Kurs:Körper- und Galoistheorie/T3/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	$\sum$
Punkte	3	3	3	4	4	3	3	3	4	5	5	5	4	7	4	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine endliche Körpererweiterung $K\subseteq L$.
2. Eine Einheit $u$ in einem kommutativen Ring $R$.
3. Eine $n$-te Einheitswurzel $z$ in einem Körper $K$ ($n\in {\mathbb{N}}_{+}$).
4. Ein innerer Automorphismus einer Gruppe $G$.
5. Eine algebraische Zahl  $z\in ℂ$. 
6. Die Galoisgruppe einer Körpererweiterung $K\subseteq L$.

Lösung

1. Eine Körpererweiterung $K\subseteq L$ heißt endlich, wenn $L$ ein endlichdimensionaler Vektorraum über $K$ ist.
2. Ein Element $u$ heißt Einheit, wenn es ein Element $v\in R$ mit $uv=1$ gibt.
3. Ein Element $z\in K$ heißt $n$-te Einheitswurzel, wenn $z^n=1$ ist.
4. Ein Automorphismus

   $G⟶G$

   der Form $x\mapsto gx{g}^{-1}$ zu einem festen Element $g\in G$ heißt innerer Automorphismus.

5. Eine Zahl $z\in ℂ$ heißt algebraisch, wenn es ein von $0$ verschiedenes Polynom $P\in \mathbb{Q}[X]$ gibt mit $P(z)=0$.
6. Unter der Galoisgruppe versteht man die Gruppe aller $K$-Algebra-Automorphismen von $L$, also

   ${\mathrm{Aut}}_K(L).$

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Gradformel für endliche Körpererweiterungen $K\subseteq L$ und $L\subseteq M$.
2. Die trigonometrische Darstellung der $n$-ten komplexen Einheitswurzeln ($n\in {\mathbb{N}}_{+}$).
3. Der Satz über den Einsetzungshomomorphismus zu einer $R$-Algebra $A$ und einem Element $f\in A$.

Lösung

1. Die Gradformel besagt, dass $K\subseteq M$ eine endliche Körpererweiterung ist und dass

   ${\mathrm{grad}}_{K}M={\mathrm{grad}}_{K}L\cdot {\mathrm{grad}}_{L}M$

   gilt.
2. Die $n$-ten komplexen Einheitswurzeln besitzen die Darstellung

   $\cos \frac{2\pi k}{n}+\mathrm{i}\sin \frac{2\pi k}{n},k=0,1,\dots ,n-1.$

3. Es gibt einen eindeutig bestimmten $R$-Algebrahomomorphismus

   $\psi :R[X]⟶A$

   mit $\psi (X)=f$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme eine ganze Zahl $n$ derart, dass die Lösungen der quadratischen Gleichung

$x^2+3x+\frac{7}{3}=0$

in $\mathbb{Q}[\sqrt{n}]$ liegen.

Lösung

Wir schreiben die Gleichung als

${(x+\frac{3}{2})}^2=-\frac{7}{3}+\frac{9}{4}=\frac{-28+27}{12}=\frac{-1}{12}.$

Daher ist

$x+\frac{3}{2}=\pm \sqrt{\frac{-1}{12}}=\pm \frac{1}{2}\sqrt{-\frac{1}{3}}=\pm \frac{1}{6}\sqrt{-3}.$

Also liegen die Lösungen in $\mathbb{Q}[\sqrt{-3}]$.

Aufgabe (4 Punkte)

Forme die Gleichung

$x^4+3x^3-5x^2+2x-7=0$

in eine äquivalente Gleichung der Form

$y^4+b_2{y}^2+b_{1}y+b_0=0$

mit  $b_i\in \mathbb{Q}$  um.

