1 \ {0} gibt, so dass ax = 0. Die Menge der Torsionselemente T(M)bildet einen Untermodul von M, der als Torsionsuntermodul von M bezeichnet bezeichnet wird. IstT(M) trivial, so heißt M torsionsfrei .Ein R 1 -Modul M ist genau dann torsionsfrei, wenn aus ax = 0 für Elemente a ∈ R 1 und x ∈ M bereitsa = 0 oder x = 0 folgt.Beispiele 5.42.1. Jeder Untermodul eines freien Moduls ist torsionsfrei.2. Der -Modul ist torsionsfrei, aber nicht frei.Anmerkung des Erstellers: Zum Beweis der Aussagen:1. Sei R 1 ein Integritätsbereich und M ∼ = ⊕ i∈I R 1 ein freier R 1 -Modul. Da R 1 Integritätsbereich ist,folgt nun aus r · (x i ) i∈I = 0 für Elemente r ∈ R 1 , x ∈ M bereits r = 0 oder (x i ) i∈I = 0. Also gibt eskeine Torsionselemente in M und der Modul und all seine Untermoduln sind torsionsfrei.2. Wir zeigen nur den zweiten Teil der Aussage. Angenommen X wäre eine Basis von über .Dann können wir ein Basiselement v 0 ∈ X auswählen. Das Element 1 2 v 0 ∈ lässt sich dabei alsnicht triviale Linearkombination von Basiselementen v 1 , . . . , v n ∈ X darstellen. Ohne Beschränkungder Allgemeinheit können wir annehmen, dass v 0 ≠ v 1 . Die Multiplikation mit 2 liefert nun∑ ni=1 2λ iv i − v 0 = 0, also eine nicht triviale Linearkombination der Null. Demnach war X nichtlinear unabhängig und somit keine Basis.Satz 5.43. Sei M ein endlich erzeugbarer R-Modul. Dann gibt es einen freien Untermodul N von M, so dassM = N ⊕ T(M).Beweis. Nach dem letzten Korollar ist M = M ′ ⊕ M ′′ mit M ′ ∼ = R m und M ′′ ∼ = ⊕ ni=1 R/(a i) für geeigneteElemente a i ∈ R \ {0}. Offensichtlich gilt M ′′ ⊆ T(M). Auf der anderen Seite folgt ausauch T(M) ⊆ M ′′ und somit Gleichheit.T(M) = T(M) ∩ M ′ ⊕ T(M) ∩ M ′′ = T(M) ∩ M ′′} {{ }{0}81

Im folgenden sei P ein Repräsentantensystem für die Klassen assoziierter Primelemente in R. EinElement b ∈ R \ ({0} ∪ R ∗ ) können wir dann schreiben als b = u ∏ mi=1 pr iimit paarweise verschiedenenPrimelementen p i ∈ P, Potenzen r i ∈ \ {0} und einer Einheit u ∈ R ∗ . Nun gilt p r ir ji + pj = R für alle1 ≤ i ≠ j ≤ m und die Abbildung R → R p r 11 ×. . .×R pr mrm, r → r+ p1 1 , . . . , r+ pr mmist nach demChinesischen Restsatz ein surjektiver Ringhomomorphismus mit Kern ⋂ m ri=1 p i ∏ mi =i=1 pr ii = (b).Daher handelt es sich beiR/(b) → R p r 11 × . . . × R pr mrm, r + (b) → r + p1 1 , . . . , r + pr mmum einen Ringisomorphismus und somit insbesondere um einen Isomorphismus von R-Moduln. Mit demletzten Korollar folgt nun der folgende Klassifikationssatz:Theorem 5.44. Sei M ein endlich erzeugbarer R-Modul. Dann gibt es natürliche Zahlen n(0) und n(p, r),die fast alle verschwinden und für die giltM ∼ = R n(0) ⊕32. Vorlesung vom Mittwoch, 16.02.2011⊕p∈P, r>0 R/(p r ) n(p,r) .Wir werden später zeigen, dass die Zahlen n(0) und n(p, r) aus dem Theorem eindeutig durch Mbestimmt sind.Definition 5.45. Sei R 1 ein Ring mit Identität und M ≠ {0} ein R 1 -Modul. Dann heißt M unzerlegbar ,wenn für alle Untermoduln M 1 , M 2 ⊆ M mit M = M 1 ⊕ M 2 auch M 1 = {0} oder M 2 = {0} gilt.Satz 5.46. Sei p ∈ P und r ∈ \ {0}. Dann ist R/(p r ) ein unzerlegbarer R-Modul.Beweis. Die Untermoduln von R/(p r ) sind von der Form (a)/(p r ) mit (a) ⊇ (p r ). Es gilt also a | p r undsomit a = p s für ein s ≤ r. Sind nun M 1 und M 2 Untermoduln von M 1 , so gibt es ganze Zahlen s 1 , s 2 ≤ rmit M 1 = (p s 1)/(p r ) und M 2 = (p s 2)/(p r ). Es folgt M 1 ⊆ M 2 oder M 2 ⊆ M 1 . Gilt M = M 1 ⊕ M 2 , so mussalso einer der beiden Summanden M und der andere somit {0} sein.Da auch R als R-Modul unzerlegbar ist, beschreibt das obige Theorem eine Zerlegung von M in unzerlegbareR-Moduln. Indem wir die Eindeutigkeit der Zahlen n(0) und n(p, r) nachweisen, zeigen wirauch die Eindeutigkeit dieser Zerlegung.Für ein primes Element p ∈ P ist (p) ein maximales Ideal in R und R/(p) somit Körper. Ist M einR-Modul, so ist M/pM ein R/(p)-Modul, d. h. ein R/(p)-Vektorraum unter der skalaren MultiplikationR/(p) × M/pM → M/pM, r + (p) (x + pM) = r x + pM.Für n ∈ ergibt sich hieraus durch Substitution von M mit dem Modul p n M, dass p n M/p n+1 M ebenfallsein Vektorraum über R/(p) ist.Lemma 5.47. Sei p ∈ P und n ∈ . Dann gilt:1. Für M = R ist dim R/(p)p n M/p n+1 M = 1.2. Für M = R/(p r ) mit r ∈ ist dim R/(p)p n M/p n+1 M =1, falls n < r0, falls n ≥ r .3. Für M = R/(q r ) mit q ∈ P \ {p} und r ∈ ist dim R/(p)p n M/p n+1 M = 0.82

