Kurs:Körper- und Galoistheorie/2/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	$\sum$
Punkte	3	3	3	4	4	3	5	4	3	3	5	5	10	7	62

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein Normalteiler $N$ in einer Gruppe $G$.
2. Eine $n$-te primitive Einheitswurzel $\zeta$ in einem Körper $K$ ($n\in {\mathbb{N}}_{+}$).
3. Ein separables Polynom $P\in K[X]$ über einem Körper $K$.
4. Die Kommutatorgruppe einer Gruppe $G$.
5. Eine transitive Untergruppe einer Permutationsgruppe.
6. Eine rein transzendente Körpererweiterung  $K\subseteq L$. 

Lösung

1. Eine Untergruppe

   $H\subseteq G$

   ist ein Normalteiler, wenn

   $xH=Hx$

   für alle  $x\in G$  ist.

2. Eine $n$-te Einheitswurzel heißt primitiv, wenn sie die Ordnung $n$ besitzt.
3. Ein Polynom $P\in K[X]$ heißt separabel, wenn es über keinem Erweiterungskörper $K\subseteq L$ mehrfache Nullstellen besitzt.
4. Die Kommutatorgruppe in $G$ ist die von allen Kommutatoren $ab{a}^{-1}{b}^{-1}$, $a,b\in G$, erzeugte Untergruppe.
5. Eine Untergruppe  $H\subseteq G=S(M)$  einer Permutationsgruppe zu einer Menge $M$ heißt transitiv, wenn es zu je zwei Elementen $x,y\in M$ ein $\sigma \in H$ mit  $\sigma (x)=y$  gibt.
6. Die Körpererweiterung  $K\subseteq L$  heißt rein transzendent, wenn es algebraisch unabhängige Elemente $f_1,\dots ,f_n\in L$ mit  $L=K(f_1,\dots ,f_n)$  gibt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Lemma von Dedekind für Charaktere auf einem Monoid $G$ in einen Körper $K$.
2. Der Satz über die Galoiskorrespondenz bei einer endlichen Galoiserweiterung $K\subseteq L$.
3. Der Satz über das Delische Problem.

Lösung

1. Es sei $G$ ein Monoid, $K$ ein Körper und ${\chi }_1,\dots ,{\chi }_n\in \mathrm{Char}(G,K)$ seien $n$ Charaktere. Dann sind diese Charaktere linear unabhängig (als Elemente in ${\mathrm{Hom}}_K(G,K)$).
2. Es sei  $K\subseteq L$  eine endliche Galoiserweiterung mit der Galoisgruppe  $G=\mathrm{Gal}(L/K)$.  Dann sind die Zuordnungen

   $M⟼\mathrm{Gal}(L/M)\text{ und }H⟼\mathrm{Fix}(H)$

   zueinander inverse Abbildungen zwischen der Menge der Zwischenkörper $M$, $K\subseteq M\subseteq L$,

   und der Menge der Untergruppen von $G$.
3. Die Würfelverdopplung mit Zirkel und Lineal ist nicht möglich.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das Minimalpolynom der komplexen Zahl $\pi +e\mathrm{i}$ über $ℝ$.

Lösung

Wegen  $e\ne 0$  gehört diese Zahl nicht zu $ℝ$, daher besitzt das Minimalpolynom den Grad $2$. Es ist

$\begin{array}{cc}(\pi +e\mathrm{i}{)}^2& ={\pi }^2-e^2+2\pi e\mathrm{i}\\ & ={\pi }^2-e^2+2\pi (\pi +e\mathrm{i})-2{\pi }^2\\ & =2\pi (\pi +e\mathrm{i})-{\pi }^2-e^2.\end{array}$

Daher ist

$X^2-2\pi X+{\pi }^2+e^2$

das Minimalpolynom.

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

a) Zeige, dass durch

$K=\mathbb{Z}/(7)[T]/(T^3-2)$

ein Körper mit $343$ Elementen gegeben ist.

b) Berechne in $K$ das Produkt $(T^2+2T+4)(2T^2+5)$.

c) Berechne das (multiplikativ) Inverse zu $T+1$.