Lösung

Wir setzen  $x=y-\frac{3}{4}$  an und drücken das Polynom bzw. die Gleichung in $y$ aus. Es ist

$\begin{array}{cc}{x}^4& ={(y-\frac{3}{4})}^4\\ & =y^4-4\frac{3}{4}{y}^3+6\frac{9}{16}{y}^2-4\frac{27}{64}y+\frac{81}{256}\\ & =y^4-3y^3+\frac{27}{8}{y}^2-\frac{27}{16}y+\frac{81}{256},\end{array}$

$\begin{array}{cc}3x^3& =3{(y-\frac{3}{4})}^3\\ & =3(y^3-3\frac{3}{4}{y}^2+3\frac{9}{16}y-\frac{27}{64})\\ & =3y^3-\frac{27}{4}{y}^2+\frac{81}{16}y-\frac{81}{64},\end{array}$

$-5x^2=-5{(y-\frac{3}{4})}^2=-5(y^2-\frac{3}{2}y+\frac{9}{16})=-5y^2+\frac{15}{2}y-\frac{45}{16}$

und

$2x=2(y-\frac{3}{4})=2y-\frac{3}{2}.$

Insgesamt ergibt sich also

$\begin{array}{cc}{x}^4+3x^3-5x^2+2x-7& =y^4+(\frac{27}{8}-\frac{27}{4}-5)y^2+(-\frac{27}{16}+\frac{81}{16}+\frac{15}{2}+2)y+(\frac{81}{256}-\frac{81}{64}-\frac{45}{16}-\frac{3}{2}-7)\\ & =y^4-\frac{67}{8}{y}^2+\frac{103}{8}y-\frac{3139}{256}.\end{array}$

Eine äquivalente Gleichung ist also

$y^4-\frac{67}{8}{y}^2+\frac{103}{8}y-\frac{3139}{256}=0.$

Aufgabe (4 Punkte)

Finde im Polynomring $\mathbb{Z}/(2)[X]$ ein irreduzibles Polynom vom Grad vier.

Lösung

Wir betrachten das Polynom

$F=X^4+X+1.$

Da weder $0$ noch $1$ eine Nullstelle von $F$ sind, besitzt es keinen Linearfaktor. Die einzige verbleibende Faktorzerlegung wäre als ein Produkt von zwei irreduziblen Polynomen vom Grad zwei. Das einzige irreduzible Polynom vom Grad zwei ist $X^2+X+1$. Wegen

${(X^2+X+1)}^2=X^4+X^2+1\ne F$

ist $F$ irreduzibel.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne in

$\mathbb{Z}/(7)[X]/(X^3+4X^2+X+5)$

das Produkt

$(2x^2+5x+3)\cdot (3x^2+x+6)$

($x$ bezeichne die Restklasse von $X$).

Lösung

Es ist

$x^3=3x^2+6x+2$

und

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

Daher ist

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

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das Minimalpolynom der komplexen Zahl $2+5\mathrm{i}$ über $\mathbb{Q}$.

Lösung

Es ist

$(2+5\mathrm{i}{)}^2=4-25+20\mathrm{i}=-21+20\mathrm{i}.$

Dies ist eine $\mathbb{Q}$-Linearkombination von $1$ und $2+5\mathrm{i}$, nämlich

$-21+20\mathrm{i}=-29\cdot 1+4(2+5\mathrm{i}).$

Daher ist

$Z^2-4Z+29$

ein annullierendes Polynom von $2+5\mathrm{i}$. Wegen $2+5\mathrm{i}\in ̸\mathbb{Q}$ kann es kein annullierendes Polynom von einem kleineren Grad geben, also handelt es sich um das Minimalpolynom.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei  $K\subseteq L$  eine endliche Körpererweiterung und $f\in L$. Zeige, dass es für die Eigenwerttheorie der $K$-linearen Multiplikationsabbildung

${\mu }_f:L⟶L$

grundsätzlich nur zwei Möglichkeiten gibt.