Beweis.1. Der Faktor p n R/p n+1 R wird als R/(p)-Modul von p n + p n+1 R erzeugt. Aus der Eindeutigkeit derPrimfaktorzerlegung folgt p n /∈ p n+1 R und damit die Behauptung.2. Für n < r ist p n M ≠ p n+1 M, der Faktormodul p n M/p n+1 M wird aber von (p n + (p r )) + p n+1 Merzeugt. Für n ≥ r ist p n M = p n R/(p r ) = (p n )/(p r ) = {0}. Damit folgt die Behauptung.3. Für alle n ∈ giltDies impliziert die Behauptung.p n M = (p n )M = (p n )M + (q r )M = (p n ) + (q r ) M = RM = M.Satz 5.48. Die Zahlen n(0) und n(p, r) in Theorem 5.44 sind eindeutig durch M bestimmt.Beweis. Nach dem Theorem gibt es Untermoduln M 0 und M p,r von M, so dassM = M 0 ⊕⊕p∈P, r>0M p,r} {{ }T(M)⊕∼= R n(0) ⊕ R/(p r ) n(p,r) .p∈P, r>0Somit ist n(0) als Rang des freien Moduls M/T(M) eindeutig bestimmt. Wir fixieren nun p ∈ P. Dannergibt sich für alle n ∈ durch Multiplikation der obigen Gleichung mit p n und Bildung von Quotientenp n M/p n+1 M ∼ = p n M 0 /p n+1 M 0 ⊕⊕q∈P, r>0p n M q,r /p n+1 M q,r .Das letzte Lemma liefert nun dim R/(p) p n M/p n+1 M = n(0) + ∑ ∞r=n+1n(p, r). Also sind alle Zahlenn(p, r) als Differenz zweier solcher Dimensionen eindeutig bestimmt.Wir können diesen Satz auch auf abelsche Gruppen anwenden. Eine abelsche Gruppe G hat nämlichauch eine Struktur als -Modul, so dass die Gruppenaddition der Moduladdition entspricht (s. Beispiel5.2, Abschnitt 1). Diese ist aufgrund des Distributivgesetzes sogar eindeutig. Ist umgekehrt M ein -Modul, so ist M per Definition eine abelsche Gruppe bezüglich der Moduladdition.Eine abelsche Gruppe G ist nun genau dann endlich erzeut, wenn sie auch als -Modul endlich erzeugtist. Weiterhin sind die Gruppenhomomorphismen zwischen zwei abelschen Gruppen G und G ′ geradedie Modulhomomorphismen zwischen G und G ′ als -Moduln. Insbesondere ist die Isomorphie von Gund G ′ als Gruppen gleichbedeutend mit ihrer Isomorphie als -Moduln. Theorem 5.44 und Satz 5.48liefern uns also gerade den Klassifikationssatz für endlich erzeugte abelsche Gruppen.Satz 5.49. Der Rang des freien Untermoduls und die Ideale (a 1 ), . . . , (a n ) in Korollar 5.40 sind eindeutigdurch M bestimmt.Beweis. Nach dem Korollar gibt es natürliche Zahlen m und n sowie Elemente a 1 | . . . | a n in R\({0} ∪ R ∗ ),so dass M ∼ = R m ⊕ ⊕ ni=1 R/(a i). Offensichtlich ist m als Rang des freien Moduls M/T(M) eindeutigbestimmt. Weiterhin können wir jeden Koeffizienten a i eindeutig darstellen als a i = u i∏p∈P ps(i,p) miteiner Einheit u i ∈ R ∗ und Potenzen s(i, p) ∈ , die fast alle verschwinden. Der letzte Satz liefert also⊕p∈P, r>0 R/(p r ) n(p,r) ∼ = T(M) ∼ =n⊕R/(a i ) ∼ =i=1n⊕ ⊕R p s(i,p)p∈P83i=1

mit eindeutigen Zahlen n(p, r) ∈ , die ebenfalls fast alle verschwinden. Damit folgt für jedes p ∈ P⊕ R/(p r ) n(p,r) ∼ =r>0n⊕R p s(i,p) .i=1Indem wir I(p, r) = i ∈ {1, . . . , n} : s(i, p) = r setzen, erhalten wir sogar für jedes r > 0 R/(p r ) n(p,r) ∼ =⊕i∈I(p,r)R p s(i,p) .Also ist n(p, r) = |I(p, r)| die Anzahl der Indices i ∈ {1, . . . , n} mit s(i, p) = r. Wir wählen nun einElement p 0 ∈ P mit p 0 | a 1 . Dann teilt p 0 auch die Elemente a 2 , . . . , a n , so dass s(i, p 0 ) ≥ 1 für i = 1, . . . , ngilt. Also ist n = ∑ r>0 |I(p 0, r)| = ∑ r>0 n(p 0, r) und n somit eindeutig bestimmt. Weiterhin gilt aufgrundder Relation a 1 | . . . | a n für alle p ∈ P die Ungleichung s(1, p) ≤ . . . ≤ s(n, p). Es folgt für alle natürlichenZahlen R > 0, für die das Minimum auf der linken Seite existiertn + 1 − min i ∈ {1, . . . , n} : s(i, p) ≥ R ∞∑∞∑= |I(p, r)| = n(p, r).Umgekehrt existiert das Minimum links genau dann, wenn die Summe rechts nicht verschwindet. DiePotenzen s(1, p) ≤ . . . ≤ s(n, p) lassen sich also sukzessive aus den Zahlen n(p, r) bestimmen und sindsomit eindeutig. Daraus folgt schließlich auch die Eindeutigkeit der Elemente a i bis auf Einheiten undsomit die Eindeutigkeit der Ideale (a i ) für i = 1, . . . , n.Satz 5.50. Die Ideale (a 1 ), . . . , (a n ) im Elementarteilersatz 5.39 sind eindeutig durch M und N bestimmt.Beweis. Nach dem Elementarteilersatz gibt es eine Basis {v 1 , . . . , v m } von M und Koeffizienten a 1 | . . . |a n ∈ R \ {0} mit n ≤ m, so dass N = ⊕ ni=1 Ra iv i . Es gilt alsor=Rr=RM/N =m⊕ ⊕nRv i Ra i v i∼ = R m−n ⊕n⊕R/(a i ).i=1 i=1i=1Nach dem letzten Satz ist der Rang des freien Untermoduls m − n eindeutig bestimmt und es folgt dieEindeutigkeit von n. Wir setzen nun a 0 = 1 und wählen k ∈ {0, . . . , n} maximal, so dass a k eine Einheitist. Aufgrund der Teilerrelation sind dann a 1 , . . . , a k genau diejenigen Koeffizienten, welche Einheitensind. Es gilt also auch M ∼ = R m−n ⊕ ⊕ ni=k+1 R/(a i). Wiederum nach dem letzten Satz sind somit die Ideale(a i ) für i = k + 1, . . . , n eindeutig bestimmt. Da ihre Anzahl ebenfalls eindeutig ist, muss auch k fixiertsein. Die Ideale (a i ) für i ≤ k sind schließlich ebenfalls eindeutig, denn in diesem Fall gilt (a i ) = R.84

StichwortverzeichnisAAbleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Adjunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Algebraisch abgeschlossener Körper . . . . . . . . . 35Algebraische Abhängigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Algebraische Körpererweiterung . . . . . . . . . . . . . 33Algebraische Unabhängigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . 23Algebraischer Abschluss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36Algebraischer Abschluss (in einem Körper). . .35Algebraisches Element. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .33Allgemeine Gleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Allgemeines Polynom. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .70Alternierende Gruppe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64Assoziiertheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Auflösbare Gruppe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64Auflösbarkeitvon Gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66von Körpererweiterungen . . . . . . . . . . . . . . . 66Auflösbarkeit durch Radikalevon Gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66von Körpererweiterungen . . . . . . . . . . . . . . . 66BBasis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Bild . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2CCharakter einer Gruppe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56CharakteristikKörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32Ring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2Chinesischer Restsatz. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .10DDifferential. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .22Direkte Summe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73Direktes Produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73Diskriminante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Divisionsalgorithmus für Polynome . . . . . . . . . . 19Divisionsring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1EEchtes Ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Einbettung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2Einfache Körpererweiterung . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Einheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1Einheitengruppe. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1Einheitswurzeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51Eisensteins Irreduzibilitätskriterium . . . . . . . . . 30Elementarsymmetrisches Polynom . . . . . . . . . . . 23Elementarteilersatz. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .79Endlich erzeugte Körpererweiterung . . . . . . . . . 33Endliche Körpererweiterung . . . . . . . . . . . . . . . . . 32Erweiterungskörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Erweiterungsring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Erzeugende Elemente. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4Erzeugtes Ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4Euklidischer Ring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Eulersche ϕ-Funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52Exakte Sequenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76Externe direkte Summe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73FFührender Exponent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24Faktoren einer Normalreihe . . . . . . . . . . . . . . . . . 64Faktorieller Ring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13Faktormodul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72Faktorring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Fixkörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Fortsetzungssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37Freier Modul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Frobenius-Automorphismus . . . . . . . . . . . . . . . . . 46Fundamentalsatz der Algebra. . . . . . . . . . . . . . . .28GGaloiserweiterung. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .46Galoisgruppeeiner Körpererweiterung . . . . . . . . . . . . . . . . 