Kurs:Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)/Vorlesung 23

Polynome mit unauflösbarer Galoisgruppe

Wir möchten nun zeigen, dass gewisse Körpererweiterungen, und zwar die Zerfällungskörper von gewissen Polynomen vom Grad ${}\geq 5$, nicht auflösbar sind. Dazu müssen wir aufgrund der Galoistheorie für auflösbare Körpererweiterungen und den gruppentheoretischen Überlegungen zu den Permutationsgruppen ${}S_{n}$, ${}n\geq 5$, (Lemma 21.9) 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  ${}S(T)\subseteq S(M)$.  Man setzt einfach die Permutation auf ${}T$ durch die Identität auf ${}M\setminus T$ zu einer Permutation auf ganz ${}M$ fort.

Lemma

Es sei ${}M$ eine endliche Menge und  ${}T_{1},T_{2}\subseteq M$  seien Teilmengen mit  ${}T_{1}\cap T_{2}\neq \emptyset$.  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 18.7 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) 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  ${}\sigma =\langle a,b\rangle$.  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

${}\sigma =\langle a,b\rangle =\langle a,c\rangle \circ \langle b,c\rangle \circ \langle a,c\rangle \,$

und diese drei Transpositionen gehören zu ${}S(T_{1})$ oder zu ${}S(T_{2})$ und damit zu ${}G$.

$\Box$

Definition

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

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

Dann ist  ${}H=S_{p}$. 

Beweis

Es sei  ${}M={\{1,\ldots ,p\}}$.  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  ${}k\geq 2$.  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  ${}T_{\sigma _{1}}\cap T_{\sigma _{2}}=\emptyset$,  da andernfalls nach Lemma 23.1  ${}S(T_{1}\cup T_{2})\subseteq H$  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  ${}M=T_{1}$. 

$\Box$

Lemma

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  ${}p\geq 5$  ist diese Körpererweiterung nicht auflösbar.

Beweis

Es seien ${}\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{p-2}$ die reellen Nullstellen und ${}\alpha _{p-1},\alpha _{p}$ die beiden nichtreellen komplexen Nullstellen. Nach Lemma 14.2 ist die Galoisgruppe ${}\operatorname {Gal} \,(Z(F){|}\mathbb {Q} )$ 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 14.5 gibt es somit für je zwei Nullstellen ${}\alpha$ und ${}\beta$ einen Automorphismus ${}\varphi$ mit  ${}\varphi (\alpha )=\beta$.  Damit sind die Voraussetzungen von Lemma 23.3 erfüllt und somit ist die Galoisgruppe die volle Permutationsgruppe.

$\Box$

Korollar

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

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

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

${}F(0)=-a<0\,$

und schließlich

${}F(1)=1+a^{2}-a>0\,.$

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

${}F'=5X^{4}+4a^{2}X^{3}=5X^{3}{\left(X+{\frac {4}{5}}a^{2}\right)}\,$

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

${}F{\left(-{\frac {4}{5}}a^{2}\right)}\neq 0\,$

(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 23.4.

$\Box$

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

Für  ${}n\geq 5$ 

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

Beweis

Für  ${}n=5$  folgt dies direkt aus Korollar 23.5, und für  ${}n\geq 6$  kann man ein unauflösbares Polynom vom Grad ${}5$ einfach mit einem beliebigen Polynom vom Grad ${}n-5$ multiplizieren.

$\Box$

<< | Kurs:Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019) | >> PDF-Version dieser Vorlesung Arbeitsblatt zur Vorlesung (PDF)