Kurs:Körper- und Galoistheorie/13/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	$\sum$
Punkte	3	3	0	3	4	0	2	3	0	3	0	0	0	7	4	4	4	3	2	3	48

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Einheit $u$ in einem kommutativen Ring $R$.
2. Ein innerer Automorphismus einer Gruppe $G$.
3. Eine algebraische Zahl  $z\in ℂ$. 
4. Die Galoisgruppe einer Körpererweiterung $K\subseteq L$.
5. Ein vollkommener Körper.
6. Eine auflösbare Gruppe $G$.

Lösung

1. Ein Element $u$ heißt Einheit, wenn es ein Element $v\in R$ mit $uv=1$ gibt.
2. Ein Automorphismus

   $G⟶G$

   der Form $x\mapsto gx{g}^{-1}$ zu einem festen Element $g\in G$ heißt innerer Automorphismus.

3. Eine Zahl $z\in ℂ$ heißt algebraisch, wenn es ein von $0$ verschiedenes Polynom $P\in \mathbb{Q}[X]$ gibt mit $P(z)=0$.
4. Unter der Galoisgruppe versteht man die Gruppe aller $K$-Algebra-Automorphismen von $L$, also

   ${\mathrm{Aut}}_K(L).$

5. Ein Körper $K$ heißt vollkommen, wenn jedes irreduzible Polynom $P\in K[X]$ separabel ist.
6. Eine Gruppe $G$ heißt auflösbar, wenn es eine Filtrierung

   $\{e\}=G_0\subseteq G_1\subseteq G_2\subseteq \dots \subseteq G_{k-1}\subseteq G_k=G$

   gibt derart, dass $G_i$ ein Normalteiler in $G_{i+1}$ ist und die Restklassengruppe $G_{i+1}/G_i$ abelsch ist (für jedes $i=0,\dots ,k-1$).

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Struktur von quadratischen Körpererweiterungen in Charakteristik $\ne 2$.
2. Der Satz über die Norm und die Spur im Minimalpolynom zu einem Element einer Körpererweiterung.
3. Die Klassengleichung.

Lösung

1. Es sei $K$ ein Körper mit einer Charakteristik $\ne 2$ und es sei $K\subset L$ eine quadratische Körpererweiterung. Dann gibt es ein $x\in L$ , $x\notin K$ und $x^2\in K$.
2. Es sei  $K\subseteq L=K[f]$  eine einfache endliche Körpererweiterung vom Grad $n$. Dann hat das Minimalpolynom $P$ von $f$ die Gestalt

   $P=X^n-S(f)X^{n-1}+\cdots +(-1{)}^{n}N(f).$

3. Es sei $G$ eine endliche Gruppe und seien $K_1,\dots ,K_r$ die Konjugationsklassen von $G$ mit mindestens zwei Elementen. Dann ist

   ${\mathrm{ord}}_{}^{}\left(G\right)={\mathrm{ord}}_{}^{}(Z(G))+\sum _{i=1}^r\mathrm{\#}\left(K_i\right).$

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (3 Punkte)

Es sei $(\mathbb{Q},+,0)$ versehen mit der üblichen Addition. Es sei  $c\ne 0$  fixiert. Zeige, dass mit der Verknüpfung

$x\ast y:=\frac{xy}{c}$

ein Körper vorliegt. Was ist dabei das neutrale Element zur neuen Multiplikation $\ast$?

Lösung

Wir betrachten die Abbildung

$\phi :\mathbb{Q}⟶\mathbb{Q},x⟼cx.$

Da dies eine lineare bijektive Funktion ist, wird die Addition in die Addition übersetzt. Wegen  $\phi (1)=c$  und

$\phi (xy)=cxy=\frac{cxcy}{c}=(cx)\ast (cy)=\phi (x)\ast \phi (y)$

wird die übliche Multiplikation auf $\mathbb{Q}$ in die neue Multiplikation $\ast$ übersetzt. Daher übertragen sich sämtliche algebraischen Eigenschaften von $(\mathbb{Q},0,1,+,\cdot )$ auf $(\mathbb{Q},0,c,+,\ast )$ und es liegt ein Körper mit $c$ als neutralem Element für $\ast$ vor.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über Normalteiler und Restklassengruppe.

