\documentstyle[theorem,12pt,german]{article}

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\textwidth15.5cm
\textheight23cm
\hoffset-1.5cm
\voffset-2cm




% Zu verwendende Regelsaetze
\theoremstyle{break}
\newtheorem{thm}{Theorem}
\newtheorem{defn}{Definition}
\newtheorem{defthm}[defn]{Definition and Theorem}
\newtheorem{construction}{Construction}
\newtheorem{lemma}{Lemma}
 \newtheorem{aufgabe}{Aufgabe}
\theoremstyle{plain}
\theoremstyle{break}
\theorembodyfont{\rm}
\newtheorem{remark}{Remark}


% Umgebung fuer Voraussetzungen
 \newenvironment{beh}{{\rm \bf Beh.:} \it}{}
 \newenvironment{beweis}{\rm {\bf Beweis:}}{\hspace*{\fill}\mbox{$ ^{\Box}$}}


% Abkuerzungen
\newcommand{\be}{\begin{enumerate}}
\newcommand{\ee}{\end{enumerate}}
\renewcommand{\labelenumi}{\alph{enumi}.}
\renewcommand{\labelenumii}{(\roman{enumii})}
\newcommand{\bi}{\begin{itemize}}
\newcommand{\ei}{\end{itemize}}

% Abblidungen  1: Abbildung                        2: Inklusion
%              3: Abbildung (Name \"uber dem Pfeil)  4: Inklusion (Name \"Uber dem Pfeil)
%              4: Einschraenkung (ohne Definitions- & Wertebereich
%              5: Einschraenkung (mit  Definitions- & Wertebereich
\newcommand{\abbil}[3]{\mbox{$#1 : #2 \rightarrow #3$}}
\newcommand{\einbet}[3]{\mbox{$#1 : #2 \hookrightarrow #3$}}
\newcommand{\abbild}[3]{\mbox{$#2 \stackrel{#1}{\longrightarrow} #3$}}
\newcommand{\einbett}[3]{\mbox{$#2 \stackrel{#1}{\hookrightarrow} #3$}}
\newcommand{\einschr}[2]{\mbox{$#1_{\mid #2}$}}
\newcommand{\einschra}[4]{\abbil{\einschr{#1}{#2}}{#3}{#4}}

% Zeichen fuer Zahlsysteme  N, Z, Q, R, C, C (verkleinert) und C^n x C^k
\newcommand{\N}{{\rm I\hspace{-3pt} N}}
\newcommand{\Z}{{\bf Z}}
\newcommand{\Q}{\mbox{\rm Q\hspace{-6pt}\rule[0.5pt]{0.5pt}{7pt} \hspace{3pt}}}
 \newcommand{\R}{{\rm I\hspace{-3pt} R}}
\newcommand{\C}{\mbox{\rm C\hspace{-5.5pt}\rule[0.5pt]{0.5pt}{6.8pt} \hspace{3pt}}}
\newcommand{\kleinC}{\mbox{\scriptsize \rm C\hspace{-4pt}\rule[0.5pt]{0.5pt}{4.5pt}\hspace{2pt}}}
 \newcommand{\NI}{\mbox{$\cal I \hspace{-0.25cm}-$}}
 \newcommand{\I}{\mbox{$\cal I$}}
 \newcommand{\PR}{{\rm I\hspace{-3pt} P}}

% Bilder und Urbilder von einzelnen Punkten
\newcommand{\bild}[2]{\mbox{$#1 \mbox{$\scriptstyle (#2)$}$}}
\newcommand{\urbild}[2]{\mbox{$#1^{-1} \mbox{$\scriptstyle (#2)$}$}}

