Kurs:Körper- und Galoistheorie/9/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	${}\sum$
Punkte	3	3	0	0	6	1	3	3	3	0	7	0	7	0	0	4	1	0	3	44

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine quadratische Körpererweiterung.
2. Ein Integritätsbereich.
3. Die formale Ableitung eines Polynoms ${}F\in K[X]$.
4. Der Exponent zu einer endlichen Gruppe ${}G$.
5. Eine einfache Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.
6. Der Fixkörper zu einer Untergruppe ${}H$ der Automorphismengruppe eines Körpers ${}L$.

Lösung

1. Eine Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ vom Grad zwei heißt eine quadratische Körpererweiterung.
2. Ein kommutativer, nullteilerfreier, von null verschiedener Ring heißt Integritätsbereich.
3. Zu einem Polynom ${}F=\sum _{i=0}^{n}a_{i}X^{i}\in K[X]$ heißt das Polynom

   ${}F'=na_{n}X^{n-1}+(n-1)a_{n-1}X^{n-2}+\cdots +3a_{3}X^{2}+2a_{2}X+a_{1}\,$

   die formale Ableitung von ${}F$.

4. Der Exponent ${}\operatorname {exp} (G)$ von ${}G$ ist die kleinste positive Zahl ${}n$ mit der Eigenschaft, dass ${}x^{n}=1$ für alle ${}x\in G$ ist.
5. Die Körpererweiterung ${}K\subseteq L$, heißt einfach, wenn es ein Element ${}x\in L$ mit

   ${}L=K(x)\,$

   gibt.

6. Der Fixkörper zu ${}H$ ist

   ${}\operatorname {Fix} \,(H)={\left\{x\in L\mid \varphi (x)=x{\text{ für alle }}\varphi \in H\right\}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Zerlegungssatz für Polynome ${}F\in K[X]$ über einem Körper ${}K$.
2. Der Satz über die Charakterisierung von separablen Polynomen.
3. Der Satz über die Wohldefiniertheit des Transzendenzgrades.

Lösung

1. Es sei ${}F\neq 0$. Dann gibt es eine (bis auf die Reihenfolge der Faktoren) eindeutige Produktdarstellung

   ${}F=aF_{1}\cdots F_{r}\,$

   mit ${}a\in K^{\times }$ und irreduziblen normierten Polynomen

   ${}F_{i}$, ${}i=1,\ldots ,r$.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}P\in K[X]$ ein Polynom. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent.
   1. ${}P$ ist separabel.
   2. Es gibt eine Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ derart, dass ${}P$ über ${}L$ in einfache Linearfaktoren zerfällt.
   3. ${}P$ und die Ableitung ${}P'$ sind teilerfremd.
   4. ${}P$ und die Ableitung ${}P'$ erzeugen das Einheitsideal.
3. Es sei ${}K$ ein Grundkörper und ${}K\subseteq L$ eine Körpererweiterung mit einer endlichen Transzendenzbasis. Dann besitzt jede Transzendenzbasis von ${}L$ über ${}K$ gleich viele Elemente.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise die „Gradformel“ für eine Kette von endlichen Körpererweiterungen ${}K\subseteq L\subseteq M$.

Lösung

Wir setzen ${}\operatorname {grad} _{K}L=n$ und ${}\operatorname {grad} _{L}M=m$. Es sei ${}x_{1},\ldots ,x_{n}\in L$ eine ${}K$-Basis von ${}L$ und ${}y_{1},\ldots ,y_{m}\in M$ eine ${}L$-Basis von ${}M$. Wir behaupten, dass die Produkte

$x_{i}y_{j},1\leq i\leq n,1\leq j\leq m,$

eine ${}K$-Basis von ${}M$

bilden. Wir zeigen zuerst, dass diese Produkte den Vektorraum ${}M$ über ${}K$ aufspannen. Es sei dazu ${}z\in M$. Wir schreiben