Lösung

Wenn $f\in K$ gehört, so ist die Multiplikationsabbildung ${\mu }_f$ die Streckung mit $f$. Dann ist $f$ der einzige Eigenwert von ${\mu }_f$ und ganz $L$ ist der Eigenraum zu diesem Eigenwert. Wenn hingegen $f\notin K$ gilt, so gibt es keinen Eigenwert. Die Eigenwertbedingung

${\mu }_f(z)=fz=\lambda z$

mit einem $z\in L$, $z\ne 0$, und einem $\lambda \in K$ führt wegen der Invertierbarkeit von $z$ direkt zum Widerspruch

$f=\lambda \in K.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Matrix des Frobeniushomomorphismus

$\mathrm{\Phi }:{𝔽}_{125}⟶{𝔽}_{125}$

bezüglich einer geeigneten ${𝔽}_5$-Basis von ${𝔽}_{125}$.

Lösung

Das Polynom $X^3+X+1\in \mathbb{Z}/(5)[X]$ ist irreduzibel, da es Grad $3$ hat und in $\mathbb{Z}/(5)$ keine Nullstelle besitzt. Daher ist

$L=\mathbb{Z}/(5)[X]/(X^3+X+1)$

ein Körper mit $125$ Elementen, und die Restklassen von $1,X,X^2$ (die wir mit $1,x,x^2$ bezeichnen) bilden eine $\mathbb{Z}/(5)$-Basis von $L$. Wir beschreiben den Frobenius bezüglich dieser Basis unter Verwendung von $x^3=-x-1$. Es ist

$1^5=1,$

$x^5=x^2(-x-1)=-x^3-x^2=-x^2+x+1=4x^2+x+1$

und

$\begin{array}{cc}(x^2{)}^5& =x^{10}\\ & =(-x^2+x+1{)}^2\\ & =x^4+x^2+1-2x^3-2x^2+2x\\ & =x(-x-1)-2(-x-1)-x^2+2x+1\\ & =-x^2-x+2x+2-x^2+2x+1\\ & =-2x^2+3x+3\\ & =3x^2+3x+3.\end{array}$

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

$\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 3\\ 0& 1& 3\\ 0& 4& 3\end{array}\right).$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei $R$ ein Hauptidealbereich und  $p\ne 0$  ein Element. Zeige, dass die folgende Bedingungen äquivalent sind.

1. $p$ ist ein Primelement.
2. $R/(p)$ ist ein Integritätsbereich.
3. $R/(p)$ ist ein Körper.

Lösung

Die Äquivalenz (1) $\iff$ (2) gilt in jedem kommutativen Ring (auch für $p=0$), siehe Aufgabe 7.1 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)), und (3) impliziert natürlich (2). Es sei also (1) erfüllt und sei  $a\in R/(p)$  von $0$ verschieden. Wir bezeichnen einen Repräsentanten davon in $R$ ebenfalls mit $a$. Es ist dann  $a\notin (p)$  und es ergibt sich eine echte Idealinklusion  $(p)\subset (a,p)$.  Ferner können wir  $(a,p)=(b)$  schreiben, da wir in einem Hauptidealring sind. Es folgt  $p=cb$.  Da $c$ keine Einheit ist und $p$ prim (also nach Lemma 3.10 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) auch irreduzibel) ist, muss $b$ eine Einheit sein. Es ist also  $(a,p)=(1)$,  und das bedeutet modulo $p$, also in $R/(p)$, dass $a$ eine Einheit ist. Also ist $R/(p)$ ein Körper.

Aufgabe (5 Punkte)

Finde ein primitives Element in $\mathbb{Z}/(11)$ und in $\mathbb{Z}/(121)$. Man gebe ferner ein Element der (multiplikativen) Ordnung $10$ und ein Element der Ordnung $11$ in $\mathbb{Z}/(121)$ an. Gibt es Elemente der Ordnung $10$ und der Ordnung $11$ auch in ${𝔽}_{121}$?

