Kurs:Körper- und Galoistheorie/14/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	0	2	3	0	0	0	8	0	0	2	0	6	0	4	0	3	3	37

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein Unterkörper eines Körpers ${}K$.
2. Der Grad einer endlichen Körpererweiterung  ${}K\subseteq L$. 
3. Ein Ringhomomorphismus

   $\varphi \colon R\longrightarrow S$

   zwischen Ringen ${}R$ und ${}S$.

4. Die eulersche Funktion ${}\varphi (n)$ zu  ${}n\in \mathbb {N}$. 
5. Eine ${}D$-graduierte ${}K$-Algebra ${}A$.
6. Eine aus einer Teilmenge ${}T\subseteq E$ einer Ebene ${}E$ elementar konstruierbare Gerade ${}G$.

Lösung

1. Ein Unterring  ${}M\subseteq K$,  der zugleich ein Körper ist, heißt Unterkörper von ${}K$.
2. Bei einer endlichen Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ nennt man die ${}K$- (Vektorraum-)Dimension von ${}L$ den Grad der Körpererweiterung.
3. Die Abbildung

   $\varphi \colon R\longrightarrow S$

   heißt Ringhomomorphismus, wenn folgende Eigenschaften gelten:

   1. ${}\varphi (a+b)=\varphi (a)+\varphi (b)$
   2. ${}\varphi (1)=1$
   3. ${}\varphi (a\cdot b)=\varphi (a)\cdot \varphi (b)$.
4. Zu einer natürlichen Zahl ${}n$ bezeichnet ${}{\varphi (n)}$ die Anzahl der Elemente von ${}(\mathbb {Z} /(n))^{\times }$.
5. Eine ${}K$- Algebra ${}A$ heißt ${}D$-graduiert, wenn es eine direkte Summenzerlegung

   ${}A=\bigoplus _{d\in D}A_{d}\,$

   mit ${}K$- Untervektorräumen ${}A_{d}$ derart gibt, dass  ${}K\subseteq A_{0}$  ist und für die Multiplikation auf ${}A$ die Beziehung

   ${}A_{d}\cdot A_{e}\subseteq A_{d+e}\,$

   gilt.

6. Die Gerade ${}G$ heißt aus ${}T\subseteq E$ elementar konstruierbar, wenn es zwei verschiedene Punkte ${}P,Q\in T$ derart gibt, dass ${}G$ die Verbindungsgerade dieser Punkte ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Struktur der Einheitengruppe von ${}\mathbb {Z} /(p)$ für eine Primzahl ${}p$.
2. Der Satz über das Minimalpolynom und Irreduzibilität bei einer Körpererweiterung  ${}K\subseteq L$. 
3. Der Satz über die galoistheoretische Charakterisierung von auflösbaren Körpererweiterungen.

Lösung

1. Die Einheitengruppe ${}{\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$ ist zyklisch mit der Ordnung ${}p-1$.
2. Es sei  ${}K\subseteq L$  eine Körpererweiterung und sei  ${}f\in L$  ein algebraisches Element. Dann gelten folgende Aussagen.
   1. Das Minimalpolynom ${}P$ von ${}f$ über ${}K$ ist irreduzibel.
   2. Wenn  ${}Q\in K[X]$  ein normiertes, irreduzibles Polynom mit  ${}Q(f)=0$  ist, so handelt es sich um das Minimalpolynom.
3. Es sei ${}K$ ein Körper der Charakteristik ${}0$ und sei  ${}K\subseteq L$  eine Galoiserweiterung. Dann ist die Körpererweiterung  ${}K\subseteq L$  genau dann auflösbar, wenn ihre Galoisgruppe ${}\operatorname {Gal} \,(L{|}K)$ auflösbar ist.

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Aufgabe (2 Punkte)

Beweise den Satz über die Beziehung zwischen prim und irreduzibel in einem Integritätsbereich ${}R$.

Lösung

Angenommen, wir haben eine Zerlegung  ${}p=ab$.  Wegen der Primeigenschaft teilt ${}p$ einen Faktor, sagen wir  ${}a=ps$.  Dann ist  ${}p=psb$  bzw.  ${}p(1-sb)=0$.  Da ${}p$ kein Nullteiler ist, folgt  ${}1=sb$,  sodass also ${}b$ eine Einheit ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Homomorphiesatz für Ringe unter Bezug auf den Homomorphiesatz für Gruppen.

