Kurs:Körper- und Galoistheorie/6/Klausur mit Lösungen
Aufgabe | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 | 18 | |
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Punkte | 3 | 3 | 0 | 0 | 3 | 3 | 0 | 3 | 7 | 0 | 0 | 3 | 0 | 6 | 0 | 9 | 0 | 7 | 47 |
Aufgabe (3 Punkte)
Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.
- Ein Gruppenisomorphismus.
- Eine einfache Körpererweiterung .
- Die Charakteristik eines Körpers .
- Ein Primelement , in einem kommutativen Ring .
- Das Kompositum zu zwei Zwischenkörpern in einer Körpererweiterung.
- Eine konstruierbare Zahl .
- Einen bijektiven Gruppenhomomorphismus nennt man einen Isomorphismus.
- Die
Körpererweiterung
,
heißt einfach, wenn es ein Element mit
gibt.
- Die Charakteristik eines Körpers ist die kleinste positive natürliche Zahl mit der Eigenschaft . Die Charakteristik ist , falls keine solche Zahl existiert.
- Das Element heißt prim, wenn es eine Nichteinheit ist und wenn folgendes gilt: Teilt ein Produkt mit , so teilt es einen der Faktoren.
- Man nennt den von und erzeugten Unterkörper das Kompositum der beiden Körper (in ).
- Eine Zahl heißt konstruierbar, wenn sie aus der Startmenge
Aufgabe (3 Punkte)
Formuliere die folgenden Sätze.
- Die Charakterisierung für Restklassenkörper eines Hauptidealbereiches .
- Der Satz über die Galoiskorrespondenz bei einer endlichen Galoiserweiterung .
- Der Satz über die Quadratur des Kreises.
- Es sei . Dann sind folgende Bedingungen äquivalent.
- ist ein Primelement.
- ist ein Integritätsbereich.
- ist ein Körper.
- Es sei
eine endliche Galoiserweiterung mit der Galoisgruppe
.
Dann sind die Zuordnungen
zueinander inverse Abbildungen zwischen der Menge der Zwischenkörper , ,
und der Menge der Untergruppen von . - Es ist nicht möglich, zu einem vorgegebenen Kreis ein flächengleiches Quadrat mit Zirkel und Lineal zu konstruieren.
Aufgabe (0 Punkte)
Aufgabe (0 Punkte)
Aufgabe (3 Punkte)
Beweise das Lemma von Bezout für einen Hauptidealbereich.
Wir betrachten das von und erzeugte Ideal . Da ein Hauptidealbereich ist, gibt es ein mit . Daher ist ein Teiler von und von . Die Teilerfremdheit impliziert, dass eine Einheit ist. Wegen gibt es eine Darstellung . Multiplikation mit ergibt die Darstellung der .
Aufgabe (3 Punkte)
Es ist
Aufgabe (0 Punkte)
Aufgabe (3 Punkte)
Es sei eine endliche Körpererweiterung und . Zeige, dass es für die Eigenwerttheorie der - linearen Multiplikationsabbildung
grundsätzlich nur zwei Möglichkeiten gibt.
Wenn gehört, so ist die Multiplikationsabbildung die Streckung mit . Dann ist der einzige Eigenwert von und ganz ist der Eigenraum zu diesem Eigenwert. Wenn hingegen gilt, so gibt es keinen Eigenwert. Die Eigenwertbedingung
mit einem , , und einem führt wegen der Invertierbarkeit von direkt zum Widerspruch
Aufgabe (7 Punkte)
Es sei ein Körper der Charakteristik . Zeige, dass genau dann vollkommen ist, wenn der Frobeniushomomorphismus auf surjektiv ist.
Es sei der Frobenius surjektiv, d.h. für jedes gibt es ein mit . Es sei ein irreduzibles Polynom. Es ist zu zeigen, dass und teilerfremd sind, und die einzige Möglichkeit, dass dies nicht der Fall ist, ist, dass
ist. In diesem Fall dürfen aber in nur Potenzen von vorkommen, deren Exponent ein Vielfaches von ist, also
Es seien -te Wurzeln aus . Dann ist mit
aber
im Widerspruch zur Irreduzibilität von .
Es sei nun der Frobenius nicht surjektiv, und es sei ein Element, das in keine -te Wurzel besitzt. Es sei ein Erweiterungskörper, in dem eine -te Wurzel besitzt. Den Körper erhält man als , wobei ein irreduzibler Teiler von ist. In gilt
und somit hat in auch das Polynom mehrfache Nullstellen und ist somit nicht separabel.
