Kurs:Körper- und Galoistheorie/1/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	${}\sum$
Punkte	3	3	3	0	3	3	4	3	6	7	8	5	4	5	57

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine endliche Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.
2. Eine ${}n$-te Einheitswurzel ${}z$ in einem Körper ${}K$ ($n\in \mathbb {N} _{+}$).
3. Das von einer Familie von Elementen ${}a_{j}\in R$, ${}j\in J$, in einem kommutativen Ring ${}R$ erzeugte Ideal.
4. Die Galoisgruppe einer Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.
5. Eine (endliche) Galoiserweiterung ${}K\subseteq L$.
6. Der ${}n$-te Kreisteilungskörper (über ${}\mathbb {Q}$).

Lösung

1. Eine Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ heißt endlich, wenn ${}L$ ein endlichdimensionaler Vektorraum über ${}K$ ist.
2. Ein Element ${}z\in K$ heißt ${}n$-te Einheitswurzel, wenn ${}z^{n}=1$ ist.
3. Das von den ${}a_{j}$ erzeugte Ideal besteht aus allen (endlichen) Linearkombinationen

   $\sum _{j\in J_{0}}r_{j}a_{j},$

   wobei ${}J_{0}\subseteq J$ eine endliche Teilmenge und ${}r_{j}\in R$ ist.

4. Unter der Galoisgruppe versteht man die Gruppe aller ${}K$- Algebra-Automorphismen von ${}L$, also

   $\operatorname {Aut} _{K}\,(L).$

5. Eine endliche Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ heißt eine Galoiserweiterung, wenn

   ${}{\#\left(\operatorname {Gal} \,(L{|}K)\right)}=\operatorname {grad} _{K}L\,$

   gilt.

6. Der ${}n$-te Kreisteilungskörper ist der Zerfällungskörper des Polynoms

   $X^{n}-1$

   über ${}\mathbb {Q}$.

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 Grad der Kreisteilungskörper (über ${}\mathbb {Q}$).

Lösung

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

   ${}\operatorname {grad} _{K}M=\operatorname {grad} _{K}L\cdot \operatorname {grad} _{L}M\,$

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

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

3. Der Kreisteilungskörper ${}K_{n}$ besitzt über ${}\mathbb {Q}$ den Grad ${}\varphi (n)$ (${}\varphi$ die eulersche ${}\varphi$-Funktion).

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

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

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 (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

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 ${}2+5{\mathrm {i} }\not \in \mathbb {Q}$ kann es kein annullierendes Polynom von einem kleineren Grad geben, also handelt es sich um das Minimalpolynom.

Aufgabe (3 Punkte)

Betrachte den Körper ${}K=\mathbb {F} _{4}=\mathbb {Z} /(2)[U]/(U^{2}+U+1)$. Führe im Polynomring ${}K[X]$ die Polynomdivision

$X^{4}+uX^{3}+(u+1)X+1{\text{ durch }}uX^{2}+X+u+1$

aus, wobei ${}u$ die Restklasse von ${}U$ in ${}K$ bezeichnet.

Lösung

Die Division mit Rest ergibt

$X^{4}+uX^{3}+(u+1)X+1=(uX^{2}+X+u+1)((u+1)X^{2}+(u+1)X+(u+1))+uX+u+1.$

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

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

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

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

Daher ist

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

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 (7 Punkte)

Es seien ${}k$ und ${}n$ ganze Zahlen. Zeige, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind.

1. ${}k$ teilt ${}n$.
2. Es ist ${}\mathbb {Z} n\subseteq \mathbb {Z} k$.
3. Es gibt einen Ringhomomorphismus

   $\mathbb {Z} /(n)\longrightarrow \mathbb {Z} /(k).$

4. Es gibt einen surjektiven Gruppenhomomorphismus

   $\mathbb {Z} /(n)\longrightarrow \mathbb {Z} /(k).$

Lösung

${}(1)\Rightarrow (2)$. Wenn ${}k$ ein Teiler von ${}n$ ist, so ist ${}n=ak$ mit einem ${}a\in \mathbb {Z}$ und daher ist ${}n\in \mathbb {Z} k$. Somit gilt die Idealinklusion ${}\mathbb {Z} n\subseteq \mathbb {Z} k$.
${}(2)\Rightarrow (3)$. Wegen der Idealinklusion ${}\mathbb {Z} n\subseteq \mathbb {Z} k$ wird unter dem Restklassen-Ringhomomorphismus

