Kurs:Körper- und Galoistheorie/2/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	${}\sum$
Punkte	3	3	3	4	4	3	5	4	3	3	5	5	10	7	62

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Ein Untergruppe ${}H\subseteq G$ ist ein Normalteiler, wenn

   ${}xH=Hx\,$

   für alle ${}x\in G$ ist.

2. Eine ${}n$-te Einheitswurzel heißt primitiv, wenn sie die Ordnung ${}n$ besitzt.
3. Ein Polynom ${}P\in K[X]$ heißt separabel, wenn es über keinem Erweiterungskörper ${}K\subseteq L$ mehrfache Nullstellen besitzt.
4. Die Kommutatorgruppe in ${}G$ ist die von allen Kommutatoren ${}aba^{-1}b^{-1}$, ${}a,b\in G$, erzeugte Untergruppe.
5. Eine Untergruppe ${}H\subseteq G=S(M)$ einer Permutationsgruppe zu einer Menge ${}M$ heißt transitiv, wenn es zu je zwei Elementen ${}x,y\in M$ ein ${}\sigma \in H$ mit ${}\sigma (x)=y$ gibt.
6. Die Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ heißt rein transzendent, wenn es algebraisch unabhängige Elemente ${}f_{1},\ldots ,f_{n}\in L$ mit ${}L=K(f_{1},\ldots ,f_{n})$ gibt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}G$ ein Monoid, ${}K$ ein Körper und ${}\chi _{1},\ldots ,\chi _{n}\in \operatorname {Char} \,(G,K)$ seien ${}n$ Charaktere. Dann sind diese Charaktere linear unabhängig (als Elemente in ${}\operatorname {Hom} _{K}{\left(G,K\right)}$).
2. Es sei ${}K\subseteq L$ eine endliche Galoiserweiterung mit der Galoisgruppe ${}G=\operatorname {Gal} \,(L{|}K)$. Dann sind die Zuordnungen

   $M\longmapsto \operatorname {Gal} \,(L{|}M){\text{ und }}H\longmapsto \operatorname {Fix} \,(H)$

   zueinander inverse Abbildungen zwischen der Menge der Zwischenkörper ${}M$, ${}K\subseteq M\subseteq L$,

   und der Menge der Untergruppen von ${}G$.
3. Die Würfelverdopplung mit Zirkel und Lineal ist nicht möglich.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das Minimalpolynom der komplexen Zahl ${}\pi +e{\mathrm {i} }$ über ${}\mathbb {R}$.

Lösung

Wegen ${}e\neq 0$ gehört diese Zahl nicht zu ${}\mathbb {R}$, daher besitzt das Minimalpolynom den Grad ${}2$. Es ist

${}{\begin{aligned}(\pi +e{\mathrm {i} })^{2}&=\pi ^{2}-e^{2}+2\pi e{\mathrm {i} }\\&=\pi ^{2}-e^{2}+2\pi (\pi +e{\mathrm {i} })-2\pi ^{2}\\&=2\pi (\pi +e{\mathrm {i} })-\pi ^{2}-e^{2}.\end{aligned}}$

Daher ist

$X^{2}-2\pi X+\pi ^{2}+e^{2}$

das Minimalpolynom.

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

a) Zeige, dass durch

${}K=\mathbb {Z} /(7)[T]/(T^{3}-2)\,$

ein Körper mit ${}343$ Elementen gegeben ist.

b) Berechne in ${}K$ das Produkt ${}(T^{2}+2T+4)(2T^{2}+5)$.

c) Berechne das (multiplikativ) Inverse zu ${}T+1$.