Aufgabe (0 Punkte)
Aufgabe (0 Punkte)
Aufgabe (3 Punkte)
Es sei ein irreduzibles Polynom vom Grad und es sei eine Körpererweiterung, in der in Linearfaktoren zerfällt. Zeige, dass die Nullstellen von in nicht die Form haben.
Nehmen wir an, die Nullstellen hätten die Form . Dann würde über für , das wir als normiert annehmen dürfen, die Faktorzerlegung
vorliegen. Dann wäre insbesondere der Koeffizient vor , also das Negative von
eine rationale Zahl. Doch dann ist schon eine rationale Zahl und wir haben eine rationale Nullstelle im Widerspruch zur Voraussetzung der Irreduzibilität von .
Aufgabe (0 Punkte)
Aufgabe (6 Punkte)
Beweise das Lemma von Dedekind.
Es sei
wobei die verschiedene Charaktere seien und alle von verschieden seien. Darüber hinaus sei minimal gewählt mit dieser Eigenschaft. Wegen ist ein einzelner Charakter nicht die Nullabbildung, also linear unabhängig und somit ist zumindest . Wegen gibt es auch ein mit
. Wir behaupten die Gleichheit (wieder von Abbildungen von nach )
Für ein beliebiges ist nämlich
wegen der Ausgangsgleichung. Wenn man vom -fachen der Ausgangsgleichung die zweite Gleichung abzieht, so kann man elimineren und erhält eine nichttriviale (wegen und der Wahl von ) lineare Relation zwischen im Widerspruch zur Minimalitätseigenschaft von .
Aufgabe (0 Punkte)
Aufgabe weiter
- Bestimme den Zerfällungskörper zum Polynom .
- Was ist der Grad ?
- Ist die Körpererweiterung graduierbar (mit welcher graduierenden Gruppe?).
- Was sind die homogenen Automorphismen, welche Gruppe bilden sie?
- Ist die Galoisgruppe abelsch?
- Handelt es sich um eine Kummererweiterung (zu welchem Exponenten)?
- Über den komplexen Zahlen liegt die Faktorzerlegung
ein Element von . Es ist also
- Das Polynom ist irreduzibel in , da die obige reelle Zerlegung in quadratische Polynome nicht rational durchführbar ist. Daher haben im kommutativen Diagramm
die horizontalen Erweiterungen den Grad und die vertikalen Erweiterungen den Grad (da reell ist, gehört die imaginäre Einheit da nicht dazu). Die Gesamterweiterung hat also den Grad .
- Es liegt eine graduierte Körpererweiterung vor, wobei die graduierende Gruppe gleich ist, und wobei den Grad und die imaginäre Einheit den Grad bekommt.
-
Die Galoisgruppe enthält die Untergruppe der homogenen Automorphismen
(die, die von Charakteren herrühren).
Diese besteht neben der Identität aus
(den durch diese Vorschriften festgelegten)
und somit ist .
-
Es sei der durch
festgelegte -Automorphismus von . Es sei der zweite oben (im Display) aufgelistete homogene Automorphismus. Dann ist
und
Die Galoisgruppe ist also nicht kommutativ.
- Da die Galoisgruppe nicht abelsch ist liegt keine Kummererweiterung vor.
Aufgabe (0 Punkte)
Aufgabe (7 Punkte)
Es sei ein Unterkörper und . Es gebe eine endliche Galoiserweiterung mit gibt, deren Grad eine Zweierpotenz sei. Zeige, dass es in eine Körperkette aus quadratischen Körpererweiterungen
mit gibt.
Es sei also eine Galoiserweiterung mit gegeben, deren Grad eine Zweierpotenz ist. Wir zeigen durch Induktion nach , dass es eine Filtration der Körpererweiterung durch quadratische Körpererweiterungen gibt (also ohne direkten Bezug auf ein .). Dabei ist der Fall trivial. Es sei also () und die Existenz von Körperketten für kleinere Exponenten bereits bewiesen. Nach Satz 16.6 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ist dann auch die Ordnung der Galoisgruppe gleich . Aufgrund von Lemma 26.4 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) gibt es ein nichttriviales Zentrum , so dass es nach dem Hauptsatz für endliche abelsche Gruppen auch eine Untergruppe mit zwei Elementen gibt. Als Untergruppe des Zentrums ist ein Normalteiler in . Wir betrachten . Nach Satz 16.6 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ist und nach Satz 17.5 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ist eine Galoiserweiterung der Ordnung und besitzt nach Induktionsvoraussetzung eine Filtration aus quadratischen Körpererweiterungen. Diese Filtration wird durch zu einer solchen Gesamtfiltration ergänzt.