Lösung

Aufgrund von Satz 5.10 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) gibt es einen eindeutig bestimmten Gruppenhomomorphismus

${\tilde {\varphi }}\colon T\longrightarrow S,$

der die Eigenschaften erfüllt. Es ist also lediglich noch zu zeigen, dass ${}{\tilde {\varphi }}$ auch die Multiplikation respektiert. Es seien dazu  ${}t,t'\in T$,  und diese seien repräsentiert durch ${}r$ bzw. ${}r'$ aus ${}R$. Dann wird ${}tt'$ durch ${}rr'$ repräsentiert und daher ist

${}{\tilde {\varphi }}(tt')=\varphi (rr')=\varphi (r)\varphi (r')={\tilde {\varphi }}(t){\tilde {\varphi }}(t')\,.$

Ferner ist

${}{\tilde {\varphi }}(1)={\tilde {\varphi }}(\psi (1))=\varphi (1)=1\,.$

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Aufgabe (8 Punkte)

Es sei  ${}x={\sqrt {2}}+{\sqrt {5}}\in \mathbb {R}$  und betrachte die Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} (x)=L\,.$

Zeige, dass diese Körpererweiterung algebraisch ist und bestimme den Grad der Körpererweiterung, das Minimalpolynom von ${}x$ und das Inverse von ${}x$. (Man darf dabei verwenden, dass ${}{\sqrt {2}},{\sqrt {5}},{\sqrt {10}}$ irrationale Zahlen sind.)

Lösung

Wir behaupten zunächst, dass

$L=\mathbb {Q} [{\sqrt {2}},{\sqrt {5}}]=(\mathbb {Q} [{\sqrt {2}}])[{\sqrt {5}}]$

ist. Als eine Kette von quadratischen Körpererweiterungen ist dann ${}\mathbb {Q} \subseteq L$ algebraisch. Dabei ist die Inklusion ${}\subseteq$

klar. Es ist

$x^{2}=7+2{\sqrt {10}},\,x^{3}=17{\sqrt {2}}+11{\sqrt {5}}.$

Daraus ergibt sich

${\sqrt {2}}={\frac {1}{6}}(x^{3}-11x),$

sodass also ${}{\sqrt {2}}$ und damit auch ${}{\sqrt {5}}$ links dazu gehören, was die andere Inklusion ergibt.

Wir betrachten die Körperkette

$\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt {2}}]\subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt {2}},{\sqrt {5}}]=L.$

Dabei ist die Inklusion links echt, da

${}{\sqrt {2}}$ irrational ist, sodass links eine quadratische Körpererweiterung vorliegt. Aber auch die Inklusion rechts ist echt, denn andernfalls wäre

${\sqrt {5}}=a+b{\sqrt {2}}{\text{ mit }}a,b\in \mathbb {Q} ,$

was zu ${}5=a^{2}+2b^{2}+ab{\sqrt {2}}$ führt. Bei ${}a,b\neq 0$ ist das erneut im Widerspruch zur Irrationalität von ${}{\sqrt {2}}$. Bei ${}b=0$ ist das ein Widerspruch zur Irrationalität von ${}{\sqrt {5}}$. Bei ${}a=0$ ist das ein Widerspruch zur Irrationalität von ${}{\sqrt {5/2}}={\frac {1}{2}}{\sqrt {10}}$.

Insgesamt liegt also eine Kette ${}\mathbb {Q} \subset K=\mathbb {Q} [{\sqrt {2}}]\subset L$ von quadratischen Körpererweiterungen vor, sodass aufgrund der Gradformel der Grad von ${}\mathbb {Q} \subset L$ gleich ${}4$ ist.

Zur Bestimmung des Minimalpolynoms von ${}x$ berechnen wir ${}x^{4}$, das ist

${}x^{4}={\left(7+2{\sqrt {10}}\right)}^{2}=89+28{\sqrt {10}}\,.$

Das Minimalpolynom ist gleich

$F=X^{4}-14X^{2}+9.$

Setzt man nämlich ${}x$ ein, so erhält man ${}0$. Da ${}x$ den Körper ${}L$ erzeugt, muss das Minimalpolynom den Grad ${}4$ haben, sodass ${}F$ das Minimalpolynom ist.