Lösung

a) Es ist

$1^{3}=1,\,2^{3}=1,\,3^{3}=6,\,4^{3}=1,\,5^{3}=6,\,6^{3}=6.$

Also besitzt das Polynom ${}T^{3}-2$ keine Nullstelle in ${}\mathbb {Z} /(7)$ und ist somit irreduzibel, also ist ${}\mathbb {Z} /(7)[T]/(T^{3}-2)$ ein Körper. Die Restklassen von ${}1,T,T^{2}$ bilden eine ${}\mathbb {Z} /(7)$-Basis, sodass dieser Körper ${}7^{3}=343$ Elemente besitzt.

b) Es ist

${}{\begin{aligned}(T^{2}+2T+4)(2T^{2}+5)&=2T^{4}+4T^{3}+6T^{2}+3T+6\\&=4T+1+6T^{2}+3T+6\\&=6T^{2}.\end{aligned}}$

c) Polynomdivision liefert

$T^{3}-2=(T^{2}+6T+1)(T+1)+4.$

In ${}K$ gilt somit

${}(T+1)(T^{2}+6T+1)=3\,.$

Das Inverse von ${}3$ in ${}\mathbb {Z} /(7)$ ist ${}5$, also ist

$5T^{2}+2T+5$

das Inverse von ${}T+1$.

Aufgabe (4 (1+1+1+1) Punkte)

Wir betrachten das Polynom

$P=X^{7129}+105X^{103}+15X+45.$

Bestimme für die folgenden Körper ${}K$, ob ${}P$ irreduzibel in ${}K[X]$ ist.

a) ${}K=\mathbb {Q}$.

b) ${}K=\mathbb {R}$.

c) ${}K=\mathbb {Z} /(2)$.

d) ${}K=\mathbb {Q} [T]/(T^{7129}+105T^{103}+15T+45)$.

Lösung

a) Wir können das Eisenstein-Kriterium mit der Primzahl ${}5$ anwenden. Die ${}5$ teilt alle Koeffizienten von ${}P$ außer dem Leitkoeffizienten, und ${}5^{2}$ teilt nicht den konstanten Term. Also ist ${}P$ irreduzibel in ${}\mathbb {Q} [X]$.

b) Das Polynom hat ungeraden Grad, daher besitzt es aufgrund des Zwischenwertsatzes eine reelle Nullstelle und ist daher nicht irreduzibel in ${}\mathbb {R} [X]$.

c) Über ${}K=\mathbb {Z} /(2)$ wird das Polynom zu ${}X^{7129}+X^{103}+X+1$, das die Nullstelle ${}1$ besitzt. Also ist ${}P$ nicht irreduzibel in ${}\mathbb {Z} /(2)[X]$.

d) Zunächst ist ${}K$ ein Körper aufgrund von Teil (a). Es sei ${}t$ die Restklasse von ${}T$. In ${}K$ ist nach Konstruktion ${}P(t)=0$, also ist ${}t$ eine Nullstelle von ${}P$ und ${}P$ ist nicht irreduzibel in ${}K[X]$.

Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

Es sei ${}\mathbb {Q} \subseteq K$ eine endliche normale Körpererweiterung und sei

$\kappa \colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} }$

die komplexe Konjugation.

a) Zeige, dass ${}\kappa (K)\subseteq K$ gilt.

b) Zeige, dass ${}\kappa {|}_{K}=\operatorname {Id} _{K}$ genau dann gilt, wenn ${}K\subseteq \mathbb {R}$ ist.

Lösung

a) Die Verknüpfung ${}K{\stackrel {\iota }{\longrightarrow }}{\mathbb {C} }{\stackrel {\kappa }{\longrightarrow }}{\mathbb {C} }$ (${}\iota$ die Inklusion) ist ein ${}\mathbb {Q}$- Algebrahomomorphismus, daher ist das Bild dieser Abbildung nach Satz 15.4 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) gleich ${}K$.

b) Bei ${}K\subseteq \mathbb {R}$ ist natürlich ${}\kappa {|}_{K}=\operatorname {Id} _{K}$, da die komplexe Konjugation auf ${}\mathbb {R}$ die Identität ist und sich diese Eigenschaft auf eine Teilmenge überträgt. Wenn andererseits ${}K\not \subseteq \mathbb {R}$ ist, so gibt es (wegen $K\subseteq {\mathbb {C} }$) ein ${}a+b{\mathrm {i} }\in K$ mit ${}b\neq 0$. Für dieses Element ist ${}\kappa (a+b{\mathrm {i} })=a-b{\mathrm {i} }\neq a+b{\mathrm {i} }$, sodass die komplexe Konjugation nicht die Identität auf ${}K$ ist.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper. Beweise die Produktregel für das formale Ableiten