$\mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {Z} /(k)$

das Ideal ${}\mathbb {Z} n$ auf ${}0$ abgebildet. Daher gibt es aufgrund des Satzes über die induzierte Abbildung einen Ringhomomorphismus

$\mathbb {Z} /(n)\longrightarrow \mathbb {Z} /(k).$

${}(3)\Rightarrow (4)$. Es sei

$\varphi \colon \mathbb {Z} /(n)\longrightarrow \mathbb {Z} /(k)$

der gegebene Ringhomomorphismus. Dieser ist insbesondere ein Gruppenhomomorphismus, und es gilt ${}\varphi (1)=1$. Da die ${}1\in \mathbb {Z} /(k)$ diese Gruppe erzeugt, ist ${}\varphi$ surjektiv.
${}(4)\Rightarrow (1)$. Es sei

$\varphi \colon \mathbb {Z} /(n)\longrightarrow \mathbb {Z} /(k)$

ein surjektiver Gruppenhomomorphismus. Bei ${}n=0$ ist die Aussage richtig. Es sei also ${}n\neq 0$, sodass die angegebenen Gruppen die endlichen Ordnungen ${}n$ bzw. ${}k$ besitzen. Dabei ist nach dem Isomorphiesatz die Gruppe ${}\mathbb {Z} /(k)$ isomorph zu einer Restklassengruppe von ${}\mathbb {Z} /(n)$ und aufgrund der Indexformel ist ${}k$ (die Anzahl der Nebenklassen) ein Teiler von ${}n$.

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ und es sei ${}\mu _{n}\subseteq {\mathbb {C} }$ die Menge der ${}n$-ten komplexen Einheitswurzeln. Es sei ${}F\in {\mathbb {C} }[X]$ ein Polynom. Zeige, dass ${}F\in {\mathbb {C} }[X^{n}]$ (d.h., dass ${}F$ als Polynom in ${}X^{n}$ geschrieben werden kann) genau dann gilt, wenn für jedes ${}z\in \mu _{n}$ die Gleichheit

${}F(zX)=F(X)\,$

gilt.

Lösung

Es sei zunächst ${}F\in {\mathbb {C} }[X^{n}]$. Dann schreiben wir ${}F=\sum _{i=0}^{k}a_{i}(X^{n})^{i}$. Für ${}z\in \mu _{n}$ ist somit

${}F(zX)=\sum _{i=0}^{k}a_{i}((zX)^{n})^{i}=\sum _{i=0}^{k}a_{i}(z^{n}X^{n})^{i}=\sum _{i=0}^{k}a_{i}(X^{n})^{i}=F(X)\,.$

Für die Umkehrung sei

$F=\sum _{i=0}^{k}c_{i}X^{i}.$

Es sei ${}z$ eine primitive ${}n$-te Einheitswurzel, sodass man alle Einheitswurzeln eindeutig als ${}z^{j}$, ${}j=0,\ldots ,n-1$, schreiben kann. Es ist

${}{\begin{aligned}nF(X)&=\sum _{j=0}^{n-1}F(z^{j}X)\\&=\sum _{j=0}^{n-1}(\sum _{i=0}^{k}c_{i}(z^{j})^{i}X^{i})\\&=\sum _{i=0}^{k}(c_{i}\sum _{j=0}^{n-1}(z^{i})^{j})X^{i}.\end{aligned}}$

Wir zeigen, dass die Koeffizienten zu ${}X^{i}$, wenn ${}i$ kein Vielfaches von ${}n$ ist, gleich ${}0$ sind. Dies gilt dann auch für ${}F$.

Es sei also ${}i$ kein Vielfaches von ${}n$. Da ${}z$ primitiv ist, ist ${}w=z^{i}$ eine ${}n$-te Einheitswurzel, aber nicht ${}1$. Wegen der Faktorisierung

$X^{n}-1=(X-1)(X^{n-1}+\cdots +X+1)$

ist daher ${}\sum _{j=0}^{n-1}w^{j}=0$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Zeige unter Verwendung der Division mit Rest, dass ${}K[X]$ ein Hauptidealbereich ist.