Lösung

In $\mathbb{Z}/(11)$ betrachten wir das Element $2$. Die Ordnung von $2$ ist ein Teiler von $10$. Es ist $2^2=4\ne 1$ und $2^5=32=-1\ne 1$, sodass die Ordnung $10$ ist, also ist $2$ primitiv.

Wir betrachten $2$ in $\mathbb{Z}/(121)$. Dieser Ring hat $110$ Einheiten, also ist die Ordnung von $2$ ein Teiler von $110$. Andererseits folgt aus $2^k=1mod121$, dass auch  $2^k=1mod11$  ist. Dann muss $k$ ein Vielfaches von $10$ sein. An möglichen Ordnungen bleiben also $k=10$ oder $k=110$. Es ist $2^{10}=1024=56\ne 1mod121$. Also ist die Ordnung $110$und $2$ ist primitiv modulo $121$.

Damit hat $2^{10}=56$ die Ordnung $11$ und $2^{11}=112$ hat die Ordnung $10$.

${𝔽}_{121}$ ist ein Körper und die Einheitengruppe ist zyklisch der Ordnung $120$. Daher gibt es dort Elemente der Ordnung $10$, aber nicht der Ordnung $11$.

Aufgabe (5 (3+2) Punkte)

Es seien $D_1$ und $D_2$ kommutative Gruppen und seien $D_1^{\vee }$ und $D_2^{\vee }$ die zugehörigen Charaktergruppen zu einem Körper $K$.

1. Zeige, dass zu einem Gruppenhomomorphismus

   $\phi :D_1⟶D_2$

   durch die Zuordnung $\chi \mapsto \chi \circ \phi$ ein Gruppenhomomorphismus

   ${\phi }^{\vee }:D_2^{\vee }⟶D_1^{\vee }$

   definiert wird.

2. Es sei $D_3$ eine weitere kommutative Gruppe und sei

   $\psi :D_2⟶D_3$

   ein Gruppenhomomorphismus. Zeige die Gleichheit

   $(\psi \circ \phi {)}^{\vee }={\phi }^{\vee }\circ {\psi }^{\vee }.$

Lösung

1. Ein Charakter $\chi \in D_2^{\vee }$ ist ein Gruppenhomomorphismus

   $D_2⟶K^{\times },$

   daher ist die Verknüpfung

   $\chi \circ \phi :D_1⟶K^{\times }$

   ein Element aus $D_1^{\vee }$, die Abbildung ist also wohldefiniert. Zu zwei Charakteren ${\chi }_1,{\chi }_2\in D_2^{\vee }$ und einem beliebigen Element $d\in D_1$ ist

   $\begin{array}{cc}(({\chi }_1\cdot {\chi }_2)\circ \phi )(d)& =({\chi }_1\cdot {\chi }_2)(\phi (d))\\ & ={\chi }_1(\phi (d))\cdot {\chi }_2(\phi (d))\\ & =(({\chi }_1\circ \phi )(d))\cdot (({\chi }_2\circ \phi )(d))\\ & =(({\chi }_1\circ \phi )\cdot ({\chi }_2\circ \phi ))(d).\end{array}$

   Also ist

   ${\phi }^{\vee }({\chi }_1\cdot {\chi }_2)=({\chi }_1\cdot {\chi }_2)\circ \phi =({\chi }_1\circ \phi )\cdot ({\chi }_2\circ \phi )={\phi }^{\vee }({\chi }_1)\cdot {\phi }^{\vee }({\chi }_2)$

   und die Zuordnung ist ein Gruppenhomomorphismus.

2. Dies ergibt sich für $\chi \in D_3^{\vee }$ direkt aus

   $(\psi \circ \phi {)}^{\vee }(\chi )=\chi \circ (\psi \circ \phi )=(\chi \circ \psi )\circ \phi ={\phi }^{\vee }(\chi \circ \psi )={\phi }^{\vee }({\psi }^{\vee }(\chi ))=({\phi }^{\vee }\circ {\psi }^{\vee })(\chi ).$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über konjugierte Elemente bei einer normalen Körpererweiterung.

