Kurs:Körper- und Galoistheorie/10/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	${}\sum$
Punkte	3	3	0	3	5	3	0	4	0	12	0	4	4	0	5	4	4	7	61

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein algebraisch abgeschlossener Körper.
2. Eine einfache Radikalerweiterung (von Körpern).
3. Ein Hauptidealbereich.
4. Ein über einem Körper ${}K$ algebraisches Element ${}f\in A$ einer ${}K$- Algebra ${}A$.
5. Eine normale Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.
6. Ein aus einer Teilmenge ${}M\subseteq E$ einer Ebene ${}E$ in einem Schritt konstruierbarer Punkt ${}P\in E$.

Lösung

1. Ein Körper ${}K$ heißt algebraisch abgeschlossen, wenn jedes nichtkonstante Polynom ${}F\in K[X]$ eine Nullstelle in ${}K$ besitzt.
2. Eine Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ heißt eine einfache Radikalerweiterung, wenn es ein ${}b\in L$ gibt mit ${}L=K(b)$ und ein ${}n\in \mathbb {N}$ mit ${}b^{n}\in K$.
3. Ein Integritätsbereich, in dem jedes Ideal ein Hauptideal ist, heißt Hauptidealbereich.
4. Das Element ${}f$ heißt algebraisch über ${}K$, wenn es ein von ${}0$ verschiedenes Polynom ${}P\in K[X]$ mit ${}P(f)=0$ gibt.
5. Eine Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ heißt normal, wenn es zu jedem ${}x\in L$ ein Polynom ${}F\in K[X]$, ${}F\neq 0$, mit ${}F(x)=0$ gibt, das über ${}L$ zerfällt.
6. Ein Punkt ${}P\in E$ heißt aus ${}M$ in einem Schritt konstruierbar, wenn eine der folgenden Möglichkeiten zutrifft.
   1. Es gibt zwei aus ${}M$ elementar konstruierbare Geraden ${}G_{1}$ und ${}G_{2}$ mit ${}G_{1}\cap G_{2}=\{P\}$.
   2. Es gibt eine aus ${}M$ elementar konstruierbare Gerade ${}G$ und einen aus ${}M$ elementar konstruierbaren Kreis ${}C$ derart, dass ${}P$ ein Schnittpunkt von ${}G$ und ${}C$ ist.
   3. Es gibt zwei aus ${}M$ elementar konstruierbare Kreise ${}C_{1}$ und ${}C_{2}$ derart, dass ${}P$ ein Schnittpunkt der beiden Kreise ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Beziehung zwischen prim und irreduzibel in einem Integritätsbereich ${}R$.
2. Der Satz über die Charakterisierung normaler Körpererweiterungen.
3. Der Satz über die Konstruktion der Quadratwurzel.

Lösung

1. In einem Integritätsbereich ist ein Primelement stets irreduzibel.
2. Sei ${}K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.
   1. Die Körpererweiterung ist normal.
   2. Wenn ein irreduzibles Polynom ${}P\in K[X]$ eine Nullstelle in ${}L$ besitzt, so zerfällt es in ${}L[X]$.
   3. Es gibt ein ${}K$-Algebraerzeugendensystem ${}x_{i}\in L$, ${}i\in I$, von ${}L$ und über ${}L$ zerfallende Polynome ${}F_{i}\in K[X]$, ${}F_{i}\neq 0$ , ${}i\in I$, mit ${}F_{i}(x_{i})=0$.
   4. Für jede Körpererweiterung ${}L\subseteq M$ und jeden ${}K$-Algebrahomomorphismus

      $\varphi \colon L\longrightarrow M$

      ist ${}\varphi (L)\subseteq L$.