Zur Bestimmung des Inversen gehen wir von ${}x(x^{3}-14x)=-9$ aus. Daher ist das Inverse gleich

${}{\begin{aligned}-{\frac {1}{9}}{\left(x^{3}-14x\right)}&=-{\frac {1}{9}}{\left(17{\sqrt {2}}+11{\sqrt {5}}-14{\left({\sqrt {2}}+{\sqrt {5}}\right)}\right)}\\&=-{\frac {1}{9}}{\left(3{\sqrt {2}}-3{\sqrt {5}}\right)}\\&=-{\frac {1}{3}}{\sqrt {2}}+{\frac {1}{3}}{\sqrt {5}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (2 Punkte)

Es sei  ${}\zeta =e^{2\pi {\mathrm {i} }/9}$.  Bestimme, ob die folgenden Permutationen auf der Menge der primitiven neunten Einheitswurzeln ${}\zeta ,\zeta ^{2},\zeta ^{4},\zeta ^{5},\zeta ^{7},\zeta ^{8}$ durch einen Körperautomorphismus des neunten Kreisteilungskörpers herrühren.

1. ${}x$	${}\zeta$	${}\zeta ^{2}$	${}\zeta ^{4}$	${}\zeta ^{5}$	${}\zeta ^{7}$	${}\zeta ^{8}$
   ${}\sigma (x)$	${}\zeta ^{2}$	${}\zeta ^{4}$	${}\zeta ^{8}$	${}\zeta$	${}\zeta ^{7}$	${}\zeta ^{5}$

2. ${}x$	${}\zeta$	${}\zeta ^{2}$	${}\zeta ^{4}$	${}\zeta ^{5}$	${}\zeta ^{7}$	${}\zeta ^{8}$
   ${}\sigma (x)$	${}\zeta ^{8}$	${}\zeta ^{7}$	${}\zeta ^{5}$	${}\zeta ^{4}$	${}\zeta ^{2}$	${}\zeta$

3. ${}x$	${}\zeta$	${}\zeta ^{2}$	${}\zeta ^{4}$	${}\zeta ^{5}$	${}\zeta ^{7}$	${}\zeta ^{8}$
   ${}\sigma (x)$	${}\zeta$	${}\zeta ^{2}$	${}\zeta ^{4}$	${}\zeta ^{5}$	${}\zeta ^{7}$	${}\zeta ^{8}$

4. ${}x$	${}\zeta$	${}\zeta ^{2}$	${}\zeta ^{4}$	${}\zeta ^{5}$	${}\zeta ^{7}$	${}\zeta ^{8}$
   ${}\sigma (x)$	${}\zeta ^{5}$	${}\zeta$	${}\zeta ^{2}$	${}\zeta ^{4}$	${}\zeta ^{8}$	${}\zeta ^{7}$

Lösung

Die Körperautomorphismen sind dadurch gekennzeichnet, dass sie jede Einheitswurzel ${}z$ auf ${}z^{a}$ mit einem bestimmten ${}a$ abbilden. Dieses ${}a$ ist dabei durch den ersten Wert ${}\sigma (\zeta )$ festgelegt.

1. Das ist kein Automorphismus, da

   ${}\sigma (\zeta ^{7})=\zeta ^{7}\neq \zeta ^{5}=(\zeta ^{7})^{2}\,.$

2. Jede primitive Einheitswurzel ${}z$ wird auf  ${}z^{-1}=z^{8}$  abgebildet, das kommt von einem Automorphismus her.
3. Das ist die Identität.
4. Das ist kein Automorphismus, da

   ${}\sigma (\zeta ^{5})=\zeta ^{4}\neq \zeta ^{7}=\zeta ^{25}=(\zeta ^{5})^{5}\,.$

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (6 Punkte)

Es sei  ${}q\in \mathbb {Q}$  eine rationale Zahl, die in ${}\mathbb {Q}$ keine dritte Wurzel besitzt. Bestimme den Zerfällungskörper ${}L$ des Polynoms ${}X^{3}-q$ über ${}\mathbb {Q}$. Welchen Grad besitzt er? Man gebe auch eine Realisierung des Zerfällungskörpers als Unterkörper von ${}{\mathbb {C} }$ an.