Lösung

Wenn es einen $K$-Automorphismus $\phi$ mit  $\phi (\alpha )=\beta$  gibt, so induziert dieser einen Isomorphismus $K[\alpha ]\to K[\beta ]$. Da diese erzeugten Unterkörper jeweils durch die Minimalpolynome von $\alpha$ bzw. $\beta$ festgelegt sind, müssen die Minimalpolynome übereinstimmen. Also sind $\alpha$ und $\beta$ konjugiert.
Wenn umgekehrt die beiden Elemente konjugiert sind, so gibt es einen $K$-Isomorphismus $K[\alpha ]\to K[\beta ]$. Mit der Inklusion  $K[\beta ]\subseteq L$  führt dies zu einem $K$-Homomorphismus

$K[\alpha ]⟶L,$

den man nach Korollar 15.8 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) zu einem Automorphismus auf $L$ fortsetzen kann.

Aufgabe (7 (1+1+2+3) Punkte)

1. Bestimme die Zerlegung von $X^4-7$ in $ℂ$.
2. Bestimme den Zerfällungskörper $L$ von $X^4-7\in \mathbb{Q}[X]$.
3. Bestimme den Grad der Körpererweiterung  $\mathbb{Q}\subseteq L$. 
4. Beschreibe, welche Permutationen auf der Nullstellenmenge von $X^4-7$ von der Galoisgruppe herrühren.

Lösung

1. Über den komplexen Zahlen liegt die Faktorzerlegung

   $\begin{array}{cc}{X}^4-7& =(X-\sqrt[4]{7})(X+\sqrt[4]{7})(X-\mathrm{i}\sqrt[4]{7})(X+\mathrm{i}\sqrt[4]{7})\\ & =(X^2-\sqrt{7})(X^2+\sqrt{7}),\end{array}$

   wobei $\sqrt[4]{7}$ die positive reelle vierte Wurzel der $7$ bezeichnet. Die Zerlegung ist korrekt, da in den Linearformen sämtliche vierte Wurzeln aus der $7$ vorkommen.
2. Die vier Nullstellen aus Teil (1) müssen zum Zerfällungskörper $L$ gehören, daher ist insbesondere

   $\frac{\mathrm{i}\sqrt[4]{7}}{\sqrt[4]{7}}=\mathrm{i}$

   ein Element von $L$. Es ist also

   $L=\mathbb{Q}[\sqrt[4]{7},\mathrm{i}].$

3. Das Polynom $X^4-7$ ist irreduzibel in $\mathbb{Q}[X]$, da die obige reelle Zerlegung in quadratische Polynome nicht rational durchführbar ist. Daher haben im kommutativen Diagramm

   $\begin{array}{cccc}\mathbb{Q}& \stackrel{}{⟶}& \mathbb{Q}[\sqrt[4]{7}]& \\ \downarrow & & \downarrow & \\ \mathbb{Q}[\mathrm{i}]& \stackrel{}{⟶}& L& \end{array}$

   die horizontalen Erweiterungen den Grad $4$ und die vertikalen Erweiterungen den Grad $2$ (da $\mathbb{Q}[\sqrt[4]{7}]$ reell ist, gehört die imaginäre Einheit da nicht dazu). Die Gesamterweiterung hat also den Grad $8$.

4. Ein $\mathbb{Q}$-Automorphismus sendet $\mathrm{i}$ auf sich selbst oder auf $-\mathrm{i}$. Im ersten Fall handelt es sich um einen $\mathbb{Q}[\mathrm{i}]$-Automorphismus. Diese schauen wir zuerst an. Unter einem solchen Automorphismus kann $\sqrt[4]{7}$ auf jede andere Nullstelle von $X^4-7$ abgebildet werden, dadurch ist dann alles festgelegt. Dies führt zu den Permutationen

   $x$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$
   $\phi (x)$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$

   $x$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$
   $\phi (x)$	$-\sqrt[4]{7}$	$\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$