3. Es sei ${}G$ eine mit zwei Punkten ${}0$ und ${}1$ markierte Gerade, die wir mit den reellen Zahlen identifizieren. Es sei ${}a\in G_{+}$ eine positive reelle Zahl. Dann ist die Quadratwurzel ${}{\sqrt {a}}$ aus ${}0,1,a$ mittels Zirkel und Lineal konstruierbar.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}\zeta \neq 1$ eine ${}n$-te Einheitswurzel. Zeige

${}\zeta ^{n-1}+\zeta ^{n-2}+\cdots +\zeta +1=0\,.$

Lösung

Es ist

${}X^{n}-1=(X-1){\left(1+X+X^{2}+\cdots +X^{n-1}\right)}\,,$

wie sich durch Ausmultiplizieren der rechten Seite ergibt. Die ${}n$-te Einheitswurzel ${}\zeta \neq 1$ ist eine Nullstelle der linken Seite. Da wir in einem Körper sind, muss der rechte Faktor bei Einsetzen von ${}\zeta$ den Wert ${}0$ ergeben. Also ist

${}\zeta ^{n-1}+\zeta ^{n-2}+\cdots +\zeta +1=0\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}R$ ein Hauptidealbereich und ${}p\neq 0$ ein Element. Zeige, dass die folgende Bedingungen äquivalent sind.

1. ${}p$ ist ein Primelement.
2. ${}R/(p)$ ist ein Integritätsbereich.
3. ${}R/(p)$ ist ein Körper.

Lösung

Die Äquivalenz (1) ${}\Leftrightarrow$ (2) gilt in jedem kommutativen Ring (auch für ${}p=0$), siehe Aufgabe 7.1 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)), und (3) impliziert natürlich (2). Es sei also (1) erfüllt und sei ${}a\in R/(p)$ von ${}0$ verschieden. Wir bezeichnen einen Repräsentanten davon in ${}R$ ebenfalls mit ${}a$. Es ist dann ${}a\notin (p)$ und es ergibt sich eine echte Idealinklusion ${}(p)\subset (a,p)$. Ferner können wir ${}(a,p)=(b)$ schreiben, da wir in einem Hauptidealring sind. Es folgt ${}p=cb$. Da ${}c$ keine Einheit ist und ${}p$ prim (also nach Lemma 3.10 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) auch irreduzibel) ist, muss ${}b$ eine Einheit sein. Es ist also ${}(a,p)=(1)$, und das bedeutet modulo ${}p$, also in ${}R/(p)$, dass ${}a$ eine Einheit ist. Also ist ${}R/(p)$ ein Körper.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass eine endliche Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ algebraisch ist.

Lösung

Es sei ${}n$ der Grad von ${}L$ über ${}K$. Es sei ${}a\in L$. Wir betrachten die Potenzen

$a^{0},a^{1},a^{2},a^{3},\ldots ,a^{n}.$

Da dies ${}n+1$ Elemente in einem ${}n$-dimensionalen ${}K$- Vektorraum sind, können sie nach Satz 8.2 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) nicht linear unabhängig sein. Also gibt es Koeffizienten ${}c_{0},c_{1},c_{2},\ldots ,c_{n}\in K$, die nicht alle gleich ${}0$ sind, mit

${}c_{0}b^{0}+c_{1}b^{1}+c_{2}b^{2}+\cdots +c_{n}b^{n}=0\,.$

Das zugehörige Polynom

$c_{0}+c_{1}X^{1}+c_{2}X^{2}+\cdots +c_{n}X^{n}$

ist nicht das Nullpolynom und es annulliert ${}b$. Somit ist ${}b$ algebraisch.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}\mathbb {Z} /(p)\subseteq {\mathbb {F} }_{q}$ eine Erweiterung endlicher Körper mit ${}q=p^{e}$ und es sei ${}u$ eine primitive Einheitswurzel von ${}{\mathbb {F} }_{q}$. Was ist die erste Potenz ${}u^{n}$, ${}n\geq 1$, die zu ${}\mathbb {Z} /(p)$ gehört? Ist dieses ${}u^{n}$ ein primitives Element von ${}{\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$?