$z=b_{1}y_{1}+\cdots +b_{m}y_{m}{\text{ mit Koeffizienten }}b_{j}\in L.$

Wir können jedes ${}b_{j}$ als

${}b_{j}=a_{1j}x_{1}+\cdots +a_{nj}x_{n}$ mit Koeffizienten ${}a_{ij}\in K$ ausdrücken. Das ergibt

${}{\begin{aligned}z&=b_{1}y_{1}+\cdots +b_{m}y_{m}\\&=(a_{11}x_{1}+\cdots +a_{n1}x_{n})y_{1}+\cdots +(a_{1m}x_{1}+\cdots +a_{nm}x_{n})y_{m}\\&=\sum _{1\leq i\leq n,\,1\leq j\leq m}a_{ij}x_{i}y_{j}.\end{aligned}}$

Daher ist ${}z$ eine ${}K$-Linearkombination der Produkte ${}x_{i}y_{j}$.
Um zu zeigen, dass diese Produkte linear unabhängig sind, sei

$0=\sum _{1\leq i\leq n,\,1\leq j\leq m}c_{ij}x_{i}y_{j}$

angenommen mit ${}c_{ij}\in K$. Wir schreiben dies als ${}0=\sum _{j=1}^{m}(\sum _{i=1}^{n}c_{ij}x_{i})y_{j}$. Da die ${}y_{j}$ linear unabhängig über ${}L$ sind und die Koeffizienten der ${}y_{j}$ zu ${}L$ gehören folgt, dass ${}\sum _{i=1}^{n}c_{ij}x_{i}=0$ ist für jedes ${}j$. Da die ${}x_{i}$ linear unabhängig über ${}K$ sind und ${}c_{ij}\in K$ ist folgt, dass ${}c_{ij}=0$ ist für alle ${}i,j$.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}G$ eine Gruppe und sei ${}H\subseteq Z$ eine Untergruppe des Zentrums von ${}G$. Zeige, dass ${}H$ ein Normalteiler in ${}G$ ist.

Lösung

Es sei ${}x\in G$ und ${}xH$ die Linksnebenklasse von ${}x$. Ein Element daraus hat die Form ${}xh$ mit

${}h\in H\subseteq Z\,$

und daher ist

${}xh=hx\in Hx\,.$

D.h. die Linksnebenklassen stimmen mit den Rechtsnebenklassen überein.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Q} [X]/(X^{3}-7)$ das Inverse von ${}3x+4$ (${}x$ bezeichnet die Restklasse von ${}X$).

Lösung

Wir machen Division mit Rest von ${}X^{3}-7$ durch ${}3X+4$. Das ergibt

$X^{3}-7=(3X+4){\left({\frac {1}{3}}X^{2}-{\frac {4}{9}}X+{\frac {16}{27}}\right)}-{\frac {253}{27}}.$

Also ist

$(3x+4){\left({\frac {1}{3}}x^{2}-{\frac {4}{9}}x+{\frac {16}{27}}\right)}={\frac {253}{27}}\mod X^{3}-7$

und daher ist das Inverse von ${}3x+4$ gegeben durch

${\frac {27}{253}}{\left({\frac {1}{3}}x^{2}-{\frac {4}{9}}x+{\frac {16}{27}}\right)}={\frac {9}{253}}x^{2}-{\frac {12}{253}}x+{\frac {16}{253}}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Das Polynom ${}F=X^{3}-3X+1\in \mathbb {Q} [X]$ ist irreduzibel und definiert daher eine Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [X]/{\left(X^{3}-3X+1\right)}=:L\,$

vom Grad ${}3$. Die Restklasse von ${}X$ in ${}L$ sei mit ${}\alpha$ bezeichnet. Zeige, dass auch die Elemente aus ${}L$

${}\beta =\alpha ^{2}-2\,$

und

${}\gamma =-\alpha ^{2}-\alpha +2\,$

Nullstellen von ${}F$ sind.