% Vektoren und endliche Punktmengen
\newcommand{\klam}[1]{\mbox{$\left(#1\right)$}}
\newcommand{\punkt}[2]{\mbox{$\left(#1,#2\right)$}}
\newcommand{\punktmengeA}[3]{\mbox{$\left\{#1_#2,\ldots,#1_#3\right\}$}}
\newcommand{\punktmengeB}[4]{\mbox{$\left\{\punkt{#1_#3}{#2},\ldots,\punkt{#1_#4}{#2}\right\}$}}
\newcommand{\punktmengeC}[4]{\mbox{$\left\{\punkt{#1}{#2_#3},\ldots,\punkt{#1}{#2_#4}\right\}$}}
\newcommand{\vect}[3]{\mbox{$\left(#1_#2,\ldots,#1_#3\right)$}}
\newcommand{\menge}[1]{\mbox{$\left\{#1\right\}$}}

\newcommand{\ueber}[2]{\begin{array}{c} #1 \\ #2 \end{array}}



\begin{document}

   \begin{center}
      \large \bf
      \"Ubungen zur Geometrie I im SS 95, Blatt 2
   \end{center}
   \setcounter{aufgabe}{3}
   \begin{aufgabe}
      \begin{beh}
         Sei $\PR =({\cal P,G,I})$ ein projektiver Raum mit $\dim (\PR) = d$.
         \be
            \item Es gibt Hyperebenen $H_0,\ldots,H_d$ in $\PR$ mit $H_0\cap\cdots\cap H_d = \emptyset$.
            \item $\dim (H_0\cap\cdots\cap H_s) = d-s-1$ f\"ur $0\leq s\leq d$.
            \item ${\cal U}(\PR) = \menge{U\mid U<\PR}$ ist eine Geometrie vom Rang $d+1$;
                beachte: zwei Unter\-r\"au\-me von {$\PR$} hei{\ss}en inzident, wenn einer ein
                Unterraum vom anderen ist.
         \ee
      \end{beh}
   \end{aufgabe}
   \begin{beweis}
      \be
         \item Siehe Lemma 2.16 mit $t=-1$.
         \item Aus der Konstruktion in 2.16 folgt sofort, da{\ss}
             $H_0\cap\cdots\cap H_s = \langle\menge{P_{s+1},\ldots,P_d}\rangle$
             und da{\ss} \menge{P_{s+1},\ldots,P_d} unabh\"angig ist.
             \\
             Also: $\dim H_0\cap\cdots\cap H_s = d-(s+1)$.
         \item ${\cal U}(\PR) = \bigcup_{k=0}^d {\cal U}_i$, wobei ${\cal U}_i =\menge{V\mid V<\PR, \dim (V) = i-1}$.
            \\
            \underline{1. Zeige:} Zwei verschiedene Unterr\"aume gleicher Dimension inzidieren
            nicht mit\-ein\-an\-der. Dies folgt unmittelbar aus 2.14 (b).
            \\
            \underline{2. Zeige:} Eine maximale Fahne enth\"alt f\"ur jedes $-1\leq i\leq d-1$
            mindestens einen Unterraum der Dimension $i$.
            \\
            Sei {$\cal F$} eine maximale Fahne.
            \\
            \underline{Ang.:} $\exists -1\leq i\leq d-1$ mit ${\cal F} \cap {\cal U}_i = \emptyset$.
            \\
            Sei $i_0$ minimal mit dieser Eigenschaft.
            \\
            Klar: $i_0 \geq 0$, da $\emptyset$, der einzige Unterraum der
            Dimension $-1$, mit je\-dem Unter\-raum inzidiert.
            \\
            $\exists U\in {\cal F}\cap {\cal U}_{i_0-1}$.
            Sei $B = \menge{Q_0,\ldots,Q_{i_0-1}}$ Basis von $U$.
            \\
            1. Fall: ${\cal U}_i\cap{\cal F} = \emptyset$ $\forall i\geq i_0$.
            Erg\"anze $B$ zu einer Basis \menge{Q_0,\ldots,Q_{d}} von $\PR$.
            \\
            2. Fall: Sei $i_1 > i_0$ minimal mit ${\cal U}_i\cap{\cal F} \not= \emptyset$.
            $\exists U_1\in {\cal F}\cap {\cal U}_{i_1}$.
            Erg\"anze $B$ zu einer Basis \menge{Q_0,\ldots,Q_{i_1}} von $U_{i_1}$.
            \\
            In beiden gilt: $H:=\langle Q_0,\ldots,Q_{i_0}\rangle \in {\cal U}_{i_0}$
            und ${\cal F}\cup\menge{H}$ ist eine Fahne, im Widerspruch
            zur Maximalit\"at von {$\cal F$}.
            \\
            Aus 1. und 2. folgt, da{\ss} der Rang der Geometrie $d+1$ ist.
      \ee
   \end{beweis}