Lösung

Wir betrachten die Untergruppenbeziehung

${}{\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }\subseteq {\left({\mathbb {F} }_{q}\right)}^{\times }\,.$

Die Gruppen besitzen ${}p-1$ bzw. ${}q-1$ Elemente. Wegen

${}q-1=p^{e}-1=(p-1){\left(p^{e-1}+p^{e-2}+\cdots +p^{2}+p+1\right)}\,$

besitzt die Restklassengruppe

${\left({\mathbb {F} }_{q}\right)}^{\times }/{\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$

genau

$p^{e-1}+p^{e-2}+\cdots +p^{2}+p+1$

Elemente. Da alle beteiligten Gruppen zyklisch sind, ist der Restklassenhomomorphismus gleich

${\left({\mathbb {F} }_{q}\right)}^{\times }\cong \mathbb {Z} /(q-1)\longrightarrow \mathbb {Z} /(p^{e-1}+p^{e-2}+\cdots +p^{2}+p+1),$

wobei der Erzeuger auf einen Erzeuger geht. Deshalb wird der Kern von ${}p^{e-1}+p^{e-2}+\cdots +p^{2}+p+1$ erzeugt. Es ist also

$u^{p^{e-1}+p^{e-2}+\cdots +p^{2}+p+1}$

die erste Potenz, die in ${}\mathbb {Z} /(p)$ liegt, und dieses ist ein primitives Element.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (12 (3+1+6+2) Punkte)

Es sei ${}p$ eine Primzahl.

a) Bestimme den Grad der Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]\,.$

Man gebe auch eine ${}\mathbb {Q}$- Basis von ${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$ an.

b) Zeige, dass in ${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$ alle Elemente der Form ${}m^{3}p$ und ${}n^{3}p^{2}$ mit ${}m,n\in \mathbb {Q}$ eine dritte Wurzel besitzen.

c) Die rationale Zahl ${}x\in \mathbb {Q}$ besitze in ${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$ eine dritte Wurzel. Zeige, dass ${}x$ die Form

$x=k^{3}{\text{ oder }}x=m^{3}p{\text{ oder }}x=n^{3}p^{2}$

mit ${}k,m,n\in \mathbb {Q}$ besitzt.

d) Es sei nun ${}q$ eine weitere, von ${}p$ verschiedene Primzahl. Bestimme den Grad der Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}},{\sqrt[{3}]{q}}]\,.$

Lösung

a) Wegen ${}{\sqrt[{3}]{p}}\notin \mathbb {Q}$ besitzt das Polynom ${}X^{3}-p$ keine Nullstelle in ${}\mathbb {Q}$. Daher ist es nach Aufgabe 3.14 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) irreduzibel und somit ist ${}X^{3}-p$ nach Lemma 7.12 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) das Minimalpolynom und somit besitzt die Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]\,$

den Grad ${}3$. Eine ${}\mathbb {Q}$- Basis ist durch ${}1,{\sqrt[{3}]{p}},{\sqrt[{3}]{p}}^{2}$ gegeben.

b) Es ist

${}(m{\sqrt[{3}]{p}})^{3}=m^{3}p\,$

und

${}(n({\sqrt[{3}]{p}})^{2})^{3}=n^{3}p^{2}\,.$

c) Eine dritte Potenz in ${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$ besitzt die Form ${}y^{3}$ mit ${}y\in \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$. Sei

${}y=a+b{\sqrt[{3}]{p}}+c{\sqrt[{3}]{p}}^{2}=a+bp^{1/3}+cp^{2/3}\,$

mit ${}a,b,c\in \mathbb {Q}$. Dann ist

${}y^{3}=r+sp^{1/3}+tp^{2/3}\,$

mit

${}r=a^{3}+b^{3}p+c^{3}p^{2}+6abcp\,,$

${}s=3a^{2}b+3b^{2}cp+3ac^{2}p\,$

und

${}t=3a^{2}c+3ab^{2}+3bc^{2}p\,.$

Wegen ${}y^{3}\in \mathbb {Q}$ müssen die beiden hinteren Komponenten ${}0$ sein, also

${}s=t=0\,.$

Daher ist auch

${}0=bs-at=3b^{3}cp-3a^{3}c=3c(b^{3}p-a^{3})\,.$

Es sei zuerst der hintere Faktor ${}0$. Bei ${}b\neq 0$ müsste

${}p={\left({\frac {a}{b}}\right)}^{3}\,$

sein, was der Irrationalität dieser dritten Wurzel widerspricht. Also ist ${}b=0$ und damit auch ${}a=0$.