Lösung

a) Es ist

$1^3=1,2^3=1,3^3=6,4^3=1,5^3=6,6^3=6.$

Also besitzt das Polynom $T^3-2$ keine Nullstelle in $\mathbb{Z}/(7)$ und ist somit irreduzibel, also ist $\mathbb{Z}/(7)[T]/(T^3-2)$ ein Körper. Die Restklassen von $1,T,T^2$ bilden eine $\mathbb{Z}/(7)$-Basis, sodass dieser Körper  $7^3=343$  Elemente besitzt.

b) Es ist

$\begin{array}{cc}(T^2+2T+4)(2T^2+5)& =2T^4+4T^3+6T^2+3T+6\\ & =4T+1+6T^2+3T+6\\ & =6T^2.\end{array}$

c) Polynomdivision liefert

$T^3-2=(T^2+6T+1)(T+1)+4.$

In $K$ gilt somit

$(T+1)(T^2+6T+1)=3.$

Das Inverse von $3$ in $\mathbb{Z}/(7)$ ist $5$, also ist

$5T^2+2T+5$

das Inverse von $T+1$.

Aufgabe (4 (1+1+1+1) Punkte)

Wir betrachten das Polynom

$P=X^{7129}+105X^{103}+15X+45.$

Bestimme für die folgenden Körper $K$, ob $P$ irreduzibel in $K[X]$ ist.

a) $K=\mathbb{Q}$.

b) $K=ℝ$.

c) $K=\mathbb{Z}/(2)$.

d) $K=\mathbb{Q}[T]/(T^{7129}+105T^{103}+15T+45)$.

Lösung

a) Wir können das Eisenstein-Kriterium mit der Primzahl $5$ anwenden. Die $5$ teilt alle Koeffizienten von $P$ außer dem Leitkoeffizienten, und $5^2$ teilt nicht den konstanten Term. Also ist $P$ irreduzibel in $\mathbb{Q}[X]$.

b) Das Polynom hat ungeraden Grad, daher besitzt es aufgrund des Zwischenwertsatzes eine reelle Nullstelle und ist daher nicht irreduzibel in $ℝ[X]$.

c) Über $K=\mathbb{Z}/(2)$ wird das Polynom zu $X^{7129}+X^{103}+X+1$, das die Nullstelle $1$ besitzt. Also ist $P$ nicht irreduzibel in $\mathbb{Z}/(2)[X]$.

d) Zunächst ist $K$ ein Körper aufgrund von Teil (a). Es sei $t$ die Restklasse von $T$. In $K$ ist nach Konstruktion $P(t)=0$, also ist $t$ eine Nullstelle von $P$ und $P$ ist nicht irreduzibel in $K[X]$.

Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

Es sei $\mathbb{Q}\subseteq K$ eine endliche normale Körpererweiterung und sei

$\kappa :ℂ⟶ℂ$

die komplexe Konjugation.

a) Zeige, dass $\kappa (K)\subseteq K$ gilt.

b) Zeige, dass $\kappa {|}_K={\mathrm{Id}}_K$ genau dann gilt, wenn $K\subseteq ℝ$ ist.

Lösung

a) Die Verknüpfung $K\stackrel{\iota }{⟶}ℂ\stackrel{\kappa }{⟶}ℂ$ ($\iota$ die Inklusion) ist ein $\mathbb{Q}$-Algebrahomomorphismus, daher ist das Bild dieser Abbildung nach Satz 15.4 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) gleich $K$.

b) Bei $K\subseteq ℝ$ ist natürlich $\kappa {|}_K={\mathrm{Id}}_K$, da die komplexe Konjugation auf $ℝ$ die Identität ist und sich diese Eigenschaft auf eine Teilmenge überträgt. Wenn andererseits $K\subseteq ̸ℝ$ ist, so gibt es (wegen $K\subseteq ℂ$) ein $a+b\mathrm{i}\in K$ mit $b\ne 0$. Für dieses Element ist $\kappa (a+b\mathrm{i})=a-b\mathrm{i}\ne a+b\mathrm{i}$, sodass die komplexe Konjugation nicht die Identität auf $K$ ist.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei $K$ ein Körper. Beweise die Produktregel für das formale Ableiten

