Kurs:Körper- und Galoistheorie/17/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	$\sum$
Punkte	3	3	0	7	1	3	3	2	3	0	0	8	4	12	0	0	49

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein irreduzibles Element $p$ in einem kommutativen Ring $R$.
2. Ein Ideal $𝔞\subseteq R$ in einem kommutativen Ring $R$.
3. Ein separables Polynom $P\in K[X]$ über einem Körper $K$.
4. Eine (endliche) Galoiserweiterung $K\subseteq L$.
5. Eine auflösbare Körpererweiterung $K\subseteq L$.
6. Ein aus einer Teilmenge  $M\subseteq E$  einer Ebene $E$ konstruierbarer Punkt $P\in E$.

Lösung

1. Eine Nichteinheit $p$ in einem kommutativen Ring heißt irreduzibel, wenn eine Faktorisierung $p=ab$ nur dann möglich ist, wenn einer der Faktoren eine Einheit ist.
2. Ein Ideal ist eine nichtleere Teilmenge $𝔞\subseteq R$, für die die beiden folgenden Bedingungen erfüllt sind:
   1. Für alle $a,b\in 𝔞$ ist auch $a+b\in 𝔞$.
   2. Für alle $a\in 𝔞$ und $r\in R$ ist auch $ra\in 𝔞$.
3. Ein Polynom $P\in K[X]$ heißt separabel, wenn es über keinem Erweiterungskörper $K\subseteq L$ mehrfache Nullstellen besitzt.
4. Eine endliche Körpererweiterung $K\subseteq L$ heißt eine Galoiserweiterung, wenn

   $\mathrm{\#}(\mathrm{Gal}(L/K))={\mathrm{grad}}_{K}L$

   gilt.

5. Eine Körpererweiterung  $K\subseteq L$  heißt auflösbar, wenn es eine Radikalerweiterung  $K\subseteq M$  mit  $L\subseteq M$  gibt.
6. Ein Punkt $P\in E$ heißt aus $M$ konstruierbar, wenn es eine Folge von Punkten

   $P_1,\dots ,P_n=P$

   derart gibt, dass $P_i$ jeweils aus $M\cup \{P_1,\dots ,P_{i-1}\}$ in einem Schritt konstruierbar ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz von Lagrange für die Ordnung eines Elementes.
2. Der Satz über die Konstruktion von Zerfällungskörpern.
3. Der Satz über die Beschreibung der Galoisgruppe von Kreisteilungskörpern über $\mathbb{Q}$.

Lösung

1. Es sei $G$ eine endliche Gruppe und sei  $g\in G$  ein Element. Dann teilt die Ordnung von $g$ die Gruppenordnung.
2. Es sei $K$ ein Körper und $F$ ein Polynom aus $K[X]$. Dann gibt es einen Erweiterungskörper  $K\subseteq L$  derart, dass $F$ über $L$ in Linearfaktoren zerfällt.
3. Es sei $K_n$ der $n$-te Kreisteilungskörper. Dann ist  $\mathbb{Q}\subseteq K_n$  eine Galoiserweiterung mit der Galoisgruppe

   $\mathrm{Gal}(K_n/\mathbb{Q})\cong {(\mathbb{Z}/(n))}^{\times }.$

   Dabei entspricht der Einheit $a\in {(\mathbb{Z}/(n))}^{\times }$ derjenige Automorphismus ${\phi }_a\in \mathrm{Gal}(K_n/\mathbb{Q})$, der eine $n$-te Einheitswurzel $\zeta$ auf ${\zeta }^a$ abbildet.

Aufgabe (0 Punkte)

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

a) Es sei $K$ ein Körper. Zeige, dass die Einheitengruppe von $K$ nicht zyklisch unendlich ist.

b) Es sei $R$ ein kommutativer Ring, dessen Charakteristik nicht zwei sei. Zeige, dass die Einheitengruppe von $R$ nicht zyklisch unendlich ist.

c) Beschreibe einen kommutativen Ring, dessen Einheitengruppe zyklisch unendlich ist.

