Fermat-Kubik/C/Körpererweiterung/Aufgabe/Lösung

1. Wir betrachten den ${}{\mathbb {C} }(X,Y)$-Algebrahomomorphismus

   $\alpha \colon {\mathbb {C} }(X,Y)[Z]\longrightarrow {\mathbb {C} }(X,Y)[Z]/{\left(Z^{3}-X^{3}-Y^{3}\right)},\,Z\longmapsto \zeta Z.$

   Dieser ist offenbar surjektiv und sendet ${}Z^{3}$ auf  ${}\zeta ^{3}Z^{3}=Z^{3}$,  daher wird das Ideal ${}{\left(Z^{3}-X^{3}-Y^{3}\right)}$ auf ${}0$ abgeildet und es wird ein Automorphismus

   ${\mathbb {C} }(X,Y)[Z]/{\left(Z^{3}-X^{3}-Y^{3}\right)}\longrightarrow {\mathbb {C} }(X,Y)[Z]/{\left(Z^{3}-X^{3}-Y^{3}\right)}$

   induziert.

2. Der Körper ${}{\mathbb {C} }(X,Y)$ gehört zum Fixkörper. Als ${}{\mathbb {C} }(X,Y)$-Vektorraum hat ${}L$ die Struktur

   ${}L={\mathbb {C} }(X,Y)\oplus {\mathbb {C} }(X,Y)Z\oplus {\mathbb {C} }(X,Y)Z^{2}\,.$

   Der erzeugende Automorphismus respektiert diese Zerlegung, und daher ist ${}{\mathbb {C} }(X,Y)$ der Fixkörper. Über dem Fixkörper zu einer endlichen Gruppe liegt aber stets eine Galoiserweiterung vor.

3. Wir betrachten die Darstellung als direkte Summe aus Teil (2). Daraus ist unmittelbar die graduierende Struktur mit der graduierenden Gruppe ${}\mathbb {Z} /(3)$ ablesbar. Wegen

   ${}Z^{3}=X^{3}+Y^{3}\in {\mathbb {C} }(X,Y)\,$

   ist diese Graduierung in der Tat mit der Multiplikation verträglich.

4. Durch ${}X\mapsto \zeta X$ und ${}Y\mapsto \zeta Y$ wird zunächst ein ${}{\mathbb {C} }$-Automorphismus

   ${\mathbb {C} }[X,Y]\longrightarrow {\mathbb {C} }[X,Y]$

   und damit auch auf dem Quotientenkörper

   ${\mathbb {C} }(X,Y)\longrightarrow {\mathbb {C} }(X,Y)$

   festgelegt. Durch ${}Z\mapsto \zeta ^{2}Z$ wird sodann ein ${}{\mathbb {C} }$-Algebramorphismus

   ${\mathbb {C} }(X,Y)[Z]\longrightarrow {\mathbb {C} }(X,Y)[Z]/{\left(Z^{3}-X^{3}-Y^{3}\right)}$

   festgelegt, der seinerseits wieder zu einem Automorphismus

   ${\mathbb {C} }(X,Y)[Z]/{\left(Z^{3}-X^{3}-Y^{3}\right)}\longrightarrow {\mathbb {C} }(X,Y)[Z]/{\left(Z^{3}-X^{3}-Y^{3}\right)}$

   führt. Die dritte Iteration davon ist durch ${}X\mapsto \zeta ^{3}X=X$, ${}Y\mapsto \zeta ^{3}Y=Y$, ${}Z\mapsto \zeta ^{6}Z=Z$, bestimmt, also die Identität. Somit ist die Ordnung ${}3$.

5. Wir behaupten, dass der Fixkörper der rationale Funktionenkörper in den zwei Erzeugern ${}{\frac {X}{Y}}$ und ${}{\frac {Z^{2}}{Y}}$ ist. Diese beiden Elemente werden offenbar auf sich selbst abgebildet. Bezeichnen wir diesen Körper mit

   ${}M={\mathbb {C} }{\left({\frac {X}{Y}},{\frac {Z^{2}}{Y}}\right)}\,.$

   Zunächst gehört

   ${}{\left({\frac {Z}{Y}}\right)}^{3}={\left({\frac {X}{Y}}\right)}^{3}+1\,$

   zu ${}M$. Ferner gehört auch

   ${}{\frac {Z}{Y^{2}}}={\frac {Z^{3}}{Y^{3}}}\cdot {\frac {Y}{Z^{2}}}\,$

   dazu. Damit gehört auch

   ${}YZ={\frac {Z^{2}}{Y}}\cdot {\frac {Y^{2}}{Z}}\,$

   dazu. Also gehört auch

   ${}Z^{3}=YZ\cdot {\frac {Z^{2}}{Y}}\,$

   und damit auch ${}Y^{3}$ und ${}X^{3}$ dazu. Damit ist

   ${}M\subseteq {\mathbb {C} }(X,Y)[Z]/{\left(Z^{3}-X^{3}-Y^{3}\right)}\,$

   endlich und insbesondere sind die beiden Erzeuger ${}{\frac {X}{Y}}$ und ${}{\frac {Z^{2}}{Y}}$ algebraisch unabhängig und ${}M$ ist ein rationaler Funktionenkörper in zwei Variablen. Wir behaupten, dass ${}L$ über ${}M$ von ${}X$ erzeugt wird. Zu

   $M[X]$

   gehört aber direkt auch ${}Y$ und ${}Z^{2}$ und wegen ${}Z^{3}\in M$ gehört auch ${}Z$ dazu. Also ist

   ${}M[X]=L\,$

   und es liegt die entsprechende Situation zu (2), (3) vor. Insbesondere ist ${}M$ der Fixkörper.

Zur gelösten Aufgabe