Lösung

Da die kanonische Projektion zu einem Gruppenhomomorphismus werden soll, muss die Verknüpfung durch

$[x][y]=[xy]$

gegeben sein. Wir müssen also zeigen, dass durch diese Vorschrift eine wohldefinierte Verknüpfung auf $G/H$ definiert ist, die unabhängig von der Wahl der Repräsentanten ist. D.h. wir haben für $[x]=[x^{\prime }]$ und $[y]=[y^{\prime }]$ zu zeigen, dass  $[xy]=[x^{\prime }{y}^{\prime }]$  ist. Nach Voraussetzung können wir $x^{\prime }=xh$ und $h{y}^{\prime }=\tilde{h}y=y{h}^{\prime }$ mit  $h,\tilde{h},h^{\prime }\in H$  schreiben. Damit ist

$x^{\prime }{y}^{\prime }=(xh)y^{\prime }=x(h{y}^{\prime })=x(y{h}^{\prime })=xy{h}^{\prime }.$

Somit ist  $[xy]=[x^{\prime }{y}^{\prime }]$.  Aus der Wohldefiniertheit der Verknüpfung auf $G/H$ folgen die Gruppeneigenschaften, die Homomorphieeigenschaft der Projektion und die Eindeutigkeit.

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (2 Punkte)

Es seien $p,q$ verschiedene Primzahlen und

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

die zugehörige Körpererweiterung. Erstelle die Multiplikationsmatrix zu einem Element $a+b\sqrt{p}+c\sqrt{q}+d\sqrt{pq}\in L$ bezüglich der Basis $1,\sqrt{p},\sqrt{q},\sqrt{pq}$.

Lösung

Es ist

$(a+b\sqrt{p}+c\sqrt{q}+d\sqrt{pq})\cdot \sqrt{p}=a\sqrt{p}+pb+c\sqrt{pq}+pd\sqrt{q},$

$(a+b\sqrt{p}+c\sqrt{q}+d\sqrt{pq})\cdot \sqrt{q}=a\sqrt{q}+b\sqrt{pq}+qc+qd\sqrt{p}$

und

$(a+b\sqrt{p}+c\sqrt{q}+d\sqrt{pq})\cdot \sqrt{pq}=a\sqrt{pq}+pb\sqrt{q}+qc\sqrt{p}+pqd.$

Somit ist die Multiplikationsmatrix gleich

$\left(\begin{array}{cccc}a& pb& qc& pqd\\ b& a& qd& qc\\ c& pd& a& pb\\ d& c& b& a\end{array}\right).$

Aufgabe (3 (1+1+1) Punkte)

Es sei  $K\subseteq L$  eine endliche Körpererweiterung. Zeige, dass die Norm

$N:L⟶K,f⟼N(f),$

folgende Eigenschaften besitzt.

1. Es ist $N(fg)=N(f)N(g)$.
2. Für $f\in K$ ist $N(f)=f^n$, wobei $n$ den Grad der Körpererweiterung bezeichne.
3. Es ist $N(f)=0$ genau dann, wenn $f=0$ ist.

Lösung

1. Dies folgt aus dem Determinantenmultiplikationssatz und aus Lemma 8.2 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)).
2. Zu einer beliebigen Basis von $L$ wird die Multiplikation mit einem Element  $f\in K$  durch die Diagonalmatrix beschrieben, bei der jeder Diagonaleintrag $f$ ist. Die Determinante ist daher $f^n$ nach Lemma 16.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)).
3. Die eine Richtung ist klar, sei also  $f\ne 0$.  Dann ist $f$ eine Einheit in $L$ und daher ist die Multiplikation mit $f$ eine bijektive $K$-lineare Abbildung $L\to L$, und deren Determinante ist $\ne 0$ nach Satz 16.11 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)).

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (3 Punkte)

Es sei  $K\subseteq L$  eine endliche separable Körpererweiterung und $M$, $K\subseteq M\subseteq L$, ein Zwischenkörper. Zeige, dass auch  $M\subseteq L$  eine separable Körpererweiterung ist.