Lösung

Es sei ${}I$ ein von ${}0$ verschiedenes Ideal in ${}K[X]$. Betrachte die nichtleere Menge

${\left\{\operatorname {grad} \,(P)\mid P\in I,\,P\neq 0\right\}}.$

Diese Menge hat ein Minimum ${}m\in \mathbb {N}$, das von einem Element ${}F\in I$, ${}F\neq 0$, herrührt, sagen wir ${}m=\operatorname {grad} \,(F)$. Wir behaupten, dass ${}I=(F)$ ist. Die Inklusion ${}\supseteq$ ist klar. Zum Beweis von ${}\subseteq$ sei ${}P\in I$ gegeben. Aufgrund von Satz 19.4 (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gilt

$P=FQ+R{\text{ mit }}\operatorname {grad} \,(R)<\operatorname {grad} \,(F){\text{ oder }}R=0.$

Wegen ${}R\in I$ und der Minimalität von ${}\operatorname {grad} \,(F)$ kann der erste Fall nicht eintreten. Also ist ${}R=0$ und ${}P$ ist ein Vielfaches von ${}F$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Galoisgruppe (einschließlich der Gruppenstruktur) der Körpererweiterung ${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$.

Lösung

Es ist ${}\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]\cong \mathbb {Q} [X]/(X^{2}+1)$. Ein ${}\mathbb {Q}$- Algebrahomomorphismus muss ${}{\mathrm {i} }$ auf eine Nullstelle von ${}X^{2}+1$ schicken, also auf ${}{\mathrm {i} }$ oder auf ${}-{\mathrm {i} }$. Die dadurch definierten surjektiven Einsetzungshomomorphismen

$\mathbb {Q} [X]\longrightarrow \mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$

legen nach dem Isomorphiesatz einen ${}\mathbb {Q}$-Algebraautomorphismus

$\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]\longrightarrow \mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$

fest. Die Galoisgruppe besteht also aus der Identität und der Konjugation ${}a+b{\mathrm {i} }\mapsto a-b{\mathrm {i} }$. Die Identität ist das neutrale Element dieser Gruppe und die Hintereinanderausführung der Konjugation ist die Identität, was die Gruppenstruktur festlegt.

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

   $\varphi \colon D_{1}\longrightarrow D_{2}$

   durch die Zuordnung ${}\chi \mapsto \chi \circ \varphi$ ein Gruppenhomomorphismus

   $\varphi ^{\vee }\colon D_{2}^{\vee }\longrightarrow D_{1}^{\vee }$

   definiert wird.

2. Es sei ${}D_{3}$ eine weitere kommutative Gruppe und sei

   $\psi \colon D_{2}\longrightarrow D_{3}$

   ein Gruppenhomomorphismus. Zeige die Gleichheit

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

Lösung

1. Ein Charakter ${}\chi \in D_{2}^{\vee }$ ist ein Gruppenhomomorphismus

   $D_{2}\longrightarrow K^{\times },$

   daher ist die Verknüpfung

   $\chi \circ \varphi \colon D_{1}\longrightarrow K^{\times }$

   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

   ${}{\begin{aligned}((\chi _{1}\cdot \chi _{2})\circ \varphi )(d)&=(\chi _{1}\cdot \chi _{2})(\varphi (d))\\&=\chi _{1}(\varphi (d))\cdot \chi _{2}(\varphi (d))\\&=((\chi _{1}\circ \varphi )(d))\cdot ((\chi _{2}\circ \varphi )(d))\\&=((\chi _{1}\circ \varphi )\cdot (\chi _{2}\circ \varphi ))(d).\end{aligned}}$

   Also ist

   ${}\varphi ^{\vee }(\chi _{1}\cdot \chi _{2})=(\chi _{1}\cdot \chi _{2})\circ \varphi =(\chi _{1}\circ \varphi )\cdot (\chi _{2}\circ \varphi )=\varphi ^{\vee }(\chi _{1})\cdot \varphi ^{\vee }(\chi _{2})\,$

   und die Zuordnung ist ein Gruppenhomomorphismus.

2. Dies ergibt sich für ${}\chi \in D_{3}^{\vee }$ direkt aus

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