   \begin{aufgabe}[Existenz endlicher K\"orper]
      \begin{beh}
         \be
            \item Sei $K$ ein K\"orper und $g\in K[ x]$ ein irreduzibles
               Polynom vom Grad $n$.
               \\
               Dann existiert eine Matrix $A\in K_{n,n}$ mit Minimalpolynom
               $m_A = g$.
            \item $K[A] = \{k_0E + k_1A + \cdots + k_{n-1} A^{n-1} \mid k_i\in K\}$
               ist ein K\"orper.
            \item Sei $f\in K[ x] \backslash K$, so gibt es einen K\"orper
               $L\geq K$ so, da{\ss} $f$ in $L[ x]$ in Linear\-fak\-toren zerf\"allt.
            \item Seien $p$ eine Primzahl und $n\in \N$. Sei ferner $K = \Z / p\Z$
               und $f = x^{(p^n)}-x$.
               \\
               Dann ist $L_0 = \{ a\in L \mid f(a) = 0\}$ ein K\"orper mit
               $p^n$ Elementen.
         \ee
      \end{beh}
   \end{aufgabe}
   \begin{beweis}
      \\
      \be
         \item Sei o.B.d.A. $g = x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_0 \in K[x ]$
            normiert. Setze:
            \scriptsize
            \[
               \left[
               \begin{array}{cccccccc}
                  0 &  1 &  0 &  0 & 0 & \cdots                      &  0       &  0        \\
                  0 &  0 &  1 &  0 & 0 & \cdots                      &  0       &  0        \\
                  0 &  0 &  0 &  1 & 0 & \cdots                      &  0       &  0        \\
                  \vdots & \vdots & \vdots & \vdots &\vdots &        & \vdots   & \vdots    \\
                  0 &  0 &  0 &  0 & 0 &  \cdots                     &  1       &  0        \\
                  0 &  0 &  0 &  0 & 0 &  \cdots                     &  0       &  1        \\
                  -a_0 & -a_1  & -a_2 & -a_3 & -a_4 & \cdots         & -a_{n-2} & -a_{n-1}    
               \end{array}
               \right]
            \]
            \normalsize
            \underline{Zeige mit Induktion nach $n$:} $\det (xE-A) = x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_0$
            \\
            \underline{$n=1$:} $\det (xE-A) = \det (x) = x = g$
            \\
            \underline{$n-1 \mapsto n$:} Entwicklung der Determinante nach der ersten
            Spalte liefert:
            \scriptsize
            \[
            \det (xE-A) = \det \left[
               \begin{array}{cccccccc}
                  x &  -1 &  0 &  0 & 0 & \cdots                      &  0       &  0        \\
                  0 &  x &  -1 &  0 & 0 & \cdots                      &  0       &  0        \\
                  0 &  0 &  x &  -1 & 0 & \cdots                      &  0       &  0        \\
                  \vdots & \vdots & \vdots & \vdots &\vdots &        & \vdots   & \vdots    \\
                  0 &  0 &  0 &  0 & 0 &  \cdots                     &  -1       &  0        \\
                  0 &  0 &  0 &  0 & 0 &  \cdots                     &  x       &  -1        \\
                   a_0 &  a_1  &  a_2 &  a_3 &  a_4 & \cdots         &  a_{n-2} & x+a_{n-1}