Lösung

Es sei  $x\in L$  mit dem Minimalpolynom  $F\in K[X]$,  das nach Voraussetzung separabel ist. Es sei  $G\in M[X]$  das Minimalpolynom zu $x$, aufgefasst in der Körpererweiterung  $M\subseteq L$.  Wegen  $F(x)=0$  gilt in $M[X]$ die Beziehung ist  $F\in (G)$,  d.h. es gibt ein  $H\in M[X]$  mit

$F=GH.$

Da $F$ in jedem Erweiterungskörper von $K$ nur einfache Nullstellen besitzt, gilt dies auch für den Teiler $G$ und damit ist auch $G$ separabel.

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (7 (1+1+2+3) Punkte)

1. Bestimme die Zerlegung von $X^4-7$ in $ℂ$.
2. Bestimme den Zerfällungskörper $L$ von $X^4-7\in \mathbb{Q}[X]$.
3. Bestimme den Grad der Körpererweiterung  $\mathbb{Q}\subseteq L$. 
4. Beschreibe, welche Permutationen auf der Nullstellenmenge von $X^4-7$ von der Galoisgruppe herrühren.

Lösung

1. Über den komplexen Zahlen liegt die Faktorzerlegung

   $\begin{array}{cc}{X}^4-7& =(X-\sqrt[4]{7})(X+\sqrt[4]{7})(X-\mathrm{i}\sqrt[4]{7})(X+\mathrm{i}\sqrt[4]{7})\\ & =(X^2-\sqrt{7})(X^2+\sqrt{7}),\end{array}$

   wobei $\sqrt[4]{7}$ die positive reelle vierte Wurzel der $7$ bezeichnet. Die Zerlegung ist korrekt, da in den Linearformen sämtliche vierte Wurzeln aus der $7$ vorkommen.
2. Die vier Nullstellen aus Teil (1) müssen zum Zerfällungskörper $L$ gehören, daher ist insbesondere

   $\frac{\mathrm{i}\sqrt[4]{7}}{\sqrt[4]{7}}=\mathrm{i}$

   ein Element von $L$. Es ist also

   $L=\mathbb{Q}[\sqrt[4]{7},\mathrm{i}].$

3. Das Polynom $X^4-7$ ist irreduzibel in $\mathbb{Q}[X]$, da die obige reelle Zerlegung in quadratische Polynome nicht rational durchführbar ist. Daher haben im kommutativen Diagramm

   $\begin{array}{cccc}\mathbb{Q}& \stackrel{}{⟶}& \mathbb{Q}[\sqrt[4]{7}]& \\ \downarrow & & \downarrow & \\ \mathbb{Q}[\mathrm{i}]& \stackrel{}{⟶}& L& \end{array}$

   die horizontalen Erweiterungen den Grad $4$ und die vertikalen Erweiterungen den Grad $2$ (da $\mathbb{Q}[\sqrt[4]{7}]$ reell ist, gehört die imaginäre Einheit da nicht dazu). Die Gesamterweiterung hat also den Grad $8$.

4. Ein $\mathbb{Q}$-Automorphismus sendet $\mathrm{i}$ auf sich selbst oder auf $-\mathrm{i}$. Im ersten Fall handelt es sich um einen $\mathbb{Q}[\mathrm{i}]$-Automorphismus. Diese schauen wir zuerst an. Unter einem solchen Automorphismus kann $\sqrt[4]{7}$ auf jede andere Nullstelle von $X^4-7$ abgebildet werden, dadurch ist dann alles festgelegt. Dies führt zu den Permutationen

   $x$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$
   $\phi (x)$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$

   $x$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$
   $\phi (x)$	$-\sqrt[4]{7}$	$\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$

   $x$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$
   $\phi (x)$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\sqrt[4]{7}$

   $x$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$
   $\phi (x)$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$

   Wenn $\mathrm{i}$ auf $-\mathrm{i}$ abgebildet wird, so kann ebenfalls $\sqrt[4]{7}$ auf jede andere Nullstelle von $X^4-7$ abgebildet werden. Dies führt zu den Permutationen

   $x$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$
   $\phi (x)$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$

   $x$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$
   $\phi (x)$	$-\sqrt[4]{7}$	$\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$

   $x$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$
   $\phi (x)$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$

   $x$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$
   $\phi (x)$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\sqrt[4]{7}$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über konjugierte Elemente bei einer normalen Körpererweiterung.