Lösung

Da ${}q$ keine dritte Wurzel in ${}\mathbb {Q}$ besitzt, ist das Polynom ${}X^{3}-q$ in ${}\mathbb {Q} [X]$ irreduzibel. Daher ist

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [X]/(X^{3}-q)=K\,$

eine Körpererweiterung vom Grad drei. Es sei ${}r={\sqrt[{3}]{q}}$ die eindeutig bestimmte reelle dritte Wurzel aus ${}q$. Durch die Zuordnung ${}X\mapsto r$ können wir ${}K$ als Unterkörper von ${}\mathbb {R}$ auffassen. In ${}K$ (und in ${}L$) hat das Polynom ${}X^{3}-q$ die Zerlegung

${}X^{3}-q=X^{3}-r^{3}=(X-r)(X^{2}+rX+r^{2})\,.$

Da es in ${}\mathbb {R}$ nur eine dritte Wurzel gibt, und da ${}r$ keine Nullstelle des rechten Faktors ist, ist das Polynom

$X^{2}+rX+r^{2}$

über ${}\mathbb {R}$ und erst recht über ${}K$ irreduzibel. Von daher ist ${}K$ nicht der Zerfällungskörper. In der quadratischen Erweiterung

${}K\subseteq K[Y]/(Y^{2}+rY+r^{2})=L\,$

zerfällt das Polynom ${}Y^{2}+rY+r^{2}$ und damit auch ${}X^{3}-q$ in Linearfaktoren. Der Grad des Zerfällungskörpers ist also nach der Gradformel gleich ${}6$.

Um eine Realisierung des Zerfällungskörpers in ${}{\mathbb {C} }$ zu erhalten, betrachten wir

${}y^{2}+ry+r^{2}=0\,.$

Die Lösungen dazu sind in ${}{\mathbb {C} }$ gleich

${}y=\pm {\sqrt {-3}}{\frac {r}{2}}-{\frac {r}{2}}=\pm {\sqrt {-3}}{\frac {\sqrt[{3}]{q}}{2}}-{\frac {\sqrt[{3}]{q}}{2}}\,.$

Daher ist der Zerfällungskörper gleich

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

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten die endliche Permutationsgruppe ${}S_{n}$ zu einer Menge mit ${}n$ Elementen.

a) Zeige, dass es in ${}S_{n}$ Elemente der Ordnung ${}n$ gibt.

b) Man gebe ein Beispiel für eine Permutationsgruppe ${}S_{n}$ und einem Element darin, dessen Ordnung größer als ${}n$ ist.

Lösung

Die Menge sei  ${}M={\{1,\ldots ,n\}}$. 

a) Die zyklische Permutation

${}x$	${}1$	${}2$	${}\cdots$	${}n-1$	${}n$
${}\sigma (x)$	${}2$	${}3$	${}\cdots$	${}n$	${}1$

hat offenbar die Ordnung ${}n$, da zu jedem Element  ${}a\in M$  die Potenzen ${}\sigma ^{j}(a)$ für  ${}j=0,1,2,\ldots ,n-1$  die Elemente von ${}M$ durchlaufen.

b) Es sei  ${}M=\{1,2,\ldots ,5\}$  und betrachte die Permutation

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$
${}\sigma (x)$	${}2$	${}1$	${}4$	${}5$	${}3$

Die Zahlen ${}1$ und ${}2$ sind wieder an ihrer Stelle, wenn man eine Potenz von ${}\sigma$ mit einem geraden Exponenten anwendet, und die Zahlen ${}3,4$ und ${}5$ sind wieder an ihrer Stelle, wenn der Exponent ein Vielfaches von ${}3$ ist. Die Ordnung ist also  ${}6>5$. 

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz über die Quadratur des Kreises.

Lösung

Wenn es ein Konstruktionsverfahren gäbe, so könnte man insbesondere den Einheitskreis mit dem Radius ${}1$ quadrieren, d.h. man könnte ein Quadrat mit der Seitenlänge ${}{\sqrt {\pi }}$ mit Zirkel und Lineal konstruieren. Nach Korollar 25.5 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) muss aber eine konstruierbare Zahl algebraisch sein. Nach dem Satz von Lindemann ist aber ${}\pi$ und damit auch ${}{\sqrt {\pi }}$ transzendent.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass es auf dem Einheitskreis unendlich viele konstruierbare Punkte gibt.

Lösung

Der Einheitskreis selbst ist konstruierbar, da er den Mittelpunkt ${}(0,0)$ besitzt und durch ${}(1,0)$ läuft. Der Punkt  ${}{\mathrm {i} }=(0,1)$  ist ebenfalls konstruierbar und somit hat man auch die ${}y$-Achse zur Verfügung. Man kann nun den dadurch gegebenen rechten Winkel durch eine konstruierbare Gerade halbieren und erhält einen neuen Schnittpunkt mit dem Einheitskreis, der somit konstruierbar ist. Den entstehenden Winkel kann man wieder halbieren und so erhält man eine neue Gerade und einen neuen Punkt auf dem Einheitskreis. So fortfahrend erhält man unendlich viele Punkte auf dem Einheitskreis.