Kurs:Körper- und Galoistheorie/3/Klausur mit Lösungen

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Aufgabe 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
Punkte 3 3 4 4 4 4 4 4 6 9 5 6 6 4 66




Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

  1. Das Minimalpolynom eines Elementes in einer endlichen Körpererweiterung .
  2. Eine Radikalerweiterung (von Körpern).
  3. Die Diskriminante zu Elementen bei einer endlichen Körpererweiterung vom Grad .
  4. Eine auflösbare Körpererweiterung .
  5. Eine aus einer Teilmenge einer Ebene elementar konstruierbare Gerade .
  6. Eine Fermatsche Primzahl.


Lösung

  1. Das Minimalpolynom von (über ) ist das normierte Polynom von minimalem Grad mit .
  2. Eine Körpererweiterung heißt eine Radikalerweiterung, wenn es Zwischenkörper

    derart gibt, dass für jedes eine einfache Radikalerweiterung ist.

  3. Die Diskriminante von wird durch

    definiert.

  4. Eine Körpererweiterung heißt auflösbar, wenn es eine Radikalerweiterung mit gibt.
  5. Die Gerade heißt aus elementar konstruierbar, wenn es zwei verschiedene Punkte gibt, so dass die Verbindungsgerade dieser Punkte ist.
  6. Eine Primzahl der Form , wobei eine positive natürliche Zahl ist, heißt Fermatsche Primzahl.


Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

  1. Der Fundamentalsatz der Algebra.
  2. Der Satz von Abel-Ruffini.
  3. Der Satz über die Charakterisierung von konstruierbaren n-Ecken.


Lösung

  1. Jedes nichtkonstante Polynom über den komplexen Zahlen besitzt eine Nullstelle.
  2. Für gibt es polynomiale Gleichungen (über ) vom Grad , die nicht auflösbar sind.
  3. Ein reguläres -Eck ist genau dann mit Zirkel und Lineal konstruierbar, wenn die Primfaktorzerlegung von die Gestalt
    hat, wobei die verschiedene Fermatsche Primzahlen sind.


Aufgabe (4 Punkte)

Löse das folgende lineare Gleichungssystem über dem Körper :


Lösung

Wir schreiben das Gleichungssystem als

Wir multiplizieren die zweite Zeile mit und erhalten

Wir nehmen die Differenz der ersten und der dritten Zeile und erhalten

Das inverse Element von ist , somit ist also

Aus der Gleichung folgt daraus


Aufgabe (4 Punkte)

Forme die Gleichung

in eine äquivalente Gleichung der Form

mit um.


Lösung

Wir setzen an und drücken das Polynom bzw. die Gleichung in aus. Es ist

und

Insgesamt ergibt sich also

Eine äquivalente Gleichung ist also


Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Primfaktorzerlegung des Polynoms über den Körpern und .


Lösung

Es ist (über jedem Körper)

Dies kann man direkt bestätigen, es ergibt sich aber auch aus der Produktzerlegung von mit Hilfe der Kreisteilungspolynome. Über den komplexen Zahlen ist

Da davon vier Nullstellen imaginär sind, müssen die beiden quadratischen Polynome von oben über und über irreduzibel sein, so dass die obige Faktorzerlegung über diesen Körpern die Primfaktorzerlegung ist.

Über gilt aufgrund des kleinen Fermat für jede Einheit . Daher ist die Faktorzerlegung

Über haben die beiden Polynome und keine Nullstelle, sind also irreduzibel, und daher ist die obige Zerlegung auch die Primfaktorzerlegung über .


Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Matrix des Frobeniushomomorphismus

bezüglich einer geeigneten -Basis von .


Lösung

Das Polynom ist irreduzibel, da es Grad hat und in keine Nullstelle besitzt. Daher ist

ein Körper mit Elementen, und die Restklassen von (die wir mit bezeichnen) bilden eine -Basis von . Wir beschreiben den Frobenius bezüglich dieser Basis unter Verwendung von . Es ist

und

In den Spalten der beschreibenden Matrix stehen die Koeffizienten der Bildvektoren bezüglich der Basis, also ist die Matrix gleich


Aufgabe (4 Punkte)

Es sei eine endliche Körpererweiterung, () und sei das Minimalpolynom von . Zeige, dass irreduzibel ist.


Lösung

Es sei eine Faktorzerlegung des Minimalpolynoms. Dann gilt in die Beziehung

Da ein Körper ist, muss ein Faktor null sein, sagen wir . Da aber unter allen Polynomen , die annullieren, den minimalen Grad besitzt, müssen und den gleichen Grad besitzen und folglich muss konstant (), also eine Einheit sein.


Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass es zu jeder natürlichen Zahl eine Körpererweiterung vom Grad gibt.


Lösung

Sei gegeben. Das Polynom ist nach dem Lemma von Eisenstein irreduzibel, da die Primzahl alle Koeffizienten außer dem Leitkoeffizienten teilt und den konstanten Koeffizienten nicht teilt. Daher ist

ein Körper. Der Grad von über ist gleich dem Grad des definierenden Polynoms, also gleich .


Aufgabe (6 Punkte)

Sei eine endliche Körpererweiterung. Zeige, dass die Galoisgruppe endlich ist.