Es sei nun

${}c=0\,.$

Wegen ${}s=0$ folgt daraus ${}a=0$ oder ${}b=0$. In jedem Fall sind also mindestens zwei der Koeffizienten ${}a,b,c$ gleich ${}0$. Die zugehörigen dritten Potenzen sind

$a^{3},b^{3}p,c^{3}p^{2}$

und somit sind die rationalen Zahlen, die in diesem Körper eine dritte Wurzel besitzen, von der beschriebenen Art.

d) Wir betrachten die Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]\subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}},{\sqrt[{3}]{q}}]\,.$

Nach Teil b) ist ${}{\sqrt[{3}]{q}}\notin \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$. Somit ist ${}X^{3}-q$ irreduzibel über ${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$ und daher besitzt nach der gleichen Argumentation wie unter a) die Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]=\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}][{\sqrt[{3}]{q}}]\,$

den Grad ${}3$. Nach der Gradformel besitzt die Gesamterweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}][{\sqrt[{3}]{q}}]=\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}},{\sqrt[{3}]{q}}]\,$

den Grad ${}3\cdot 3=9$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}X^{n}-a\in \mathbb {Q} [X]$ mit ${}n\geq 4$ gerade. Zeige, dass der Zerfällungskörper von ${}X^{n}-a$ maximal den Grad ${}{\frac {n!}{2}}$ besitzt.

Lösung

Wenn das Polynom schon über ${}\mathbb {Q}$ eine Nullstelle besitzt, so ist die Aussage klar, da es dann um den Zerfällungskörper eines Polynoms vom maximalen Grad ${}n-1$ handelt, dessen Grad maximal gleich

${}(n-1)!\leq {\frac {n!}{2}}\,$

ist. Es sei ${}\mathbb {Q} \subseteq K$ eine Körpererweiterung vom Grad ${}\leq n$, unter der das Polynom eine Nullstelle ${}u\in K$ bekommt. Zu ${}K$ gehört auch ${}-u\neq u$, und da ${}n$ gerade ist, ist dies ebenfalls eine Nullstelle. Somit gilt über ${}K$

${}X^{n}-a=(X-u)(X+u)Q\,,$

und man braucht maximal den Grad ${}(n-2)!$, um ${}Q$ zu zerfällen. Insgesamt ist der benötigte Grad also gleich ${}n\cdot (n-2)!$. Dabei ist

${}n\cdot (n-2)!\leq {\frac {n!}{2}}\,,$

da dies zu

${}2n\leq n(n-1)\,$

äquivalent ist, was wegen ${}n\geq 4$ erfüllt ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Kreisteilungspolynom ${}\Phi _{9}$.

Lösung

Es gilt die Gleichung

$X^{9}-1=\Phi _{1}\Phi _{3}\Phi _{9}$

mit ${}\Phi _{1}=X-1$. Das dritte

Kreisteilungspolynom errechnet sich aus

$X^{3}-1=(X-1)\Phi _{3}$

zu

(Division mit Rest)

$\Phi _{3}=X^{2}+X+1.$

Wegen ${}(X^{9}-1)/(X-1)=X^{8}+X^{7}+X^{6}+X^{5}+X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1$ berechnet man das neunte Kreisteilungspolynom durch die Divison

$(X^{8}+X^{7}+X^{6}+X^{5}+X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1)/(X^{2}+X+1).$

Dies ergibt

$\Phi _{9}=X^{6}+X^{3}+1.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (5 Punkte)

Berechne die Schnittpunkte der beiden Kreise ${}K_{1}$ und ${}K_{2}$, wobei ${}K_{1}$ den Mittelpunkt ${}(3,4)$ und den Radius ${}6$ und ${}K_{2}$ den Mittelpunkt ${}(-8,1)$ und den Radius ${}7$ besitzt.