$D:K[X]⟶K[X],F⟼F^{\prime }.$

Lösung

Die Produktregel besagt

$(F\cdot G{)}^{\prime }=F\cdot G^{\prime }+F^{\prime }\cdot G.$

Nach Definition ist die Ableitung $F\mapsto F^{\prime }$ eine $K$-lineare Abbildung. Deshalb und aufgrund des Distributivgesetzes sind für festes $G$ die Abbildungen

$F⟼F\cdot G⟼(F\cdot G{)}^{\prime },$

$F⟼F\cdot G^{\prime }$

und

$F⟼F^{\prime }\cdot G$

$K$-linear. Da jedes $F$ eine eindeutige Darstellung als $K$-Linearkombination mit den Potenzen

$X^n$, $n\in \mathbb{N}$, besitzt, genügt es, die Aussage für  $F=X^n$  zu zeigen. Die gleiche Überlegung zeigt, dass man lediglich $G=X^m$ betrachten muss. Dann gilt einerseits

$(X^n\cdot X^m{)}^{\prime }=(X^{n+m}{)}^{\prime }=(n+m)X^{n+m-1}$

und andererseits

$\begin{array}{cc}{X}^n\cdot (X^m{)}^{\prime }+(X^n{)}^{\prime }\cdot X^m& =m{X}^n{X}^{m-1}+n{X}^{n-1}{X}^m\\ & =m{X}^{n+m-1}+n{X}^{n+m-1}\\ & =(n+m)X^{n+m-1},\end{array}$

sodass Gleichheit gilt.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Lemma von Dedekind für zwei Charaktere

${\chi }_1,{\chi }_2:G⟶K$

auf einem Monoid $G$ in einen Körper $K$.

Lösung

Wir müssen zeigen, dass ${\chi }_1$ und ${\chi }_2$ als Abbildungen von $G$ nach $K$ linear unabhängig sind. Das bedeutet, dass sie sich nicht um einen konstanten Faktor unterscheiden. Wir nehmen ${\chi }_2=a\cdot {\chi }_1$ mit $a\in K^{\times }$ an. Wegen ${\chi }_1(e)={\chi }_2(e)=1$ für das neutrale Element $e\in G$ muss $a=1$ sein. Dann ist aber ${\chi }_2={\chi }_1$ und es würden nicht zwei verschiedene Charaktere vorliegen.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Matrix des Frobeniushomomorphismus

$\mathrm{\Phi }:{𝔽}_{25}⟶{𝔽}_{25}$

bezüglich einer geeigneten ${𝔽}_5$-Basis von ${𝔽}_{25}$.

Lösung

Wegen $1^2=(-1{)}^2=1$ und $2^2=3^2=4$ in ${𝔽}_5=\mathbb{Z}/(5)$ ist $X^2-2$ irreduzibel über ${𝔽}_5$. Daher ist ${𝔽}_{25}=\mathbb{Z}/(5)[X]/(X^2-2)$. Wir betrachten den Frobeniushomomorphismus bezüglich der Basis $1$ und $x$ ($x$ sei die Restklasse von $X$). Dabei ist $1^5=1$ und

$x^5=x^2\cdot x^2\cdot x=2\cdot 2\cdot x=4x.$

Also ist

$\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 4\end{array}\right)$

die beschreibende Matrix.

Aufgabe (3 Punkte)

Wie viele Unterkörper besitzt der endliche Körper ${𝔽}_{625}$?

Lösung

Wegen $625=5^4$ ist die Galoisgruppe der Körpererweiterung ${𝔽}_5\subset {𝔽}_{625}$ zyklisch der Ordnung $4$, also isomorph zu $\mathbb{Z}/(4)$. Diese Gruppe besitzt drei Untergruppen, nämlich $0$, die durch $2$ erzeugte Untergruppe und sich selbst. Nach dem Satz über die Galoiskorrespondenz besitzt daher ${𝔽}_{625}$ drei Zwischenkörper.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei $D=\mathbb{Z}/(n)$ und sei $K$ ein Körper, der eine $n$-te primitive Einheitswurzel $\zeta$ enthält. Es sei $L$ eine $D$-graduierte Körpererweiterung von $K$. Beschreibe die Matrizen der $K$-Algebraautomorphismen auf $L$ (also die Elemente der Galoisgruppe $\mathrm{Gal}(L/K)$) bezüglich einer geeigneten $K$-Basis von $L$.

