Kurs:Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2011)/Vorlesung 22/kontrolle

Polynome mit unauflösbarer Galoisgruppe

Wir möchten nun zeigen, dass gewisse Körpererweiterungen, und zwar die Zerfällungskörper von gewissen Polynomen vom Grad $\ge 5$, nicht auflösbar sind. Dazu müssen wir aufgrund der Galoistheorie für auflösbare Körpererweiterungen und den gruppentheoretischen Überlegungen zu den Permutationsgruppen $S_n$, $n\ge 5$, (Lemma 20.9) lediglich nachweisen, dass diese Permutationsgruppen als Galoisgruppen auftreten. Dazu bedarf es einiger Vorbereitungen über Permutationsgruppen.

Zu einer Permutationsgruppe $S(M)$ auf einer Menge $M$ liefert jede Teilmenge  $T\subseteq M$  eine Untergruppe  $S(T)=S(M)$.  Man setzt einfach die Permutation auf $T$ durch die Identität auf $M\setminus T$ zu einer Permutation auf ganz $M$ fort.

Lemma Lemma 22.1 ändern

Es sei $M$ eine endliche Menge und  $T_1,T_2\subseteq M$  seien Teilmengen mit  $T_1\cap T_2\ne \mathrm{\varnothing }$.  Es sei  $G\subseteq S(M)$  eine Untergruppe der Permutationsgruppe, die sowohl $S(T_1)$ als auch $S(T_2)$ umfasst.

Dann ist  $S(T_1\cup T_2)\subseteq G$. 

Beweis

Jedes Element  $\sigma \in S(T_1\cup T_2)$  lässt sich nach Lemma Anhang 3.6 als Produkt von Transpositionen auf $T_1\cup T_2$ schreiben. Es muss also lediglich gezeigt werden, dass solche Transpositionen zu $G$ gehören. Es sei  $\sigma \in S(T_1\cup T_2)$  eine Transposition, und zwar vertausche $\sigma$ die Elemente $a$ und $b$, also  $\sigma =⟨a,b⟩$.  Wenn beide Elemente zu $T_1$ (oder zu $T_2$) gehören, sind wir fertig. Es sei also $a\in T_1,a\notin T_2$ und $b\in T_2,b\notin T_1$. Es sei ferner  $c\in T_1\cap T_2$,  und $c$ sei von $a$ und $b$ verschieden (sonst gehören beide zu einer der Teilmengen). Dann ist

$\sigma =⟨a,b⟩=⟨a,c⟩\circ ⟨b,c⟩\circ ⟨a,c⟩$

und diese drei Transpositionen gehören zu $S(T_1)$ oder zu $S(T_2)$ und damit zu $G$.

$◻$

Definition Referenznummer erstellen

Es sei $M$ eine Menge und sei  $G=S(M)$  die zugehörige Permutationsgruppe. Eine Untergruppe  $H\subseteq G$  heißt transitiv, wenn es zu je zwei Elementen  $x,y\in M$  ein  $\sigma \in H$  gibt mit  $\sigma (x)=y$. 

Lemma Lemma 22.3 ändern

Es sei $p$ eine Primzahl und $S_p$ die Permutationsgruppe zu $\{1,\dots ,p\}$. Es sei  $H\subseteq S_p$  eine transitive Untergruppe, die eine Transposition enthalte.

Dann ist  $H=S_p$. 

Beweis

Es sei  $M=\{1,\dots ,p\}$.  Wir betrachten Teilmengen  $T\subseteq M$  derart, dass  $S(T)\subseteq H$  ist, und wollen  $T=M$  zeigen. Es sei dazu $T_1$ eine solche Teilmenge mit maximaler Elementanzahl, die wir $k$ nennen. Da es mindestens eine Transposition in $H$ gibt, ist  $k\ge 2$.  Für jedes  $\sigma \in H$  ist  $T_{\sigma }=\sigma (T_1)$  ebenfalls eine $k$-elementige Menge mit  $S(T_{\sigma })\subseteq H$.  Für  $\tau \in S(T_{\sigma })$  ist nämlich

$\tau =\sigma ({\sigma }^{-1}\tau \sigma ){\sigma }^{-1},$

und ${\sigma }^{-1}\tau \sigma$ ist eine Permutation auf $T_1$, sodass sie zu $H$ gehört und damit auch  $\tau \in H$  gilt. Für Permutationen  ${\sigma }_1,{\sigma }_2\in H$  ist entweder  $T_{{\sigma }_1}=T_{{\sigma }_2}$  oder  $T_{{\sigma }_1}\cap T_{{\sigma }_2}=\mathrm{\varnothing }$,  da andernfalls nach Lemma 22.1  $S(T_1\cup T_2)\subseteq H$  wäre im Widerspruch zur Maximalität von $k$. Es sei nun  $x\in M$  vorgegeben und ein  $y\in T_1$  fixiert. Aufgrund der Transitivität gibt es ein  $\sigma \in H$  mit  $\sigma (y)=x$.  Dann ist natürlich  $x\in T_{\sigma }$.  Das bedeutet, dass die Mengen $T_{\sigma }$, $\sigma \in H$, die Gesamtmenge $M$ überdecken. Wegen der Gleichmächtigkeit dieser Mengen ist $p$ ein Vielfaches von $k$ und somit ist  $p=k$,  also  $M=T_1$. 