               \end{array}
               \right]
            \]
            \[
              = x \det \left[
               \begin{array}{ccccc}
                  x &  -1 &  0 &  \cdots              &  0        \\
                  0 &  x &  -1 &  \cdots              &  0        \\
                  0 &  0 &  x &   \cdots              &  0        \\
                  \vdots & \vdots &\vdots &           & \vdots    \\
                  0 &  0 &  0 &   \cdots              &  -1        \\
                   a_1 &  a_2  & a_3 & \cdots         & x+a_{n-1}
               \end{array}
               \right]
               + (-1)^{n+1}a_0\det \left[
               \begin{array}{ccccc}
                  -1 &  0 &  0 & \cdots             &  0        \\
                   x &  -1 &  0 & \cdots            &  0        \\
                   0 &  x &  -1 & \cdots            &  0        \\
                  \vdots & \vdots &\vdots &         & \vdots    \\
                   0 &  0 &  0 & \cdots             &  0         \\
                   0 &  0 &  0 & \cdots             &  -1
               \end{array}
               \right]
            \]
            \[
               \ueber{\scriptsize =}{\scriptsize Ind.}
               x (x^{n-1} + a_{n-1}x^{n-2} + \cdots + a_1) + (-1)^{n+1} a_0 (-1)^{n-1}
            \]
            \[
               = x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_0.
            \]
            \normalsize
            Also ist $g$ das charakteristische Polynom von $A$. Da das Minimalpolynom $m_A$
            Grad $\geq 1$ besitzt und das charakteristische Polynom teilt,
            $g$ aber irreduzibel ist, folgt: $m_A = g$.
         \item \underline{Zeige:} $K[A] = \{k_0E + k_1A + \cdots + k_{n-1} A^{n-1} \mid k_i\in K\} =: {\cal M}$
            \\
            Da $K[x] = \langle x^i \mid i \in \N_0 \rangle$ und $K[A] = \{ f(A) \mid f\in K[x] \}$,
            reicht es,
            (mit Induktion nach $i$) zu zeigen, da{\ss} $A^i \in {\cal M}$ $\forall i \in \N_0$.
            \\
            \underline{$i=0,\ldots,n-1$:} Klar.
            \\
            \underline{$i-1 \mapsto i>n-1$:} Da $g=m_A$, gilt: $0 = g(A) = A^n + \sum_{l=0}^{n-1}a_lA^l$.
            \\
            Mithin ist $A^n = -\sum_{l=0}^{n-1}a_lA^l$.
            \\
            Nach Induktionsvoraussetzung gilt: $A^{i-1} \in {\cal M}$ $\Rightarrow \exists k_0,\ldots,k_{n-1} \in K$
            mit $A^{i-1} = k_0 A^0 + \cdots + k_{n-1} A^{n-1}$.
            \\
            Damit gilt: $A^i = AA^{i-1} = A(\sum_{l=0}^{n-2}k_lA^l + k_{n-1}A^{n-1})
            = \sum_{l=0}^{n-2}k_lA^{l+1} + k_{n-1}A^n
            = \sum_{l=0}^{n-2}k_lA^{l+1} -  \sum_{l=0}^{n-1}k_{n-1}a_lA^{l}
            \in {\cal M}$.
            \\
            Also ist $K[A] \subseteq {\cal M}$. Die Umkehrung ist aber ohnehin klar.
            \\
            \underline{Zeige:} $K[A]$ ist ein K\"orper.
            \\
            $g$ ist irreduzibel, also ist das Ideal $gK[x]$ ein maximales