Lösung

Die Kreisgleichungen der beiden Kreise sind

${}(x-3)^{2}+(y-4)^{2}=x^{2}-6x+y^{2}-8y+25=36\,$

und

${}(x+8)^{2}+(y-1)^{2}=x^{2}+16x+y^{2}-2y+65=49\,.$

Die Differenz der beiden Gleichungen ergibt

${}22x+6y+40=13\,.$

Also ist

${}y={\frac {-22x-27}{6}}\,.$

Dies setzen wir in die erste Kreisgleichung ein und erhalten

${}{\begin{aligned}x^{2}-6x+{\left({\frac {-22x-27}{6}}\right)}^{2}-8{\frac {-22x-27}{6}}-11&=x^{2}+{\frac {121}{9}}x^{2}-6x+33x+{\frac {81}{4}}+{\frac {88}{3}}x+36-11\\&={\frac {130}{9}}x^{2}+{\frac {169}{3}}x+{\frac {181}{4}}\\&=0.\end{aligned}}$

Nach der Lösungsformel für eine quadratische Gleichung ist

${}{\begin{aligned}x_{1,2}&={\frac {-{\frac {169}{3}}\pm {\sqrt {{\frac {28561}{9}}-4\cdot {\frac {130}{9}}\cdot {\frac {181}{4}}}}}{\frac {260}{9}}}\\&={\frac {-169\pm {\sqrt {28561-130\cdot 181}}}{\frac {260}{3}}}\\&={\frac {-3\cdot 169\pm 3{\sqrt {28561-23530}}}{260}}\\&={\frac {-507\pm 3{\sqrt {5031}}}{260}}\\&={\frac {-507\pm 9{\sqrt {559}}}{260}}.\end{aligned}}$

Somit ist

${}{\begin{aligned}y_{1}&={\frac {-22x_{1}-27}{6}}\\&={\frac {-22{\frac {-507+9{\sqrt {559}}}{260}}-27}{6}}\\&=-11{\frac {-169+3{\sqrt {559}}}{260}}-{\frac {9}{2}}\\&=-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {11\cdot 13}{20}}-{\frac {9}{2}}\\&=-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}y_{2}&={\frac {-22x_{2}-27}{6}}\\&={\frac {-22{\frac {-507-9{\sqrt {559}}}{260}}-27}{6}}\\&=-11{\frac {-169-3{\sqrt {559}}}{260}}-{\frac {9}{2}}\\&={\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {11\cdot 13}{20}}-{\frac {9}{2}}\\&={\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}.\end{aligned}}$

Die Schnittpunkte sind also

$\left({\frac {-507+9{\sqrt {559}}}{260}},\,-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\right)$

und

$\left({\frac {-507-9{\sqrt {559}}}{260}},\,{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\right).$

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass zu zwei konstruierbaren positiven reellen Zahlen ${}a$ und ${}b$ die Potenz ${}a^{b}$ nicht konstruierbar sein muss.

Lösung

Sei ${}a=2$ und

${}b={\frac {1}{3}}\,.$

Die Zahl

${}a^{b}=2^{\frac {1}{3}}={\sqrt[{3}]{2}}\,$

ist algebraisch und wird von ${}X^{3}-2$ annulliert. Da ${}{\sqrt[{3}]{2}}\in \mathbb {R} \setminus \mathbb {Q}$ liegt, gibt es nur eine reelle Nullstelle und keine rationale Nullstelle. Daher ist nach Aufgabe 3.14 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) das Polynom irreduzibel und daher nach Lemma 7.12 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) gleich dem Minimalpolynom. Also besitzt die Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{2}}]\cong K[X]/(X^{3}-2)\,$

den Grad ${}3$. Nach Korollar 25.6 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) kann daher ${}{\sqrt[{3}]{2}}$ nicht konstruierbar sein.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz, dass man zu einer positiven reellen Zahl ihre Quadratwurzel mit Zirkel und Lineal konstruieren kann.