$D\colon K[X]\longrightarrow K[X],\,F\longmapsto F'.$

Lösung

Die Produktregel besagt

${}(F\cdot G)'=F\cdot G'+F'\cdot G\,.$

Nach Definition ist die Ableitung ${}F\mapsto F'$ eine ${}K$-lineare Abbildung. Deshalb und aufgrund des Distributivgesetzes sind für festes ${}G$ die Abbildungen

$F\longmapsto F\cdot G\longmapsto (F\cdot G)',$

$F\longmapsto F\cdot G'$

und

$F\longmapsto F'\cdot G$

${}K$-linear. Da jedes ${}F$ eine eindeutige Darstellung als ${}K$-Linearkombination mit den Potenzen

${}X^{n}$, ${}n\in \mathbb {N}$, besitzt, genügt es, die Aussage für ${}F=X^{n}$ zu zeigen. Die gleiche Überlegung zeigt, dass man lediglich ${}G=X^{m}$ betrachten muss. Dann gilt einerseits

${}(X^{n}\cdot X^{m})'=(X^{n+m})'=(n+m)X^{n+m-1}\,$

und andererseits

${}{\begin{aligned}X^{n}\cdot (X^{m})'+(X^{n})'\cdot X^{m}&=mX^{n}X^{m-1}+nX^{n-1}X^{m}\\&=mX^{n+m-1}+nX^{n+m-1}\\&=(n+m)X^{n+m-1},\end{aligned}}$

sodass Gleichheit gilt.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Lemma von Dedekind für zwei Charaktere

$\chi _{1},\chi _{2}\colon G\longrightarrow K$

auf einem Monoid ${}G$ in einen Körper ${}K$.

Lösung

Wir müssen zeigen, dass ${}\chi _{1}$ und ${}\chi _{2}$ als Abbildungen von ${}G$ nach ${}K$ linear unabhängig sind. Das bedeutet, dass sie sich nicht um einen konstanten Faktor unterscheiden. Wir nehmen ${}\chi _{2}=a\cdot \chi _{1}$ mit ${}a\in K^{\times }$ an. Wegen ${}\chi _{1}(e)=\chi _{2}(e)=1$ für das neutrale Element ${}e\in G$ muss ${}a=1$ sein. Dann ist aber ${}\chi _{2}=\chi _{1}$ und es würden nicht zwei verschiedene Charaktere vorliegen.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Matrix des Frobeniushomomorphismus

$\Phi \colon {\mathbb {F} }_{25}\longrightarrow {\mathbb {F} }_{25}$

bezüglich einer geeigneten ${}{\mathbb {F} }_{5}$- Basis von ${}{\mathbb {F} }_{25}$.

Lösung

Wegen ${}1^{2}=(-1)^{2}=1$ und ${}2^{2}=3^{2}=4$ in ${}{\mathbb {F} }_{5}=\mathbb {Z} /(5)$ ist ${}X^{2}-2$ irreduzibel über ${}{\mathbb {F} }_{5}$. Daher ist ${}{\mathbb {F} }_{25}=\mathbb {Z} /(5)[X]/(X^{2}-2)$. Wir betrachten den Frobeniushomomorphismus bezüglich der Basis ${}1$ und ${}x$ (${}x$ sei die Restklasse von ${}X$). Dabei ist ${}1^{5}=1$ und

${}x^{5}=x^{2}\cdot x^{2}\cdot x=2\cdot 2\cdot x=4x\,.$

Also ist

${\begin{pmatrix}1&0\\0&4\end{pmatrix}}$

die beschreibende Matrix.

Aufgabe (3 Punkte)

Wie viele Unterkörper besitzt der endliche Körper ${}{\mathbb {F} }_{625}$?

