Kurs:Körper- und Galoistheorie/12/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	${}\sum$
Punkte	3	3	0	4	4	0	2	3	2	0	0	1	0	9	0	0	0	0	3	6	40

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Ordnung einer endlichen Gruppe ${}G$.
2. Die Restklassengruppe zu einem Normalteiler ${}H\subseteq G$ in einer Gruppe ${}G$.
3. Eine primitive Einheit in ${}{\left(\mathbb {Z} /(n)\right)}^{\times }$.
4. Der Zerfällungskörper zu einem Polynom ${}F\in K[X]$ über einem Körper ${}K$.
5. Eine Kummererweiterung zum Exponenten ${}m$ eines Körpers ${}K$, der eine primitive ${}m$-te Einheitswurzel enthält.
6. Das Kreisteilungspolynom ${}\Phi _{n}$.

Lösung

1. Die Ordnung der Gruppe ist die Anzahl der Elemente von ${}G$.
2. Die Quotientenmenge

   $G/H$

   mit der eindeutig bestimmten Gruppenstruktur heißt Restklassengruppe von ${}G$ modulo ${}H$.

3. Eine Einheit ${}u\in {\left(\mathbb {Z} /(n)\right)}^{\times }$ heißt primitiv, wenn sie die Einheitengruppe erzeugt.
4. Es sei ${}K\subseteq L$ eine Körpererweiterung, über der ${}F$ in Linearfaktoren zerfällt. Es seien ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in L$ die Nullstellen von ${}F$. Dann nennt man

   ${}K[a_{1},\ldots ,a_{n}]\subseteq L\,$

   einen Zerfällungskörper von ${}F$.

5. Eine Galoiserweiterung ${}K\subseteq L$ heißt eine Kummererweiterung zum Exponenten ${}m$, wenn ihre Galoisgruppe abelsch und ihr Exponent ein Teiler von ${}m$ ist.
6. Das Polynom

   ${}\Phi _{n}=\prod _{i=1}^{\varphi (n)}(X-z_{i})\in {\mathbb {C} }[X]\,,$

   wobei ${}z_{1},\ldots ,z_{\varphi (n)}$ die primitiven komplexen Einheitswurzeln sind, heißt das ${}n$-te Kreisteilungspolynom.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über Normalteiler und Restklassengruppe.
2. Der Satz über die algebraische Struktur von ${}K[X]$ über einem Körper ${}K$.
3. Der Satz über einfache Körpererweiterungen und Zwischenkörper.

Lösung

1. Es sei ${}G$ eine Gruppe und ${}H\subseteq G$ ein Normalteiler. Es sei ${}G/H$ die Menge der Nebenklassen (die Quotientenmenge) und

   $q\colon G\longrightarrow G/H,\,g\longmapsto [g],$

   die kanonische Projektion. Dann gibt es eine eindeutig bestimmte Gruppenstruktur auf ${}G/H$ derart, dass ${}q$ ein Gruppenhomomorphismus

   ist.
2. Ein Polynomring über einem Körper ist ein Hauptidealbereich.
3. Sei ${}K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung. Dann ist ${}K\subseteq L$ genau dann eine einfache Körpererweiterung, wenn es nur endlich viele Zwischenkörper ${}K\subseteq M\subseteq L$ gibt.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Forme die Gleichung

${}x^{5}+10x^{4}+x-5=0\,$

in eine äquivalente Gleichung der Form

${}y^{5}+b_{3}y^{3}+b_{2}y^{2}+b_{1}y+b_{0}=0\,$

mit ${}b_{i}\in \mathbb {Q}$ um.

Lösung

Wir machen den Ansatz ${}x=y+c$. Einsetzen ergibt

$(y+c)^{5}+10(y+c)^{4}+y+c-5=0,$

wobei der Koeffizient zu ${}y^{4}$ gleich ${}0$ werden soll. Dieser Koeffizient ist ${}5c+10$, also muss man

$c=-2$

wählen. Damit wird das Polynom zu

${}{\begin{aligned}\,&=(y+c)^{5}+10(y+c)^{4}+y+c-5\\&=(y-2)^{5}+10(y-2)^{4}+y-2-5\\&=y^{5}-5\cdot 2y^{4}+10(-2)^{2}y^{3}+10(-2)^{3}y^{2}+5(-2)^{4}y-2^{5}\\&\,\,\,+10(y^{4}+4(-2)y^{3}+6(-2)^{2}y^{2}+4(-2)^{3}y+16)+y-7\\&=y^{5}+40y^{3}-80y^{2}+80y-32-80y^{3}+240y^{2}-320y+160+y-7\\&=y^{5}-40y^{3}+160y^{2}-239y+121\end{aligned}}$

und die äquivalente Gleichung ist

${}y^{5}-40y^{3}+160y^{2}-239y+121=0\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Lemma von Euklid für einen Hauptidealbereich.