            Ideal (*) und mithin der Faktorring $K[x]/fK[x]$ ein K\"orper (**).
            \\
            Die Abbildung \abbil{\alpha}{K[x]}{K[A]} ist offensichtlich
            ein Ringepimorphismus und es gilt Kern($\alpha$) = \menge{f\in K[x] \mid f(A) = 0}
            = $m_AK[x]$ = $gK[x]$.
            \\
            Mithin gilt: $K[A] \cong K[x]/gK[x]$, und folglich ist $K[A]$
            ein K\"orper.
            \\
            \underline{Zu (*):} Grad($g$) $\geq 1 \Rightarrow gK[x] \subset K[x]$.
            \\
            Sei nun $I\unlhd K[x]$ mit $gK[x] \subset I \subseteq K[x]$.
            Da $K[x]$ ein Hauptidealring ist, gibt es ein $h\in K[x]$ mit
            $I=hK[x]$. Aus $gK[x] \subset hK[x]$ folgt: $h \mid g$ und Grad($h$) $<$ Grad($g$).
            Da $g$ irreduzibel ist, ist mithin $h$ eine Einheit und folglich $hK[x] = K[x]$.
            \\
            Also ist $gK[x] \lhd \cdot K[x]$.
            \\
            \underline{Zu (**):} Es ist klar, da{\ss} $K[x]/gK[x]$ ein kommutativer
            Ring mit Einselement $1+gK[x]$ ist.
            \\
            Es bleibt zu zeigen: $f+gK[x] \in K[x]/gK[x] \Rightarrow
            \exists h+gK[x] \in K[x]/gK[x]$ mit $(f+gK[x])(h+gK[x]) = 1 +gK[x]$.
            \\
            Da $g$ irreduzibel ist, gilt ggT$(g,f) = 1$, d.h. $\exists h,h'\in K[x]$
            mit $1 = hf + h'g$.
            \\
            $\Rightarrow 1+gK[x] = (hf + h'g) +gK[x] = (hf + gK[x]) + (gh' +gK[x])
            = (hf + gK[x]) + (gK[x]) = (h + gK[x])(f + gK[x])$.
         \item Sei $f=\sum_{i=0}^n b_ix^i \in K[x] \backslash K$ beliebig.
            \\
            \underline{Induktion nach $n=$Grad$(f)$:}
            \\
            Induktionsbehauptung: Sei $f$ ein Polynom vom Grad $n$ \"uber {\it irgendeinem}
            K\"orper, dann gilt: es gibt eine K\"Orpererweiterung f\"ur diesen K{\ss}rper,
            \"uber der $f$ in Linearfaktoren zerf\"allt.
            \\
            \underline{$n=1$:} Grad$(f) = 1 \Rightarrow \exists a\in K$ mit
            $f = x-a \Rightarrow L = K$ tut's.
            \\
            \underline{$n>1$:} \underline{1. Fall:} $f$ ist irreduzibel.
            \\
            a. $\Rightarrow \exists A\in K_{n,n}$ mit $f = m_A$.
            \\
            b. $\Rightarrow \tilde{L}:=K[A]$ ist ein K\"orper.
            \\
            Klar: verm\"oge der Einbettung \einbet{}{K}{K[A]}$:k\mapsto kE$
            wird $K$ zum Teilk\"orper von $\tilde{L}$.
            \\
            Da $f=m_A$, gilt $f(A)=0$, da{\ss} heiYt $A$ ist Nullstelle von
            $f$ in $\tilde{L}$.
            \[
               f = f-0 = f-f(A) = \sum_{i=0}^n b_ix^i-\sum_{i=0}^n b_iA^i
               = \sum_{i=0}^n b_i(x^i-A^i)
            \]
            \[
               = \sum_{i=0}^n \left(b_i(x-A)\left(\sum_{j=0}^{i-1}x^jA^{i-1-j}\right)\right)
               = (x-A) \sum_{i=0}^n \left(b_i\left(\sum_{j=0}^{i-1}x^jA^{i-1-j}\right)\right).
            \]