Lösung

Dies beruht unter Verwendung von

${}\alpha ^{3}=3\alpha -1\,$

auf den Rechnungen

${}{\begin{aligned}\beta ^{3}-3\beta +1&={\left(\alpha ^{2}-2\right)}^{3}-3{\left(\alpha ^{2}-2\right)}+1\\&=\alpha ^{6}-6\alpha ^{4}+12\alpha ^{2}-8-3\alpha ^{2}+6+1\\&=\alpha ^{6}-6\alpha ^{4}+9\alpha ^{2}-1\\&=9\alpha ^{2}-6\alpha +1-6\alpha {\left(3\alpha -1\right)}+9\alpha ^{2}-1\\&=0\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}\gamma ^{3}-3\gamma +1&=-{\left(\alpha ^{2}+\alpha -2\right)}^{3}+3{\left(\alpha ^{2}+\alpha -2\right)}+1\\&=-\alpha ^{6}-3\alpha ^{5}+3\alpha ^{4}+11\alpha ^{3}-6\alpha ^{2}-12\alpha +8+3\alpha ^{2}+3\alpha -6+1\\&=-{\left(3\alpha -1\right)}^{2}-3\alpha ^{2}{\left(3\alpha -1\right)}+3\alpha {\left(3\alpha -1\right)}+11{\left(3\alpha -1\right)}-3\alpha ^{2}-9\alpha +3\\&=-9\alpha ^{2}+6\alpha -9{\left(3\alpha -1\right)}+3\alpha ^{2}+9\alpha ^{2}-3\alpha +33\alpha -11-3\alpha ^{2}-9\alpha +2\\&=-9\alpha ^{2}+6\alpha -27\alpha +9+3\alpha ^{2}+9\alpha ^{2}-3\alpha +33\alpha -11-3\alpha ^{2}-9\alpha +2\\&=0.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}p$ eine Primzahl, ${}q=p^{e}$ mit ${}e\geq 1$ und sei ${}{\mathbb {F} }_{q}$ der Körper mit ${}q$ Elementen und ${}R={\mathbb {F} }_{q}[X]$ der Polynomring darüber. Zeige, dass jeder Restklassenring ${}R/{\mathfrak {a}}$ zu einem Ideal ${}{\mathfrak {a}}\neq 0$ endlich ist.

Lösung

Sei ${}{\mathfrak {a}}\neq 0$ ein Ideal. Der Polynomring über einem Körper ist ein Hauptidealbereich, daher ist ${}{\mathfrak {a}}=(P)$ mit einem Polynom ${}P\neq 0$. Man kann annehmen, dass ${}P$ normiert ist, dass also der Leitkoeffizient ${}1$ ist. Dann ist

${}R/{\mathfrak {a}}=R/(P)={\mathbb {F} }_{q}[X]/(X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+\cdots +a_{1}X+a_{0})\,.$

Dies bedeutet, dass man im Restklassenring die Potenz ${}X^{n}<$ durch kleinere Potenzen ausdrücken kann. Iterativ kann man dann überhaupt jede Potenz ${}X^{k}$ durch Polynome vom Grad ${}\leq n-1$ ausdrücken, d.h. die Potenzen ${}X^{0},X^{1},\ldots ,X^{n-1}$ bilden ein ${}{\mathbb {F} }_{q}$- Erzeugendensystem (sogar eine Basis) dieser ${}{\mathbb {F} }_{q}$- Algebra. Damit liegt ein endlichdimensionaler Vektorraum über einem endlichen Körper vor, und dieser hat nur endlich viele Elemente.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (7 (3+1+3) Punkte)

Es sei ${}\epsilon ={\frac {-1+{\sqrt {3}}{\mathrm {i} }}{2}}$ die dritte komplexe Einheitswurzel. Wir betrachten die Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [\epsilon {\sqrt[{3}]{7}}]=L\subseteq {\mathbb {C} }\,.$

1. Bestimme das Minimalpolynom von ${}\epsilon {\sqrt[{3}]{7}}$.
2. Zeige, dass der Grad der Körpererweiterung ${}\mathbb {Q} \subseteq L$ gleich ${}3$ ist.
3. Zeige, dass die komplexe Konjugation nicht ${}L$ in ${}L$ überführt.