Lösung

a) Der Fall der Charakteristik $\ne 2$ wird gleich allgemeiner behandelt. Es sei also

$K=\mathbb{Z}/(2)[x,x^{-1}],$

so würde ein Körper mit einer zyklisch-unendlichen Einheitengruppe aussehen. Es muss dann das Element $1+x$ mit einer Potenz von $x$ übereinstimmen. Bei

$1+x=x^n$

mit  $n\ge 2$  erhält man sofort eine Ganzheitsgleichung für $x$, dann wären die Potenzen zu einem positiven Exponenten linear abhängig, im Widerspruch zur Unendlichkeit.  $n=0,1$  führt ebenfalls direkt zu einem Widerspruch. Bei $n$ negativ kann man die Gleichung mit $x^{-n}$ multiplizieren und erhält einen Widerspruch wie zuvor.

b) Der Ring $R$ enthält die $-1$, die wegen der Voraussetzung über die Charakteristik nicht gleich $1$ ist, und dessen multiplikative Ordnung gleich $2$ ist. In einer unendlichen zyklischen Gruppe gibt es aber nur die Ordnung $1$ und die Ordnung unendlich.

c) In der Nenneraufnahme $\mathbb{Z}/(2)[X{]}_X$ sind genau die Potenzen $X^k$ mit  $k\in \mathbb{Z}$  Einheiten, die Einheitengruppe ist also isomorph zu $\mathbb{Z}$.

Aufgabe (1 Punkt)

Zeige, dass das Bild eines Ideals unter einem Ringhomomorphismus nicht unbedingt wieder ein Ideal ist.

Lösung

Beispielsweise ist $\mathbb{Q}$ in $\mathbb{Q}$ ein Ideal (das Einheitsideal), aber $\mathbb{Q}$ ist als Teilmenge von $ℝ$ kein Ideal.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei $G$ eine Gruppe. Zeige, dass sich Gruppenelemente  $g\in G$  und Gruppenhomomorphismen $\phi$ von $\mathbb{Z}$ nach $G$ über die Korrespondenz

$g⟼(n\mapsto g^n)\text{ und }\phi ⟼\phi (1)$

entsprechen.

Lösung

Es sei  $g\in G$  fixiert. Dass die Abbildung

${\phi }_g:\mathbb{Z}⟶G,n⟼g^n,$

ein Gruppenhomomorphismus ist, ist eine Umformulierung der Potenzgesetze. Wegen  ${\phi }_g(1)=g^1=g$  erhält man aus der Potenzabbildung das Gruppenelement zurück. Umgekehrt ist ein Gruppenhomomorphismus $\phi :\mathbb{Z}\to G$ durch $\phi (1)$ eindeutig festgelegt, da  $\phi (n)=(\phi (1){)}^n$  für $n$ positiv und  $\phi (n)={((\phi (1){)}^{-1})}^{-n}$  für $n$ negativ gelten muss.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Isomorphiesatz für Gruppen.

Lösung

Wir wenden Satz 5.10 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) auf  $Q=G/\mathrm{kern}\phi$  und die kanonische Projektion $q:G\to G/\mathrm{kern}\phi$ an. Dies induziert einen Gruppenhomomorphismus

$\tilde{\phi }:G/\mathrm{kern}\phi ⟶H$

mit  $\phi =\tilde{\phi }\circ q$,  der surjektiv ist. Es sei $[x]\in G/\mathrm{kern}\phi$ und $[x]\in \mathrm{kern}\tilde{\phi }$. Dann ist

$\tilde{\phi }([x])=\phi (x)=e_H,$

also  $x\in \mathrm{kern}\phi$.  Damit ist  $[x]=e_Q$,  d.h. der Kern von $\tilde{\phi }$ ist trivial und nach Lemma 4.9 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ist $\tilde{\phi }$ auch injektiv.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei $p$ eine Primzahl. Man gebe einen Körper der Charakteristik $p$ an, der unendlich viele Elemente besitzt.

Lösung

Wir starten mit  $K=\mathbb{Z}/(p)$,  das ist ein Körper der Charakteristik $p$. Dazu betrachten wir den Quotientenkörper  $K(X)=Q(K[X])$  des Polynomrings $K[X]$. Der Polynomring und sein Quotientenkörper enthalten $K$, sodass $K(X)$ ebenfalls die Charakteristik $p$ besitzt. Ferner enthält $K(X)$ die unendlich vielen Potenzen $X^n$, $n\in \mathbb{N}$, die alle untereinander verschieden sind.