   $x$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$
   $\phi (x)$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\sqrt[4]{7}$

   $x$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$
   $\phi (x)$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$

   Wenn $\mathrm{i}$ auf $-\mathrm{i}$ abgebildet wird, so kann ebenfalls $\sqrt[4]{7}$ auf jede andere Nullstelle von $X^4-7$ abgebildet werden. Dies führt zu den Permutationen

   $x$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$
   $\phi (x)$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$

   $x$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$
   $\phi (x)$	$-\sqrt[4]{7}$	$\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$

   $x$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$
   $\phi (x)$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$

   $x$	$\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$
   $\phi (x)$	$-\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$\mathrm{i}\sqrt[4]{7}$	$-\sqrt[4]{7}$	$\sqrt[4]{7}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Kreisteilungspolynom ${\mathrm{\Phi }}_9$.

Lösung

Es gilt die Gleichung

$X^9-1={\mathrm{\Phi }}_1{\mathrm{\Phi }}_3{\mathrm{\Phi }}_9$

mit ${\mathrm{\Phi }}_1=X-1$. Das dritte

Kreisteilungspolynom errechnet sich aus

$X^3-1=(X-1){\mathrm{\Phi }}_3$

zu

(Division mit Rest)

${\mathrm{\Phi }}_3=X^2+X+1.$

Wegen $(X^9-1)/(X-1)=X^8+X^7+X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X+1$ berechnet man das neunte Kreisteilungspolynom durch die Divison

$(X^8+X^7+X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X+1)/(X^2+X+1).$

Dies ergibt

${\mathrm{\Phi }}_9=X^6+X^3+1.$

Aufgabe (4 Punkte)

Realisiere die folgenden Gruppen als Galoisgruppe einer geeigneten Körpererweiterung  $\mathbb{Q}\subseteq L$. 

1. $\mathbb{Z}/(4)$,
2. $\mathbb{Z}/(2)\times \mathbb{Z}/(2)$,
3. $\mathbb{Z}/(2)\times \mathbb{Z}/(4)$,
4. $\mathbb{Z}/(8)$.

Lösung

Wir verwenden die Kreisteilungskörper  $\mathbb{Q}\subseteq K_n$,  deren Galoisgruppe gleich ${(\mathbb{Z}/(n))}^{\times }$ ist.

1. Der Kreisteilungskörper  $\mathbb{Q}\subseteq K_5$  besitzt die Galoisgruppe  ${(\mathbb{Z}/(5))}^{\times }\cong \mathbb{Z}/(4)$. 
2. Der Kreisteilungskörper  $\mathbb{Q}\subseteq K_8$  besitzt die Galoisgruppe  ${(\mathbb{Z}/(8))}^{\times }=\{1,3,5,7\}\cong \mathbb{Z}/(2)\times \mathbb{Z}/(2)$. 
3. Der Kreisteilungskörper  $\mathbb{Q}\subseteq K_{20}$  besitzt die Galoisgruppe  ${(\mathbb{Z}/(20))}^{\times }={(\mathbb{Z}/(4)\times \mathbb{Z}/(5))}^{\times }={(\mathbb{Z}/(4))}^{\times }\times {(\mathbb{Z}/(5))}^{\times }\cong \mathbb{Z}/(2)\times \mathbb{Z}/(4)$. 
4. Der Kreisteilungskörper  $\mathbb{Q}\subseteq K_{17}$  besitzt die Galoisgruppe  ${(\mathbb{Z}/(17))}^{\times }\cong \mathbb{Z}/(16)$.  Es sei $H$ der Kern des surjektiven Gruppenhomomorphismus

   $\mathbb{Z}/(16)⟶\mathbb{Z}/(8).$

   Dann ist  $\mathbb{Q}\subseteq \mathrm{Fix}(H)$  nach Satz 17.5 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) eine Galoiserweiterung mit der Restklassengruppe $\mathbb{Z}/(8)$ als Galoisgruppe.