Lösung

1. Es ist

   ${}{\left(\epsilon {\sqrt[{3}]{7}}\right)}^{3}=\epsilon ^{3}7=7\,.$

   Daher annulliert ${}X^{3}-7$ das Element. Als Minimalpolynom kommt nur ein Teiler (mit rationalen Koeffizienten) dieses Polynoms in Frage. Die andern komplexen Nullstellen dieses Polynoms sind ${}{\sqrt[{3}]{7}}$ und ${}\epsilon ^{2}{\sqrt[{3}]{7}}$. Die Faktorzerlegung dieses Polynoms über ${}{\mathbb {C} }$ ist daher

   ${}X^{3}-7={\left(X-{\sqrt[{3}]{7}}\right)}{\left(X-\epsilon {\sqrt[{3}]{7}}\right)}{\left(X-\epsilon ^{2}{\sqrt[{3}]{7}}\right)}\,.$

   Die echten Teiler des Polynoms, die den mittleren Linearfaktor als Faktor enthalten, sind

   ${}{\left(X-{\sqrt[{3}]{7}}\right)}{\left(X-\epsilon {\sqrt[{3}]{7}}\right)}=X^{2}-{\left(1+\epsilon \right)}{\sqrt[{3}]{7}}X+\epsilon 7^{\frac {2}{3}}\,$

   und

   ${}{\left(X-\epsilon {\sqrt[{3}]{7}}\right)}{\left(X-\epsilon ^{2}{\sqrt[{3}]{7}}\right)}=X^{2}-{\left(\epsilon +\epsilon ^{2}\right)}{\sqrt[{3}]{7}}X+7^{\frac {2}{3}}=X^{2}+{\sqrt[{3}]{7}}X+7^{\frac {2}{3}}\,,$

   die beide keine rationalen Koeffizienten besitzen. Also ist ${}X^{3}-7$ das Minimalpolynom.

2. Der Grad der Körpererweiterung ist ${}3$, da nach Satz 7.11 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) die Isomorphie

   ${}\mathbb {Q} [\epsilon {\sqrt[{3}]{7}}]\cong \mathbb {Q} [X]/(X^{3}-7)\,$

   gilt und somit der Grad ${}3$ vorliegt.

3. Die konjugiert-komplexe Zahl zu ${}\epsilon$ ist ${}\epsilon ^{2}$ und somit ist die konjugiert-komplexe Zahl von ${}\epsilon {\sqrt[{3}]{7}}$ gleich ${}\epsilon ^{2}{\sqrt[{3}]{7}}$. Wir behaupten, dass diese Zahl nicht zu ${}L$ gehört. Nehmen wir an, sie würde doch dazugehören. Dann ist auch

   ${}\epsilon {\sqrt[{3}]{7}}+\epsilon ^{2}{\sqrt[{3}]{7}}={\left(\epsilon +\epsilon ^{2}\right)}{\sqrt[{3}]{7}}=-{\sqrt[{3}]{7}}\in L\,$

   und somit würde auch ${}{\sqrt[{3}]{7}}\in L$ gelten. Es ist aber

   ${}L\cap \mathbb {R} =\mathbb {Q} \,,$

   da der Durchschnitt ein Zwischenkörper ist, dessen Grad ein Teiler des Gesamtgrades sein muss. Wegen ${}\epsilon {\sqrt[{3}]{7}}\notin \mathbb {R}$ ist aber der Grad ${}3$ ausgeschlossen und der Grad muss ${}1$ sein. Dies ist ein Widerspruch, da ${}{\sqrt[{3}]{7}}$ reell, aber nicht rational ist.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz von Artin über Fixkörper.