Lösung

Da ${}a$ und ${}b$ teilerfremd sind, gibt es nach dem Lemma von Bezout Elemente ${}r,s\in R$ mit ${}ra+sb=1$. Die Voraussetzung, dass ${}a$ das Produkt ${}bc$ teilt, schreiben wir als ${}bc=da$. Damit gilt

${}c=c1=c(ra+sb)=cra+csb=acr+ads=a(cr+ds)\,,$

was zeigt, dass ${}c$ ein Vielfaches von ${}a$ ist.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme für sämtliche Elemente der Körpererweiterung

${}\mathbb {Z} /(2)\subseteq \mathbb {Z} /(2)[X]/{\left(X^{2}+X+1\right)}\,$

die Multiplikationsmatrizen bezüglich der Basis ${}1,x$ sowie ihre Norm und ihre Spur.

Lösung

Die vier Matrizen sind

${\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}.$

Die Normen sind der Reihe nach ${}0,1,1,1$ und die Spuren sind der Reihe nach ${}0,0,1,1$.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz, dass das Minimalpolynom zu einem algebraischen Element ${}f\in L$ in einer Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ irreduzibel ist.

Lösung

Es sei ${}P=P_{1}P_{2}$ eine Faktorzerlegung des Minimalpolynoms. Dann gilt in ${}L$ die Beziehung

${}0=P(f)=P_{1}(f)P_{2}(f)\,.$

Da ${}L$ ein Körper ist, muss ein Faktor ${}0$ sein, sagen wir ${}P_{1}(f)=0$. Da aber ${}P$ unter allen Polynomen ${}\neq 0$, die ${}f$ annullieren, den minimalen Grad besitzt, müssen ${}P$ und ${}P_{1}$ den gleichen Grad besitzen und folglich muss ${}P_{2}$ konstant (${}\neq 0$), also eine Einheit sein.

Aufgabe (2 Punkte)

Wir betrachten die ${}\mathbb {Z} /(2)\times \mathbb {Z} /(2)\times \mathbb {Z} /(2)$- graduierte Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt {3}},{\sqrt {5}},{\sqrt {7}}]\,$

und den durch ${}\chi (e_{1})=-1$, ${}\chi (e_{2})=1$, ${}\chi (e_{3})=-1$, gegebenen Charakter. Bestimme

$\varphi _{\chi }{\left(4+5{\sqrt {3}}-3{\sqrt {5}}+6{\sqrt {7}}+7{\sqrt {15}}-2{\sqrt {21}}+13{\sqrt {35}}-4{\sqrt {105}}\right)}.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\varphi _{\chi }{\left(4+5{\sqrt {3}}-3{\sqrt {5}}+6{\sqrt {7}}+7{\sqrt {15}}-2{\sqrt {21}}+13{\sqrt {35}}-4{\sqrt {105}}\right)}&=4-5{\sqrt {3}}-3{\sqrt {5}}-6{\sqrt {7}}-7{\sqrt {15}}-2{\sqrt {21}}-13{\sqrt {35}}-4{\sqrt {105}}\\\,\end{aligned}}$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}\zeta _{11}$ die elfte primitive komplexe Einheitswurzel. Wie oft wird in der Familie ${}\zeta _{11}^{i}$, ${}i=1,\ldots ,100$, die ${}1$ durchlaufen?

Lösung

Dies geschieht für

${}i=11,22,\ldots ,99\,,$

also neunmal.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (9 Punkte)

Bestimme die Zwischenkörper des ${}7$-ten Kreisteilungskörpers ${}K_{7}$. Dabei soll jeweils eine Restklassendarstellung explizit angegeben werden.

Lösung

Es ist ${}3$ ein primitives Element der Einheitengruppe von ${}\mathbb {Z} /(7)$. Somit ist der durch (es sei ${}\zeta$ eine primitive siebte Einheitswurzel)

$\zeta \longmapsto \zeta ^{3}$

gegebene Automorphismus ein Erzeuger der Galoisgruppe. Die nichttrivialen Untergruppen der Galoisgruppe werden durch

$\zeta \longmapsto \zeta ^{6}=\zeta ^{-1}={\overline {\zeta }}$

bzw. durch

$\zeta \longmapsto \zeta ^{9}=\zeta ^{2}$

erzeugt.

Unter der ersten Abbildung wird ${}\zeta ^{2}$ auf ${}\zeta ^{12}=\zeta ^{5}={\overline {\zeta ^{2}}}$ und ${}\zeta ^{3}$ auf ${}\zeta ^{18}=\zeta ^{4}={\overline {\zeta ^{3}}}$ abgebildet. Die Abbildung ist also die Einschränkung der komplexen Konjugation und der Fixkörper ist

${}K_{7}\cap \mathbb {R} =\mathbb {Q} [\zeta +{\overline {\zeta }}]\,.$

Dabei ist ${}\supseteq$ klar. Es ist

${}{\left(\zeta +{\overline {\zeta }}\right)}^{2}=\zeta ^{2}+{\overline {\zeta ^{2}}}+2\,$

und

${}{\left(\zeta +{\overline {\zeta }}\right)}^{3}=\zeta ^{3}+{\overline {\zeta ^{3}}}+3\zeta +3{\overline {\zeta }}\,.$