$◻$

Lemma Lemma 22.4 ändern

Es sei $p$ eine Primzahl und  $F\in \mathbb{Q}[X]$  ein irreduzibles Polynom vom Grad $p$, das genau $p-2$ reelle Nullstellen besitzt.

Dann ist die Galoisgruppe des Zerfällungskörpers  $\mathbb{Q}\subseteq Z(F)$  gleich der Permutationsgruppe $S_p$.

Bei  $p\ge 5$  ist diese Körpererweiterung nicht auflösbar.

Beweis

Es seien ${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_{p-2}$ die reellen Nullstellen und ${\alpha }_{p-1},{\alpha }_p$ die beiden nichtreellen komplexen Nullstellen. Nach Lemma 13.1 ist die Galoisgruppe $\mathrm{Gal}(Z(F)/\mathbb{Q})$ in natürlicher Weise eine Untergruppe der Permutationsgruppe der Nullstellen. Wir zeigen, dass es sich um die volle Permutationsgruppe handelt. Die komplexe Konjugation induziert einen $\mathbb{Q}$-Automorphismus auf $L$, der die reellen Nullstellen unverändert lässt und die beiden nichtreellen Nullstellen ${\alpha }_{p-1}$ und ${\alpha }_p$ ineinander überführt. Daher bewirkt dieser Automorphismus auf den Nullstellen eine Transposition. Da $F$ über $\mathbb{Q}$ irreduzibel ist, ist $F$ für jede Nullstelle das Minimalpolynom und daher sind alle Nullstellen zueinander konjugiert. Nach Satz 13.3 gibt es somit für je zwei Nullstellen $\alpha$ und $\beta$ einen Automorphismus $\phi$ mit  $\phi (\alpha )=\beta$.  Damit sind die Voraussetzungen von Lemma 22.3 erfüllt und somit ist die Galoisgruppe die volle Permutationsgruppe.

$◻$

Korollar Korollar 22.5 ändern

Es sei $a$ eine Primzahl und sei

$F=X^5+a^2{X}^4-a\in \mathbb{Q}[X].$

Dann gelten folgende Aussagen.

1. Das Polynom $F$ ist irreduzibel in $\mathbb{Q}[X]$.
2. $F$ besitzt drei reelle Nullstellen und darüber hinaus zwei komplexe nichtreelle Nullstellen.
3. Die Galoisgruppe des Zerfällungskörpers  $\mathbb{Q}\subseteq Z(F)$  ist die Permutationsgruppe $S_5$.
4. Die Körpererweiterung  $\mathbb{Q}\subseteq Z(F)$  ist nicht auflösbar.

Beweis

(1) ergibt sich aus dem Kriterium von Eisenstein.
(2). Wir berechnen einige Funktionswerte von $F$. Es ist

$F(-a^2)=-a^{10}+a^{10}-a=-a<0,$

$F(-1)=-1+a^2-a=-1+a(a-1)>0,$

$F(0)=-a<0$

und schließlich

$F(1)=1+a^2-a>0.$

Nach dem Zwischenwertsatz gibt es daher mindestens drei reelle Nullstellen. Die Ableitung von $F$ ist

$F^{\prime }=5X^4+4a^2{X}^3=5X^3(X+\frac{4}{5}{a}^2)$

und besitzt die beiden reellen Nullstellen $0$ und $-\frac{4}{5}{a}^2$. Nach dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung kann somit $F$ nicht mehr als drei reelle Nullstellen besitzen, da zwischen zwei Nullstellen stets eine Nullstelle der Ableitung liegt. Die Nullstellen der Ableitung sind wegen

$F(-\frac{4}{5}{a}^2)\ne 0$

(wegen der Irreduzibilität von $F$ über $\mathbb{Q}$) keine Nullstelle von $F$, sodass $F$ keine mehrfache Nullstelle besitzen kann. Daher muss es zwei weitere komplexe nichtreelle Nullstellen geben.
(3) und (4) folgen aus (1), (2) und Lemma 22.4.

$◻$

Paolo Ruffini (1765-1822)

Niels Henrik Abel (1802-1829)

Das erste Beispiel für ein solches Polynom ist $X^5+4X^4-2$. Durch die Existenz solcher Polynome folgt die allgemeine Unauflösbarkeit für algebraische Gleichungen vom Grad $5$ und höher. Diese Aussage heißt Satz von Abel-Ruffini.

Satz Referenznummer erstellen

Für  $n\ge 5$ 

gibt es polynomiale Gleichungen (über $\mathbb{Q}$) vom Grad $n$, die nicht auflösbar sind.

Beweis

Für  $n=5$  folgt dies direkt aus Korollar 22.5, und für  $n\ge 6$  kann man ein unauflösbares Polynom vom Grad $5$ einfach mit einem beliebigen Polynom vom Grad $n-5$ multiplizieren.

$◻$

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