Aufgabe (3 Punkte)

Ein angeordneter Körper $K$ enthalte die Wurzeln $\sqrt[3]{2}$ und $\sqrt[7]{2}$. Zeige, dass $K$ auch $\sqrt[21]{2}$ enthält.

Lösung

Aus

$1\cdot 7-2\cdot 3=1$

erhält man durch Division durch $21$ die Gleichung

$\frac{1}{3}-2\cdot \frac{1}{7}=\frac{1}{21}.$

Somit ist

$\begin{array}{cc}\sqrt[21]{2}& =2^{\frac{1}{21}}\\ & =2^{\frac{1}{3}-2\cdot \frac{1}{7}}\\ & =2^{\frac{1}{3}}\cdot 2^{-2\cdot \frac{1}{7}}\\ & =2^{\frac{1}{3}}\cdot {\left(2^{\frac{1}{7}}\right)}^{-2}\\ & =\sqrt[3]{2}\cdot {\left(\sqrt[7]{2}\right)}^{-2}.\end{array}$

Da nach Voraussetzung der Körper die beiden Zahlen $\sqrt[3]{2}$ und $\sqrt[7]{2}$ enthält, muss er auch das inverse Element ${\left(\sqrt[7]{2}\right)}^{-1}$ und somit auch das angegebene Produkt enthalten.

Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (8 (3+5) Punkte)

Es seien  $p,q\in {\mathbb{Q}}_{\ge 0}$  und sei

$f=\sqrt{p}+\sqrt{q}.$

a) Zeige, dass es ein Polynom  $G\in \mathbb{Q}[X]$  der Form

$G=X^4+c{X}^2+d$

mit  $G(f)=0$  gibt.

b) Es seien nun zusätzlich $p$ und $q$ verschiedene Primzahlen. Zeige, dass das Polynom $G$ aus Teil a) das Minimalpolynom zu $f$ ist.

Lösung

a) Es ist

$f^2={(\sqrt{p}+\sqrt{q})}^2=p+q+2\sqrt{p}\sqrt{q}=p+q+2\sqrt{pq}$

und

$f^4={(\sqrt{p}+\sqrt{q})}^4={(p+q+2\sqrt{pq})}^2=p^2+2pq+q^2+4pq+4(p+q)\sqrt{pq}.$

Es ist also $f^4$ eine $\mathbb{Q}$-Linearkombination aus $1$ und $\sqrt{pq}$. Daher kann man $f^4$ auch als $\mathbb{Q}$-Linearkombination von  $f^0=1$  und $f^2$ ausdrücken, und dies ergibt ein annullierendes Polynom wie gewünscht.

b) Es ist

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

wobei die Teilerweiterungen den Grad zwei besitzen. Daher hat nach der Gradformel die Gesamterweiterung den Grad vier. Wegen

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

kommt als Grad des Minimalpolynoms nur $1,2,4$ in Frage. Wegen  $f^2=p+q+2\sqrt{pq}$  ist die irrationale Zahl  $\sqrt{pq}\in \mathbb{Q}[f]$,  sodass der Grad eins ausgeschlossen ist. Es ist

$\begin{array}{cc}{f}^3& =(p+q+2\sqrt{pq})(\sqrt{p}+\sqrt{q})\\ & =(p+q)(\sqrt{p}+\sqrt{q})+2\sqrt{pq}(\sqrt{p}+\sqrt{q})\\ & =(p+q)(\sqrt{p}+\sqrt{q})+2p\sqrt{q}+2q\sqrt{p}\\ & =(p+3q)\sqrt{q}+(3p+q)\sqrt{p}.\end{array}$

Durch Subtraktion mit

$(p+3q)f=(p+3q)(\sqrt{p}+\sqrt{q})$

ergibt sich

$2(p-q)\sqrt{p}\in \mathbb{Q}[f]$

und damit

$\sqrt{p}\in \mathbb{Q}[f]$

und letztlich

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

Aufgabe (4 Punkte)