Lösung

Wenn es einen $K$-Automorphismus $\phi$ mit  $\phi (\alpha )=\beta$  gibt, so induziert dieser einen Isomorphismus $K[\alpha ]\to K[\beta ]$. Da diese erzeugten Unterkörper jeweils durch die Minimalpolynome von $\alpha$ bzw. $\beta$ festgelegt sind, müssen die Minimalpolynome übereinstimmen. Also sind $\alpha$ und $\beta$ konjugiert.
Wenn umgekehrt die beiden Elemente konjugiert sind, so gibt es einen $K$-Isomorphismus $K[\alpha ]\to K[\beta ]$. Mit der Inklusion  $K[\beta ]\subseteq L$  führt dies zu einem $K$-Homomorphismus

$K[\alpha ]⟶L,$

den man nach Korollar 15.8 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) zu einem Automorphismus auf $L$ fortsetzen kann.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten den fünften Kreisteilungskörper $K_5$ mit der $\mathbb{Q}$-Basis $1,\zeta ,{\zeta }^2,{\zeta }^3$, wobei  $\zeta =e^{2\pi \mathrm{i}/5}$  ist.

1. Bestimme die Multiplikationsmatrizen zu ${\zeta }^i$, $i=0,1,2,3$, bezüglich dieser Basis.
2. Bestimme die Matrizen zu den Elementen der Galoisgruppe $\mathrm{Gal}(K_5/\mathbb{Q})$ bezüglich dieser Basis.

Lösung

1. Für  $i=0$  ist die beschreibende Matrix gleich

   $\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right),$

   für  $i=1$  ist die beschreibende Matrix gleich

   $\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 0& -1\\ 1& 0& 0& -1\\ 0& 1& 0& -1\\ 0& 0& 1& -1\end{array}\right),$

   für  $i=2$  ist die beschreibende Matrix gleich

   $\left(\begin{array}{cccc}0& 0& -1& 1\\ 0& 0& -1& 0\\ 1& 0& -1& 0\\ 0& 1& -1& 0\end{array}\right),$

   für  $i=3$  ist die beschreibende Matrix gleich

   $\left(\begin{array}{cccc}0& -1& 1& 0\\ 0& -1& 0& 1\\ 0& -1& 0& 0\\ 1& -1& 0& 0\end{array}\right).$

2. Die Identität wird durch

   $\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$

   beschrieben. Der Automorphismus $\zeta \mapsto {\zeta }^2$ schickt ${\zeta }^2$ auf

   ${\zeta }^4=-1-\zeta -{\zeta }^2-{\zeta }^3$

   und ${\zeta }^3$ auf

   ${\zeta }^6=\zeta .$

   Die beschreibende Matrix ist also

   $\left(\begin{array}{cccc}1& 0& -1& 0\\ 0& 0& -1& 1\\ 0& 1& -1& 0\\ 0& 0& -1& 0\end{array}\right).$

   Der Automorphismus $\zeta \mapsto {\zeta }^3$ schickt ${\zeta }^2$ auf

   ${\zeta }^6=\zeta$

   und ${\zeta }^3$ auf

   ${\zeta }^9={\zeta }^4=-1-\zeta -{\zeta }^2-{\zeta }^3.$

   Die beschreibende Matrix ist also

   $\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& -1\\ 0& 0& 1& -1\\ 0& 0& 0& -1\\ 0& 1& 0& -1\end{array}\right).$

   Der Automorphismus $\zeta \mapsto {\zeta }^4$ schickt ${\zeta }^2$ auf

   ${\zeta }^8={\zeta }^3$

   und ${\zeta }^3$ auf

   ${\zeta }^{12}={\zeta }^2.$

   Die beschreibende Matrix ist also

   $\left(\begin{array}{cccc}1& -1& 0& 0\\ 0& -1& 0& 0\\ 0& -1& 0& 1\\ 0& -1& 1& 0\end{array}\right).$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Kreisteilungspolynom ${\Phi }_{12}$.