Lösung

 Nehmen wir an, dass ${}{\#\left(H\right)}<\operatorname {grad} _{K}L$ ist. Wir können annehmen, dass ${}L$ endlich über ${}K$ ist, da wir ${}L$ durch einen (über ${}K$ endlichen) Zwischenkörper der Form ${}K[\varphi (x_{i}),\varphi \in H,\,i=1,\ldots ,n]$ mit beliebig hohem Grad ersetzen können. Nach Lemma 16.4 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ist die Körpererweiterung separabel und nach dem Satz vom primitiven Element kann man ${}L=K[x]$ schreiben. Dabei ist der Grad des Minimalpolynoms von ${}x$ gleich dem Grad der Körpererweiterung, sodass sich ein Widerspruch zu Lemma 16.4 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ergibt. Also ist ${}K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung mit ${}{\#\left(H\right)}\geq \operatorname {grad} _{K}L$. Nach Satz 14.7 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) muss hierbei Gleichheit gelten. Die Inklusion ${}H\subseteq \operatorname {Gal} \,(L{|}K)$ ist trivial. Da ${}H$ nach Satz 14.7 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) schon die maximal mögliche Anzahl von ${}K$-Automorphismen enthält, gilt hier Gleichheit.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe ein irreduzibles Polynom ${}F\in \mathbb {Q} [X]$ vom Grad ${}4$ an, das in ${}{\mathbb {C} }$ genau zwei reelle Nullstellen hat und dessen Galoisgruppe nicht die ${}S_{4}$ ist.

Lösung

Wir betrachten das Polynom

${}F=X^{4}-2\,,$

das nach dem Lemma von Eisenstein irreduzibel ist. Es ist

${}X^{4}-2={\left(X^{2}-{\sqrt {2}}\right)}{\left(X^{2}+{\sqrt {2}}\right)}={\left(X-{\sqrt[{4}]{2}}\right)}{\left(X+{\sqrt[{4}]{2}}\right)}{\left(X-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{2}}\right)}{\left(X+{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{2}}\right)}\,,$

woraus ersichtlich ist, dass es genau zwei reelle Nullstellen gibt. Wir betrachten die Körperkette

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]\subseteq \mathbb {Q} [{\mathrm {i} },{\sqrt[{4}]{2}}]=:L\,.$

Dabei ist ${}L$ der Zerfällungskörper des Polynoms, da ${}L$ die vier Nullstellen enthält. Die Grade in der Körperkette sind aber ${}2$ und ${}4$, sodass die Gesamterweiterung den Grad ${}8$ besitzt. Die ${}S_{4}$ hat aber ${}24$ Elemente.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei

${}z^{2}+pz+q=0\,$

eine quadratische Gleichung mit ${}p,q\in \mathbb {R}$. Zeige, dass die Koordinaten der Schnittpunkte der Geraden

${}x+y=-p\,$

und des Kreises

${}x^{2}+y^{2}=p^{2}-2q\,$

die Lösungen der quadratischen Gleichung sind.

Lösung

Es sei ${}(x,y)$ ein Schnittpunkt der Geraden und des Kreises. Dann ist

${}xy={\frac {(x+y)^{2}-x^{2}-y^{2}}{2}}={\frac {(-p)^{2}-{\left(p^{2}-2q\right)}}{2}}=q\,.$

Nach dem Satz von Vieta (genauer der Umkehrung) sind ${}x$ und ${}y$ die Lösungen der quadratischen Gleichung.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass die Winkeldreiteilung mit Zirkel und Lineal im Allgemeinen nicht möglich ist.

Lösung

Es genügt, einen (konstruierbaren) Winkel ${}\alpha$ derart anzugeben, dass ${}\alpha /3$ nicht konstruierbar ist. Wir betrachten ${}\alpha =120^{\circ }$ Grad, welcher konstruierbar ist, da die dritten Einheitswurzeln konstruierbar sind, weil sie nämlich in einer quadratischen Körpererweiterung von ${}\mathbb {Q}$ liegen. Dagegen ist der Winkel ${}\alpha /3=120^{\circ }/3=40^{\circ }$ nicht konstruierbar, da andernfalls das regelmäßige ${}9$-Eck konstruierbar wäre, was nach Korollar 27.4 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) aber nicht der Fall ist.