Lösung

Die Automorphismen auf $L$ entsprechen den Charakteren auf $D=\mathbb{Z}/(n)$. Diese entsprechen wiederum eindeutig dem Bild der $1$, welches eine $n$-te Einheitswurzel sein muss, also sich mittels der gegebenen primitiven Einheitswurzel als ${\zeta }^i$ mit einem eindeutigen $i$ zwischen $0$ und $n-1$ schreiben lässt. Es sei $x\in L_1$ ein von $0$ verschiedenes Element der ersten Stufe. Dann bilden die $x^d$, $0\le d\le n-1$, eine $K$-Basis von $L$. Der zu einem Charakter $\chi$ gehörende Automorphismus wirkt dabei in der $d$-ten Stufe durch Multiplikation mit $\chi (d)$. Daher besitzt der Automorphismus zum Charakter $\chi$ mit $\chi (1)={\zeta }^i$ bzgl. dieser Basis die Matrixdarstellung

$\left(\begin{array}{ccccc}{\zeta }^0& 0& \dots & \dots & 0\\ 0& {\zeta }^i& 0& \dots & 0\\ 0& 0& {\zeta }^{2i}& \dots & 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & \ddots & ⋮\\ 0& 0& \dots & 0& {\zeta }^{i(n-1)}\end{array}\right).$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei  $K\subseteq L$  eine endliche Galoiserweiterung mit Galoisgruppe $G$ und es seien $H_1,H_2\subseteq G$ Untergruppen mit den zugehörigen Fixkörpern $K_1=\mathrm{Fix}(H_1)$ und $K_2=\mathrm{Fix}(H_2)$. Zeige, dass der Durchschnitt $K_1\cap K_2$ gleich dem Fixkörper zu $H$ ist, wobei $H$ die von $H_1$ und $H_2$ erzeugte Untergruppe bezeichnet (das ist die kleinste Untergruppe von $G$, die sowohl $H_1$ als auch $H_2$ enthält).

Lösung

Es sei zuerst $x\in \mathrm{Fix}(H)$. Wegen $H_1,H_2\subseteq H$ ist insbesondere $x\in \mathrm{Fix}(H_1)$ und $x\in \mathrm{Fix}(H_2)$, also auch $x\in \mathrm{Fix}(H_1)\cap \mathrm{Fix}(H_2)=K_1\cap K_2$.

Aufgrund der Galoiskorrespondenz können wir die andere Inklusion $K_1\cap K_2\subseteq \mathrm{Fix}(H)$ dadurch zeigen, dass wir die umgekehrte Inklusion der Galoisgruppen nachweisen. D.h. wir müssen $H\subseteq \mathrm{Gal}(L/K_1\cap K_2)$ zeigen. Da rechts eine Gruppe steht und $H$ die von $H_1$ und $H_2$ erzeugte Untergruppe ist, müssen wir lediglich $H_1,H_2\subseteq \mathrm{Gal}(L/K_1\cap K_2)$ zeigen. Wegen $K_1\cap K_2\subseteq K_1$ ist aber $H_1\subseteq \mathrm{Gal}(L/K_1\cap K_2)$ (ebenso für $H_2$).

Aufgabe (10 (4+6) Punkte)

Es sei  $\mathbb{Q}\subseteq K_n$  (in $ℂ$) der $n$-te Kreisteilungskörper und sei $\zeta$ eine $n$-te primitive Einheitswurzel. Wir betrachten die Elemente ${\zeta }^i$, $i\in {(\mathbb{Z}/(n))}^{\times }$.

a) Zeige, dass für eine Primzahl  $n=p$  diese Elemente eine $\mathbb{Q}$-Basis von $K_n$ bilden.

b) Es sei $p$ eine Primzahl und  $n=p^2$.  Zeige, dass diese Elemente keine $\mathbb{Q}$-Basis von $K_n$ bilden.