Lösung

Es ist

$\begin{array}{cc}{X}^{12}-1& =(X^6-1)(X^6+1)\\ & ={\mathrm{\Phi }}_1\cdot {\mathrm{\Phi }}_2\cdot {\mathrm{\Phi }}_3\cdot {\mathrm{\Phi }}_4\cdot {\mathrm{\Phi }}_6\cdot {\mathrm{\Phi }}_{12}.\end{array}$

Wegen

$X^6-1={\Phi }_1\cdot {\Phi }_2\cdot {\Phi }_3\cdot {\Phi }_6$

muss also

$X^6+1={\mathrm{\Phi }}_4\cdot {\mathrm{\Phi }}_{12}=(X^2+1)\cdot {\mathrm{\Phi }}_{12}.$

Polynomdivision ergibt

${\mathrm{\Phi }}_{12}=X^4-X^2+1.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien zwei verschiedene Punkte $M,P$ in der Ebene gegeben. Es bezeichne $K$ den Kreis mit Mittelpunkt $M$ durch den Punkt $P$. Konstruiere (ohne andere Konstruktionen zu verwenden) die Tangente an den Kreis $K$ durch $P$. Skizziere die Situation.

Lösung

Wir zeichnen den Kreis $C$ mit Mittelpunkt $P$ durch den Punkt $M$. Die Verbindungsgerade $G$ durch $M$ und $P$ hat mit $C$ (neben $M$) noch einen weiteren Schnittpunkt, den wir mit $S$ bezeichnen. Wir zeichnen Kreise $K_1$ und $K_2$ mit Mittelpunkt $S$ durch $M$ und mit Mittelpunkt $M$ durch $S$. Die beiden Schnittpunkte von $K_1$ und $K_2$ definieren eine Gerade $H$, und diese verläuft durch $P$ und steht senkrecht auf $G$ ($H$ ist die halbierende Senkrechte der Strecke von $M$ nach $S$), sodass $H$ die Tangente an $P$ ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien  $z,w\in ℂ$  konstruierbare Zahlen. Bestimme, ob die Zahl

$z^2-3z\sqrt{w}+\sqrt{z+w^2}-\frac{5}{7}+4\sqrt{\sqrt{z}+w}+\sqrt{11}$

konstruierbar ist.

Lösung

Da rationale Zahlen konstruierbar sind, ist $\frac{5}{7}$ konstruierbar. Mit jeder konstruierbaren reellen Zahl ist auch die Quadratwurzel konstruierbar. Also sind $\sqrt{11},\sqrt{w}$ konstruierbar. Da die Summe und das Produkt von konstruierbaren Zahlen wieder konstruierbar ist, sind auch $z^2,-3z\sqrt{w},\sqrt{z+w^2}$ und $\sqrt{z}+w$ konstruierbar. Damit ist auch $4\sqrt{\sqrt{z}+w}$ konstruierbar und damit ist die Summe dieser Ausdrücke konstruierbar.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass die rationalen Funktionen (in den beiden Variablen $U$ und $V$)

$P=\frac{-U^{15}}{(1+V{)}^7{V}^3},$

$Q=\frac{-U^{10}}{(1+V{)}^5{V}^2}$

und

$R=\frac{-U^6}{(1+V{)}^{3}V}$

die Relation

$P^2+Q^3+R^5=0$

erfüllen.

Lösung

Es ist

$\begin{array}{cc}{P}^2+Q^3+R^5& ={\left(\frac{-U^{15}}{(1+V{)}^7{V}^3}\right)}^2+{\left(\frac{-U^{10}}{(1+V{)}^5{V}^2}\right)}^3+{\left(\frac{-U^6}{(1+V{)}^{3}V}\right)}^5\\ & =\frac{U^{30}}{(1+V{)}^{14}{V}^6}+\frac{-U^{30}}{(1+V{)}^{15}{V}^6}+\frac{-U^{30}}{(1+V{)}^{15}{V}^5}\\ & =\frac{U^{30}}{(1+V{)}^{14}{V}^5}(\frac{1}{V}-\frac{1}{(1+V)V}-\frac{1}{1+V})\\ & =\frac{U^{30}}{(1+V{)}^{14}{V}^5}\cdot \frac{1+V-1-V}{(1+V)V}\\ & =0.\end{array}$