Somit ist mit ${}u=\zeta +{\overline {\zeta }}$

${}u^{3}+u^{2}-2u-1=\zeta ^{3}+{\overline {\zeta ^{3}}}+3\zeta +3{\overline {\zeta }}+\zeta ^{2}+{\overline {\zeta ^{2}}}+2-2{\left(\zeta +{\overline {\zeta }}\right)}-1=\sum _{i=0}^{6}\zeta ^{i}=0\,.$

Also ist

${}K_{7}\cap \mathbb {R} \cong \mathbb {Q} [U]/(U^{3}+U^{2}-2U-1)\,.$

Unter der Abbildung ${}\zeta \mapsto \zeta ^{2}$ wird ${}\zeta ^{2}$ auf ${}\zeta ^{4}$ und ${}\zeta ^{4}$ auf ${}\zeta ^{8}=\zeta$ abgebildet. Somit wird unter dieser Abbildung ${}\zeta +\zeta ^{2}+\zeta ^{4}$ auf sich selbst abgebildet und ist ein Fixelement unter diesem Automorphismus. Es ist

${}{\left(\zeta +\zeta ^{2}+\zeta ^{4}\right)}^{2}+\zeta +\zeta ^{2}+\zeta ^{4}=\zeta ^{2}+\zeta ^{4}+\zeta ^{8}+2\zeta ^{3}+2\zeta ^{5}+2\zeta ^{6}+\zeta +\zeta ^{2}+\zeta ^{4}=2{\left(\zeta +\zeta ^{2}+\zeta ^{3}+\zeta ^{4}+\zeta ^{5}+\zeta ^{6}\right)}=-2\,.$

Das Element

${}v=\zeta +\zeta ^{2}+\zeta ^{4}\,$

erfüllt als die quadratische Gleichung

${}v^{2}+v+2=0\,.$

Daher ist

${}v={\frac {{\sqrt {-7}}-1}{2}}\,$

und der Fixkörper ist ${}\mathbb {Q} [{\sqrt {-7}}]\cong \mathbb {Q} [X]/(X^{2}+7)$. Zur trivialen Untergruppe gehört der volle Kreisteilungskörper

${}K_{7}=\mathbb {Q} [X]/(\Phi _{7})\,$

und zur vollen Gruppe gehört ${}\mathbb {Q}$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise die Unmöglichkeit der Würfelverdoppelung mit Zirkel und Lineal.

Lösung

Wir betrachten einen Würfel mit der Kantenlänge ${}1$ und dem Volumen ${}1$. Die Konstruktion eines Würfels mit dem doppelten Volumen würde bedeuten, dass man die neue Kantenlänge, also ${}2^{1/3}$ mit Zirkel und Lineal konstruieren könnte. Das Minimalpolynom von ${}2^{1/3}$ ist ${}X^{3}-2$, da dieses offenbar ${}2^{1/3}$ annulliert und nach Satz 17.9 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) irreduzibel ist. Nach Korollar 25.6 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ist ${}2^{1/3}$ nicht konstruierbar, da ${}3$ keine Zweierpotenz ist.

Aufgabe (6 (5+1) Punkte)

Es sei ${}P\in \mathbb {R} ^{2}$ und

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$

eine Drehung um den Drehpunkt ${}P$ um den Winkel ${}\beta$, ${}0^{\circ }<\beta <360^{\circ }$, mit der Eigenschaft, dass konstruierbare Punkte in konstruierbare Punkte überführt werden.

a) Zeige, dass ${}P$ ein konstruierbarer Punkt ist.

b) Zeige, dass der Drehwinkel ${}\beta$ in dem Sinne konstruierbar ist, dass er als Winkel zwischen zwei konstruierbaren Geraden realisiert werden kann.

Lösung

Es sei ${}Q\neq P$ ein konstruierbarer Punkt in der Ebene und ${}Q'=\varphi (Q)$ der ebenfalls konstruierbare Bildpunkt unter der Drehung. Es ist ${}Q'\neq Q$ und die Abstände von ${}Q$ und von ${}Q'$ zu ${}P$ sind gleich. Die Verbindungsgerade zwischen ${}Q$ und ${}Q'$ ist konstruierbar und damit ist auch die Mittelsenkrechte konstruierbar. Diese verläuft durch ${}P$. Die gleiche Konstruktion mit ${}Q'$ und ${}Q''=\varphi (Q')$ liefert eine weitere konstruierbare Mittelsenkrechte, die durch ${}P$ verläuft. Der Fall, dass diese beiden Mittelsenkrechten übereinstimmen, kann nur bei

${}\beta =180^{\circ }\,$

eintreten, doch dann ist

${}P={\frac {Q+Q'}{2}}\,$

konstruierbar. Bei

${}\beta \neq 180^{\circ }\,$

ist ${}P$ der Schnittpunkt der beiden Mittelsenkrechten und daher ebenfalls konstruierbar.

b) Nach Teil a) sind die Gerade durch ${}P$ und durch ${}Q$ und die Gerade durch ${}P$ und durch ${}Q'$ konstruierbar. Zwischen ihnen befindet sich an ${}P$ der Drehwinkel ${}\beta$.