Lösung

a) Der Kreisteilungskörper $K_n$ wird als $K_n=\mathbb{Q}[X]/({\mathrm{\Phi }}_n)$ beschrieben mit dem $n$-ten Kreisteilungspolynom ${\mathrm{\Phi }}_n$. Dieses hat den Grad $\phi (n)$ (mit der eulerschen $\phi$-Funktion), und $X$ wird durch $\zeta$ ersetzt. Daher ist ${\zeta }^0,{\zeta }^1,\dots ,{\zeta }^{\phi (n)-1}$ eine $\mathbb{Q}$-Basis von $K_n$. Bei $n=p$ ist $\phi (p)=p-1$ und wir betrachten die Elemente ${\zeta }^i,i=1,\dots ,p-1$. Das $p$-te Kreisteilungspolynom ist $X^{p-1}+X^{p-2}+\cdots +X+1$. Daher ist

$1=-{\zeta }^{p-1}-{\zeta }^{p-2}-\cdots -\zeta ,$

sodass man die $1$ als Linearkombination der angegebenen Elemente darstellen kann. Daher bilden sie ein Erzeugendensystem und somit auch eine Basis, da es sich um $\phi (p)$ Elemente handelt.

b) Die Einheiten in $\mathbb{Z}/(p^2)$ sind alle Zahlen, die keine Vielfachen von $p$ sind. Es gilt

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

Wir schreiben diese Summe als

$0=\sum _{i=0}^{n-1}{\zeta }^i=\sum _{i=0,p\mid i}^{n-1}{\zeta }^i+\sum _{i=0,p\mid ̸i}^{n-1}{\zeta }^i=\sum _{j=0}^{p-1}{\zeta }^{pj}+\sum _{i=0,p\mid ̸i}^{n-1}{\zeta }^i.$

Da $\zeta$ eine $p^2$-te primitive Einheitswurzel ist, ist ${\zeta }^p$ eine $p$-te primitive Einheitswurzel. Die linke Summe ist daher

$\sum _{j=0}^{p-1}{\zeta }^{pj}=\sum _{j=0}^{p-1}({\zeta }^p{)}^j=0.$

Also ist auch die rechte Summe

$\sum _{i=0,p\mid ̸i}^{n-1}{\zeta }^i=0.$

Dies ist aber die Summe über alle Elemente aus unserer Familie, sodass diese Familie linear abhängig ist.

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei $G$ eine auflösbare Gruppe und

$q:G⟶H$

ein surjektiver Gruppenhomomorphismus. Zeige, dass auch $H$ auflösbar ist.

Lösung

Wir fixieren eine auflösende Filtrierung

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

Es sei

$q:G⟶H$

der Restklassenhomomorphismus. Wir setzen $H_i=q(G_i)$, dies ist eine Filtrierung von $H$ mit Untergruppen. Wir betrachten das kommutative Diagramm

$\begin{array}{cccc}{G}_i& \stackrel{}{⟶}& G_{i+1}& \\ \downarrow & & \downarrow & \\ H_i& \stackrel{}{⟶}& H_{i+1}& ,\end{array}$

wobei die vertikalen Homomorphismen surjektiv sind. Wir behaupten, dass $H_i$ ein Normalteiler in $H_{i+1}$ ist, und ziehen dazu Lemma 5.4 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) heran. Es sei also $h\in H_i$ und $x\in H_{i+1}$, die wir durch $\tilde{h}\in G_i$ bzw. $\tilde{x}\in G_{i+1}$ repräsentieren. Dann ist  $xh{x}^{-1}=q(\tilde{x}\tilde{h}{\tilde{x}}^{-1})$  und wegen der Normalität von $G_i$ ist $\tilde{x}\tilde{h}{\tilde{x}}^{-1}\in G_i$ und somit $xh{x}^{-1}\in H_i$. Wir betrachten die zusammengesetzte surjektive Abbildung

$G_{i+1}⟶H_{i+1}⟶H_{i+1}/H_i.$

Da $G_i$ zum Kern dieser Abbildung gehört, gibt es aufgrund von Satz 5.10 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) eine surjektive Abbildung

$G_{i+1}/G_i⟶H_{i+1}/H_i,$

weshalb $H_{i+1}/H_i$ ebenfalls kommutativ ist.