Lösung

Die Körpererweiterung besitzt ein endliches -Algebraerzeugendensystem, also . Nach Lemma 10.14 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ist ein -Algebraautomorphismus

durch , , eindeutig festgelegt. Da jedes nach Satz 10.4 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) algebraisch ist, gibt es Polynome

mit . Nach Lemma 10.15 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ist auch . Die Polynome besitzen aber nach Korollar 19.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) jeweils nur endlich viele Nullstellen, so dass nur endlich viele Werte für in Frage kommen.


Aufgabe (9 Punkte)

Es sei ein Körper, eine endliche kommutative Gruppe und eine -graduierte Körpererweiterung. Der Körper enthalte eine -te primitive Einheitswurzel, wobei der Exponent von sei. Zeige, dass es ein Element derart gibt, dass die Menge

eine -Basis von bildet.


Lösung

Unter der Voraussetzung über die Einheitswurzeln ist die Körpererweiterung eine Galoiserweiterung und die Galoisgruppe ist in natürlicher Weise isomorph zur Charaktergruppe . Insbesondere ist die Anzahl der Charaktere gleich dem Grad der Körpererweiterung. Ein Charakter schickt, als Automorphismus aufgefasst, ein homogenes Element vom Grad auf .

Wir wählen in jeder Komponente ein von verschiedenes Element und setzen

Die Menge ist gleich

Da die Anzahl der Charaktere gleich dem Körpergrad ist, genügt es zu zeigen, dass diese Elemente linear unabhängig sind. Sei also

mit . Das bedeutet

Da die , , linear unabhängig sind, folgt für jedes die Beziehung

Dies bedeutet wiederum für die Charaktere die Gleichheit

Nach dem Lemma von Dedekind sind aber die Charaktere linear unabhängig, sodass ist.


Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme das Kreisteilungspolynom .


Lösung

Es ist

Polynomdivision ergibt


Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ein Polynom vom Grad . Zeige mit Mitteln der Galoistheorie, dass auflösbar ist.


Lösung

Das Polynom heißt auflösbar, wenn der Zerfällungskörper von auflösbar ist. Dieser Zerfällungskörper ist eine Galoiserweiterung von , und jeder Automorphismus von permutiert die Nullstellen von in und ist dadurch festgelegt (siehe Lemma 14.2 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019))). Daher ist die Galoisgruppe der Körpererweiterung eine Untergruppe der Permutationsgruppe . Nach Satz 22.6 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ist eine galoissche Körpererweiterung genau dann auflösbar, wenn ihre Galoisgruppe auflösbar ist. Die Permutationsgruppe ist auflösbar, wie die zyklische alternierende Untergruppe mit der Restklassengruppe zeigt. Nach Lemma 21.2 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ist dann auch jede Untergruppe von auflösbar. Also ist die Galoisgruppe und damit die Körpererweiterung und das Polynom auflösbar.


Aufgabe (6 Punkte)

Aus einer Menge seien „wie üblich“ Geraden und Kreise elementar konstruierbar. Als neue Punkte seien allerdings nur die Durchschnitte von einer Geraden mit einer Geraden und von einer Geraden mit einem Kreis erlaubt (also nicht der Durchschnitt von zwei Kreisen). Bestimme die Menge der Punkte, die aus der Anfangsmenge auf diese Weise konstruierbar ist.


Lösung

Wenn man, wie üblich, die durch die beiden Punkte und definierte Gerade mit identifiziert, so ist die Menge der auf diese Weise konstruierbaren Punkte gleich .

Die Inklusion ergibt sich so: da und zu gehören, ist die reelle Gerade konstruierbar. Damit ist der Kreis mit Mittelpunkt durch konstruierbar und der andere Schnittpunkt ist . Mit als Mittelpunkt durch erhält man und so nach und nach alle natürlichen Zahlen. Die Kreise mit Mittelpunkt durch liefern auch die negativen Zahlen.

Die Inklusion beweisen wir durch Induktion über die Anzahl der Konstruktionsschritte. Der Induktionsanfang ist durch gesichert. Sei vorausgesetzt, dass nach dem -ten Konstruktionsschritt nur Elemente aus konstruiert wurden. Dann kann man daraus überhaupt nur eine Gerade konstruieren, nämlich die reelle Gerade. Daher können sich keine neuen Punkte über den Schnitt von zwei Geraden ergeben und es steht lediglich der Durchschnitt der reellen Geraden mit Kreisen als Konstruktionsverfahren zur Verfügung. Die elementar konstruierbaren Kreise besitzen als Mittelpunkt eine ganze Zahl und gehen ebenfalls durch eine ganze Zahl. Also ist der andere Schnittpunkt auch eine ganze Zahl, so dass man innerhalb von bleibt.


Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Wohldefiniertheit des Transzendenzgrades.


Lösung

Es sei die minimale Zahl derart, dass es eine Transzendenzbasis mit Elementen gibt. Es sei eine Transzendenzbasis und eine weitere Transzendenzbasis mit

Elementen. Wir wenden Lemma 28.8 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) sukzessive an und erhalten Transzendenzbasen

wobei die Elemente der zweiten Familie sind. Die letzte Familie ist eine Transzendenzbasis mit Elementen (es kann keine Elementwiederholungen geben wegen der vorausgesetzen Minimalität von ). Bei würde sich ein Widerspruch ergeben, da eine echte Teilfamilie einer Transzendenzbasis keine Transzendenzbasis sein kann, also ist .