Lösung

Der Punkt ${}a$ sei auf einer Geraden ${}G$ gegeben, auf der auch Punkte ${}0$ und ${}1$ markiert seien. Wir zeichnen den Kreis mit Mittelpunkt ${}0$ durch ${}1$ und markieren den zweiten Schnittpunkt dieses Kreises mit ${}G$ als ${}-1$. Wir halbieren die Strecke zwischen ${}-1$ und ${}a$ gemäß Lemma 24.6 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) und erhalten den konstruierbaren Punkt ${}M={\frac {a-1}{2}}\in G$. Der Abstand von ${}M$ zu ${}a$ als auch zu ${}-1$ ist dann ${}{\frac {a+1}{2}}$. Wir zeichnen den Kreis mit Mittelpunkt ${}M$ und Radius ${}{\frac {a+1}{2}}$ und markieren einen der Schnittpunkte des Kreises mit der zu ${}G$ senkrechten Geraden ${}H$ durch ${}0$ als ${}x$. Wir wenden den Satz des Pythagoras auf das Dreieck mit den Ecken ${}0,x,M$ an. Daraus ergibt sich

${}x^{2}={\left({\frac {a+1}{2}}\right)}^{2}-{\left({\frac {a-1}{2}}\right)}^{2}={\frac {a^{2}+2a+1-(a^{2}-2a+1)}{4}}={\frac {4a}{4}}=a\,.$

Also repräsentiert (der Abstand von ${}0$ zu) ${}x$ die Quadratwurzel aus ${}a$.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise das Austauschlemma für Transzendenzbasen.

Lösung

Wir zeigen, dass man ${}f_{m}$ durch eines der ${}g_{j}$ ersetzen kann. Da die Körpererweiterung ${}K(f_{1},\ldots ,f_{m})\subseteq L$ algebraisch ist, gibt es zu jedem ${}g_{j}$ ein irreduzibles Polynom ${}P_{j}\in K(f_{1},\ldots ,f_{m})[T]$ mit ${}P_{j}(g_{j})=0$. Wir multiplizieren mit dem Hauptnenner sämtlicher Koeffizienten der ${}P_{j}$ und können dann annehmen, dass ${}P_{j}\in K[f_{1},\ldots ,f_{m}][T]$ gilt. Nehmen wir an, dass sämtliche ${}P_{j}$ sogar zu ${}K[f_{1},\ldots ,f_{m-1}][T]$ gehören. Dann wäre die Körperkette

${}K(f_{1},\ldots ,f_{m-1})\subseteq K(g_{1},\ldots ,g_{n})\subseteq L\,$

eine nach Aufgabe 10.4 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) algebraische Erweiterung und insbesondere wäre ${}f_{m}$ algebraisch über ${}K(f_{1},\ldots ,f_{m-1})$ im Widerspruch zur Voraussetzung, dass die ${}f_{i}$ algebraisch unabhängig sind. Es gibt also ein ${}P_{j}$ mit ${}P_{j}\notin K[f_{1},\ldots ,f_{m-1}][T]$. Wir schreiben

${}P_{j}=\sum _{k=0}^{r}\alpha _{k}T^{k}\,$

mit

${}\alpha _{k}=\sum _{\ell =0}^{s}\beta _{k,\ell }f_{m}^{\ell }\,$

und ${}\beta _{k,\ell }\in K[f_{1},\ldots ,f_{m-1}]$. Dabei ist zumindest ein ${}\beta _{k,\ell }\neq 0$ für ein ${}\ell \geq 1$. Daher können wir die Gleichung ${}P_{j}(g_{j})=0$ als eine algebraische Gleichung für ${}f_{m}$ über ${}K[f_{1},\ldots ,f_{m-1},g_{j}]$ lesen. Dies bedeutet, dass ${}f_{m}$ algebraisch über ${}K(f_{1},\ldots ,f_{m-1},g_{j})$ ist.

Wir behaupten, dass ${}f_{1},\ldots ,f_{m-1},g_{j}$ eine Transzendenzbasis von ${}L$ über ${}K$ ist, wobei wir gerade gezeigt haben, dass ${}L$ darüber algebraisch ist. Es ist zu zeigen, dass diese Elemente algebraisch unabhängig sind. Wären sie algebraisch abhängig, so müsste ${}g_{j}$ algebraisch über ${}K(f_{1},\ldots ,f_{m-1})$ sein. Doch dann wäre, wieder wegen der Transitivität von algebraisch, auch ${}f_{m}$ algebraisch über ${}K(f_{1},\ldots ,f_{m-1})$ im Widerspruch zur Voraussetzung.