46eines Polynoms . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Größter gemeinsamer Teiler . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Grad (Körpererweiterung) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32Grad eines Polynomsin einer Variablen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18in mehreren Variablen. . . . . . . . . . . . . . . . . . .22Gradabbildung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Gradsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32HHöchster Koeffizient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Hauptideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4Hauptidealring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4Hauptsatz der Galoistheorie . . . . . . . . . . . . . . . . . 48Homogenes Polynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22iii

Homomorphiesatz (Moduln) . . . . . . . . . . . . . . . . 73Homomorphiesatz (Ringe). . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6IIdeal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Inhalt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28Integritätsbereich. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1Interne direkte Summe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Inverse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1Invertierbarkeit. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1Irreduzibles Element . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Isomorphie bei kurzen exakten Sequenzen . . . 77Isomorphiesätze für Moduln . . . . . . . . . . . . . . . . . 73Isomorphiesätze für Ringe1. Isomorphiesatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72. Isomorphiesatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7KK-Homomorphismus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Körper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1Körpererweiterung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Körperhomomorphismus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36Kanonische Projektion (Moduln) . . . . . . . . . . . . 72Kanonische Projektion (Ringe) . . . . . . . . . . . . . . . . 6Kern . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2Kette . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Koeffizient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Kohomologiegruppe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60Kommutativer Ring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1Kommutator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63Kommutatoruntergruppe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63Kompositum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66Konjugiertes Element. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .14Korand. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .60Kozyklus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60Kreisteilungskörper. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .53Kreisteilungspolynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55Kurze exakte Sequenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76LLemma von Zorn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Lexikographische Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24Lineare Abbildung. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .71Lineare Unabhängigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Linksideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Linksinverse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1Linksinvertierbarkeit. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1Linksmodul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Linksnullteiler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1MMaximales Element. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .8Maximales Ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Minimalpolynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Modul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Modulhomomorphismus. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .71Multiplikative Teilmenge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Multiplizität einer Nullstelle . . . . . . . . . . . . . . . . . 21NNoetherscher Ring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13Norm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57Normale Körpererweiterung . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Normalreihe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64Nullstelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Nullteiler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1OObere Schranke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8PPartielle Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Polynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Polynomringin beliebig vielen Variablen . . . . . . . . . . . . . . 26in einer Variablen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17in endlich vielen Variablen . . . . . . . . . . . . . . 22Primes Element . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Primideal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7Primitive Einheitswurzel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .52Primitives Monomin beliebig vielen Variablen . . . . . . . . . . . . . . 27in endlich vielen Variablen . . . . . . . . . . . . . . 22Primitives Polynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28Primkörper. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .32Pullback . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71QQuotientenkörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17RRang (Modul) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75Rechtsideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Rechtsinverse. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1Rechtsinvertierbarkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1Rechtsmodul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Rechtsnullteiler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1Reduktionskriterium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31iv

Relation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Ring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1Ring der Brüche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Ring der ganzen Zahlen in d. . . . . . . . . . 15Ring mit Identität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1Ringhomomorphismus. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2ZZerfällungskörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Zerlegung in Linearfaktoren . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Zwischenkörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Zyklische Galoiserweiterung . . . . . . . . . . . . . . . . . 59SSatz vom primitiven Element . . . . . . . . . . . . . . . . 43Satz von Artin-Schreier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63Satz von Gauß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29Satz von Hilbertadditive Version . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61multiplikative Version . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59Satz von Kronecker und Weber . . . . . . . . . . . . . . 55Separabilitätsgrad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Separable Körpererweiterung. . . . . . . . . . . . . . . .40Separables Element . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Separables Polynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Skalare Multiplikation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Spaltende kurze exakte Sequenz. . . . . . . . . . . . .78Spur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57Symmetrisch rationale Funktionen. . . . . . . . . . .51Symmetrische Gruppe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64Symmetrisches Polynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23TTeilbarkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Teilerfremde Elemente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Teilkörper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Torsionselement. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .81Torsionsfreier Modul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81Torsionsuntermodul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81Totale Ordnung. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .8Transzendentes Element. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .33UUntermodul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71Unterring . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Unzerlegbarer Modul. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .82VVergleichbarkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Vielfachheit einer Nullstelle . . . . . . . . . . . . . . . . . 21WWurzel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20v