Wir starten mit einer Geraden und den beiden darauf markierten Punkten $0$ und $1$. Wir betrachten Zirkelkonstruktionen, wobei nur Punkte auf dieser Geraden und Kreise erlaubt sind, die durch schon konstruierte Punkte auf dieser Geraden gegeben sind. Wir definieren rekursiv die Eigenschaft, dass ein Punkt in (höchstens) $n+1$ Schritten konstruierbar ist, wenn er auf dieser Geraden und auf einem Kreis liegt, der durch zwei Punkte gegeben ist, die in (höchstens) $n$ Schritten konstruierbar sind. Im nullten Schritt sind nur die beiden vorgegebenen Punkte konstruierbar. Erstelle eine rekursive Formel für $\phi (n+1)$, die angibt, wie viele Punkte man in (höchstens) $n+1$ Schritten konstruieren kann. Was ist $\phi (3)$?

Lösung

Wir behaupten, dass die nach (höchstens) $n$ Schritten konstruierbaren Zahlen die lückenfreien ganzzahligen Zahlen sind, die symmetrisch zu $\frac{1}{2}$ liegen, und dass dabei die rekursive Beziehung

$\phi (n+1)=3\phi (n)-2$

gilt. Dies beweisen wir durch Induktion über $n$, wobei die Aussage für  $n=0$  stimmt. Die Aussage sei für $n$ bekannt, d.h. es gibt $\phi (n)$ ganzzahlige lückenfreie Zahlen auf der Geraden, die symmetrisch zu $\frac{1}{2}$ liegen. Mit dem äußersten Punkt rechts als Mittelpunkt kann man durch jeden der $\phi (n)-1$ anderen Punkte einen Kreis ziehen und erhält rechts von diesem Punkt $\phi (n)-1$ neue Punkte, die ganzzahlig sind und lückenfrei nebeneinander liegen. Das gleiche geschieht mit dem äußersten Punkt links als Mittelpunkt, wodurch die Symmetrie gewahrt bleibt. Da man auch die alten Punkte mitberücksichtigen muss, ist

$\phi (n+1)=\phi (n)+2(\phi (n)-1)=3\phi (n)-2.$

Es ist

$\phi (1)=3\cdot 2-2=4,$

$\phi (2)=3\cdot 4-2=10,$

$\phi (3)=3\cdot 10-2=28.$

Aufgabe (12 Punkte)

Beweise den Satz über die galoistheoretische Charakterisierung von auflösbaren Körpererweiterungen in Charakteristik $0$.

Lösung

Es sei zuerst die Körpererweiterung  $K\subseteq L$  auflösbar, und zwar sei  $L\subseteq M$  eine Körpererweiterung derart, dass  $K\subseteq M$  eine Radikalerweiterung ist. Es sei $m$ dabei ein gemeinsamer „Radikalexponent“ der beteiligten einfachen Radikalerweiterungen. Da wir in Charakteristik $0$ sind, können wir zu $M$ eine $m$-te primitive Einheitswurzel $\zeta$ adjungieren und erhalten eine $m$-Radikalerweiterung  $K\subseteq M^{\prime }=M(\zeta )$.  Wir ersetzen $M^{\prime }$ durch seine normale Hülle $M^{\prime \prime }$, die nach Lemma 22.5 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ebenfalls eine $m$-Radikalerweiterung von $K$ ist. Da wir in Charakteristik $0$ sind, ist  $K\subseteq M^{\prime \prime }$  eine Galoiserweiterung. Wir können also davon ausgehen, dass eine Kette

$K=L_0\subseteq K(\zeta )=L_1\subseteq L_2\subseteq \dots \subseteq L_k=M$

vorliegt, wobei  $K\subseteq M$  galoissch ist und wo die sukzessiven Körpererweiterungen  $L_i\subseteq L_{i+1}$  einfache Radikalerweiterungen sind. Es sei  $G=\mathrm{Gal}(M/K)$  und wir setzen

$G_i=\mathrm{Gal}(M/L_i).$

Dabei gelten nach Lemma 16.3 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019))  (2) die natürlichen Inklusionen

$G_k=\{\mathrm{Id}\}\subseteq G_{k-1}\subseteq G_{k-2}\subseteq \dots \subseteq G_1\subseteq G_0=G.$