            Setze nun $h=\sum_{i=0}^n \left(b_i\left(\sum_{j=0}^{i-1}x^jB^{i-1-j}\right)\right)$,
            so gilt $h\in \tilde{L}[x]$ und $f = (x-B)h$.
            \\
            Wegen Grad$(h) <$Grad$(f)$, folgt mit Induktion, es gibt eine
            K\"orpererweiterung $L$ von $\tilde{L}$ derart, da{\ss} $h$ in
            $L[x]$ in Linearfaktoren zerf\"allt.
            \\
            Also: $K\leq\tilde{L}\leq L$ und $f$ zerf\"allt in $L[x]$ in Linearfaktoren.
            \\
            \underline{2. Fall:} f nicht irreduzibel.
            \\
            Dann gibt es $g,h \in K[x]$ mit Grad$(g)$, Grad$(h) <n$ und $f=gh$.
            \\
            Per Induktion gibt es eine K\"orpererweiterung $\tilde{L}$ von $K$
            derart, da{\ss} $g$ \"uber $\tilde{L}$ in Linearfaktoren zerf\"allt.
            Wiederum mit Induktion folgt: $\exists L \geq \tilde{L}$ mit
            $h$ zerf\"allt \"uber $L$ in Linearfaktoren.
            \\
            Also: $K\leq\tilde{L}\leq L$ und $f$ zerf\"allt in $L[x]$ in Linearfaktoren.
         \item Sei $L\geq K$ ein K\"orper, \"uber dem $f=x^{(p^n)}-x$ in Linearfaktoren
            zerf\"allt.
            Sei $L_0 =$ \menge{a\in L\mid f(a) =0}$\subseteq L$, dann ist $L_0\not= \emptyset$.
            \\
            \underline{Zeige:} $L_0$ ist Teilk\"orper von $L$.
            \bi
               \item $\emptyset \not= L_0\subseteq L$.
               \item Seien $a,b\in L_0$.
                  \[
                     f(ab) = a^{p^n}b^{p^n}-ab = a^{p^n}b^{p^n} - ab^{p^n} + ab^{p^n} - ab
                     = f(a)b^{p^n}+af(b) = 0.
                  \]
                  Also: $ab\in L_0$.
               \item Seien $a,b \in L_0$.
                  \[
                     f(a+b) = (a+b)^{p^n} - (a+b)
                  \]
                  \[
                     = a^{p^n} + \left(\ueber{p^n}{1}\right)a^{p^n-1}b^1 + \cdots + \left(\ueber{p^n}{p^n-1}\right)a^1b^{p^n-1} + b^{p^n} - (a + b)
                  \]
                  \[
                     = a^{p^n} + 0 + \cdots + 0 + b^{p^n} - a - b = f(a) + f(b) = 0.
                  \]
                  Beachte: Die Binomialkoeffizienten $\left(\ueber{p^n}{k}\right)$
                  f\"ur $k = 1,\ldots,p^n-1$ werden s\"amtlich von $p$ geteilt
                  und sind somit $0$ in $K\leq L$.
                  \\
                  Also: $a+b \in L_0$.
            \ei
            Damit ist $L_0$ ein Teilk\"orper von $L$.
            \\
            \underline{Zeige:} $\mid L_0\mid = p^n$.
            \\
            $f'=p^n\cdot x^{p^n-1} -1 =-1 \Rightarrow f'$ hat keine Nullstellen.
            $\Rightarrow f$ hat keine mehrfachen Nullstellen.
            \\
            Durch sukkzessives Abspalten der Nullstellen in Form von Linearfaktoren
            erhal\-ten wir aber, da{\ss} die Anzahl der Nullstellen von $f$ modulo
            Vielfachheit gerade $p^n$ ist.
            \\
            Also: $\mid L_0\mid = p^n$.
      \ee
   \end{beweis}

\end{document}

