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	2	2	3	47

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

   $F^{\prime }=n{a}_n{X}^{n-1}+(n-1)a_{n-1}{X}^{n-2}+\cdots +3a_3{X}^2+2a_{2}X+a_1$

   die formale Ableitung von $F$.

4. Der Exponent $\exp (G)$ 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

   $\mathrm{Fix}(H)=\{x\in L\mid \phi (x)=x\text{ für alle }\phi \in H\}.$

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  $F\ne 0$.  Dann gibt es eine (bis auf die Reihenfolge der Faktoren) eindeutige Produktdarstellung

   $F=a{F}_1\cdots F_r$

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

   $F_i$, $i=1,\dots ,r$.
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 $P^{\prime }$ sind teilerfremd.
   4. $P$ und die Ableitung $P^{\prime }$ 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)

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Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (6 Punkte)

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

Lösung

Wir setzen ${\mathrm{grad}}_{K}L=n$ und ${\mathrm{grad}}_{L}M=m$. Es sei  $x_1,\dots ,x_n\in L$  eine $K$-Basis von $L$ und  $y_1,\dots ,y_m\in M$  eine $L$-Basis von $M$. Wir behaupten, dass die Produkte

$x_i{y}_j,1\le i\le n,1\le j\le m,$

eine $K$-Basis von $M$ bilden. Wir zeigen zuerst, dass diese Produkte den Vektorraum $M$ über $K$ erzeugen. 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

$\begin{array}{cc}z& =b_1{y}_1+\cdots +b_m{y}_m\\ & =(a_{11}{x}_1+\cdots +a_{n1}{x}_n)y_1+\cdots +(a_{1m}{x}_1+\cdots +a_{nm}{x}_n)y_m\\ & =\sum _{1\le i\le n,1\le j\le m}{a}_{ij}{x}_i{y}_j.\end{array}$

Daher ist $z$ eine $K$-Linearkombination der Produkte $x_i{y}_j$.
Um zu zeigen, dass diese Produkte linear unabhängig sind, sei

$0=\sum _{1\le i\le n,1\le j\le m}{c}_{ij}{x}_i{y}_j$

mit  $c_{ij}\in K$  angenommen. Wir schreiben dies als  $0=\sum _{j=1}^m\left(\sum _{i=1}^n{c}_{ij}{x}_i\right)y_j$.  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 die  $c_{ij}\in K$  sind, folgt  $c_{ij}=0$  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

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

Also ist

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

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

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

Aufgabe (3 Punkte)

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

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

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

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

und

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

Aufgabe (3 Punkte)

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

Lösung

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

$R/𝔞=R/(P)={𝔽}_q[X]/(X^n+a_{n-1}{X}^{n-1}+\cdots +a_{1}X+a_0).$

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 $\le n-1$ ausdrücken, d.h. die Potenzen $X^0,X^1,\dots ,X^{n-1}$ bilden ein ${𝔽}_q$-Erzeugendensystem (sogar eine Basis) dieser ${𝔽}_q$-Algebra. Damit liegt ein endlichdimensionaler Vektorraum über einem endlichen Körper vor, und dieser hat nur endlich viele Elemente.

Aufgabe (0 Punkte)

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

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

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

a) Bestimme das Minimalpolynom von $ϵ\sqrt[3]{7}$.

b) Zeige, dass der Grad der Körpererweiterung  $\mathbb{Q}\subseteq L$  gleich $3$ ist.

c) Zeige, dass die komplexe Konjugation nicht $L$ in $L$ überführt.

Lösung

a) Es ist

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

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 ${ϵ}^2\sqrt[3]{7}$. Die Faktorzerlegung dieses Polynoms über $ℂ$ ist daher

$X^3-7=(X-\sqrt[3]{7})(X-ϵ\sqrt[3]{7})(X-{ϵ}^2\sqrt[3]{7}).$

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

$(X-\sqrt[3]{7})(X-ϵ\sqrt[3]{7})=X^2-(1+ϵ)\sqrt[3]{7}X+ϵ7^{\frac{2}{3}}$

und

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

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

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

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

gilt und somit der Grad $3$ vorliegt.

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

$ϵ\sqrt[3]{7}+{ϵ}^2\sqrt[3]{7}=(ϵ+{ϵ}^2)\sqrt[3]{7}=-\sqrt[3]{7}\in L$

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

$L\cap ℝ=\mathbb{Q},$

da der Durchschnitt ein Zwischenkörper ist, dessen Grad ein Teiler des Gesamtgrades sein muss. Wegen  $ϵ\sqrt[3]{7}\notin ℝ$  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)

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Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz von Artin über Fixkörper.

Lösung

 Nehmen wir an, dass  $\mathrm{\#}\left(H\right)<{\mathrm{grad}}_{K}L$  ist. Wir können annehmen, dass $L$ endlich über $K$ ist, da wir $L$ durch einen (über $K$ endlichen) Zwischenkörper der Form $K[\phi (x_i),\phi \in H,i=1,\dots ,n]$ 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  $\mathrm{\#}\left(H\right)\ge {\mathrm{grad}}_{K}L$.  Nach Satz 14.7 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) muss hierbei Gleichheit gelten. Die Inklusion  $H\subseteq \mathrm{Gal}(L/K)$  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)

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Aufgabe (0 Punkte)

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Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe ein irreduzibles Polynom $F\in \mathbb{Q}[X]$ vom Grad $4$ an, das in $ℂ$ 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

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

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 (2 Punkte)

Es sei

$z^2+pz+q=0$

eine quadratische Gleichung mit  $p,q\in ℝ$.  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

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

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

Aufgabe (2 Punkte)

Ist die Zahl $\sqrt[1024]{2}$ konstruierbar?

Lösung

Wegen  $1024=2^{10}$  geht es um die Zahl, die entsteht, wenn man aus der $2$ zehnmal sukzessive die Quadratwurzel zieht. Diese Zahl ist nach Lemma 24.10 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) konstruierbar.

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  $\alpha =120^{\circ }$,  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.