Da die Zwischenerweiterungen  $L_i\subseteq L_{i+1}$  für  $i\ge 1$  einfache Radikalerweiterungen und in $L_1$ die benötigten Einheitswurzeln vorhanden sind, folgt aus Satz 18.5 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)), dass es sich um Galoiserweiterungen mit abelscher Galoisgruppe handelt. Aufgrund von Satz 17.5 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019))  (2) sind daher die $G_{i+1}$ Normalteiler in $G_i$ und die Restklassengruppen $G_i/G_{i+1}$ sind kommutativ. Die Erweiterung  $K\subseteq K(\zeta )=L_1$  besitzt nach Aufgabe 20.21 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ebenfalls eine abelsche Galoisgruppe. Daher liegt insgesamt eine Filtrierung vor, die $G$ als auflösbar erweist. Da  $K\subseteq L$  eine Galoiserweiterung ist, gilt wieder nach Satz 17.5 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) die Beziehung

$\mathrm{Gal}(L/K)=G/\mathrm{Gal}(M/L),$

sodass auch $\mathrm{Gal}(L/K)$ wegen Lemma 21.3 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) eine auflösbare Gruppe ist.

Es sei nun vorausgesetzt, dass die Galoisgruppe  $G=\mathrm{Gal}(L/K)$  auflösbar ist, und sei

$\{\mathrm{Id}\}=G_k\subseteq G_{k-1}\subseteq G_{k-2}\subseteq \dots \subseteq G_1\subseteq G_0=G$

eine Filtrierung mit Untergruppen derart, dass jeweils  $G_{i+1}\subseteq G_i$  ein Normalteiler ist mit abelscher Restklassengruppe $G_i/G_{i+1}$. Wir setzen  $L_i=\mathrm{Fix}(G_i)$,  sodass nach Lemma 16.3 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019))  (1) und Satz 16.6 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) die Körperkette

$K=L_0\subseteq L_1\subseteq \dots \subseteq L_k=L$

vorliegt. Dabei sind nach Korollar 16.7 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) die Körpererweiterungen  $L_i\subseteq L$  galoissch, und ihre Galoisgruppen sind $G_i$ gemäß Satz 17.1 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)). Da die $G_{i+1}$ Normalteiler in $G_i$ sind, sind aufgrund von Satz 17.5 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) die Körpererweiterungen  $L_i\subseteq L_{i+1}$  galoissch mit Galoisgruppe  $\mathrm{Gal}(L_{i+1}/L_i)=G_i/G_{i+1}$.  Diese sukzessiven Erweiterungen sind also Galoiserweiterungen mit abelscher Galoisgruppe. Es sei $m$ der Exponent von $G$. Es sei  $L\subseteq M$  ein $m$-ter Kreisteilungskörper, also ein Zerfällungskörper von $X^m-1$ über $L$, und sei $\zeta \in M$ eine $m$-te primitive Einheitswurzel. Es ist somit  $M=L(\zeta )$.  Wir setzen  $M_i=L_i(\zeta )$  (innerhalb von $M$) und haben dann die Körperkette

$K\subseteq M_0=K(\zeta )\subseteq M_1\subseteq \dots \subseteq M_k=M.$

Hierbei gilt  $M_{i+1}=M_i{L}_{i+1}$.  Nach Satz 20.7 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ist  $M_i\subseteq M_{i+1}$  ebenfalls galoissch, und es gilt die Untergruppenbeziehung

$\mathrm{Gal}(M_{i+1}/M_i)=\mathrm{Gal}(L_{i+1}/L_{i+1}\cap M_i)\subseteq \mathrm{Gal}(L_{i+1}/L_i),$

sodass diese Galoisgruppen auch abelsch sind. Da die $m$-te primitive Einheitswurzel $\zeta$ zu $M_0$ gehört, sind die Erweiterungen  $M_i\subseteq M_{i+1}$  allesamt Kummererweiterungen und damit nach Korollar 18.4 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) auch Radikalerweiterungen. Da auch  $K\subseteq M_0=K(\zeta )$  eine (einfache) Radikalerweiterung ist, ist insgesamt  $K\subseteq M$  eine Radikalerweiterung, die $L$ umfasst. Somit ist  $K\subseteq L$  auflösbar.

Aufgabe (0 Punkte)

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