Lösung

Wegen ${}625=5^{4}$ ist die Galoisgruppe der Körpererweiterung ${}{\mathbb {F} }_{5}\subset {\mathbb {F} }_{625}$ zyklisch der Ordnung ${}4$, also isomorph zu ${}\mathbb {Z} /(4)$. Diese Gruppe besitzt drei Untergruppen, nämlich ${}0$, die durch ${}2$ erzeugte Untergruppe und sich selbst. Nach dem Satz über die Galoiskorrespondenz besitzt daher ${}{\mathbb {F} }_{625}$ drei Zwischenkörper.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}D=\mathbb {Z} /(n)$ und sei ${}K$ ein Körper, der eine ${}n$-te primitive Einheitswurzel ${}\zeta$ enthält. Es sei ${}L$ eine ${}D$- graduierte Körpererweiterung von ${}K$. Beschreibe die Matrizen der ${}K$- Algebraautomorphismen auf ${}L$ (also die Elemente der Galoisgruppe ${}\operatorname {Gal} \,(L{|}K)$) bezüglich einer geeigneten ${}K$-Basis von ${}L$.

Lösung

Die Automorphismen auf ${}L$ entsprechen den Charakteren auf ${}D=\mathbb {Z} /(n)$. Diese entsprechen wiederum eindeutig dem Bild der ${}1$, welches eine ${}n$-te Einheitswurzel sein muss, also sich mittels der gegebenen primitiven Einheitswurzel als ${}\zeta ^{i}$ mit einem eindeutigen ${}i$ zwischen ${}0$ und ${}n-1$ schreiben lässt. Es sei ${}x\in L_{1}$ ein von ${}0$ verschiedenes Element der ersten Stufe. Dann bilden die ${}x^{d}$, ${}0\leq d\leq n-1$, eine ${}K$-Basis von ${}L$. Der zu einem Charakter ${}\chi$ gehörende Automorphismus wirkt dabei in der ${}d$-ten Stufe durch Multiplikation mit ${}\chi (d)$. Daher besitzt der Automorphismus zum Charakter ${}\chi$ mit ${}\chi (1)=\zeta ^{i}$ bzgl. dieser Basis die Matrixdarstellung

${\begin{pmatrix}\zeta ^{0}&0&\ldots &\ldots &0\\0&\zeta ^{i}&0&\ldots &0\\0&0&\zeta ^{2i}&\ldots &0\\\vdots &\vdots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&0&\ldots &0&\zeta ^{i(n-1)}\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K\subseteq L$ eine endliche Galoiserweiterung mit Galoisgruppe ${}G$ und es seien ${}H_{1},H_{2}\subseteq G$ Untergruppen mit den zugehörigen Fixkörpern ${}K_{1}=\operatorname {Fix} \,(H_{1})$ und ${}K_{2}=\operatorname {Fix} \,(H_{2})$. Zeige, dass der Durchschnitt ${}K_{1}\cap K_{2}$ gleich dem Fixkörper zu ${}H$ ist, wobei ${}H$ die von ${}H_{1}$ und ${}H_{2}$ erzeugte Untergruppe bezeichnet (das ist die kleinste Untergruppe von ${}G$, die sowohl ${}H_{1}$ als auch ${}H_{2}$ enthält).

Lösung

Es sei zuerst ${}x\in \operatorname {Fix} \,(H)$. Wegen ${}H_{1},H_{2}\subseteq H$ ist insbesondere ${}x\in \operatorname {Fix} \,(H_{1})$ und ${}x\in \operatorname {Fix} \,(H_{2})$, also auch ${}x\in \operatorname {Fix} \,(H_{1})\cap \operatorname {Fix} \,(H_{2})=K_{1}\cap K_{2}$.

Aufgrund der Galoiskorrespondenz können wir die andere Inklusion ${}K_{1}\cap K_{2}\subseteq \operatorname {Fix} \,(H)$ dadurch zeigen, dass wir die umgekehrte Inklusion der Galoisgruppen nachweisen. D.h. wir müssen ${}H\subseteq \operatorname {Gal} \,(L{|}K_{1}\cap K_{2})$ zeigen. Da rechts eine Gruppe steht und ${}H$ die von ${}H_{1}$ und ${}H_{2}$ erzeugte Untergruppe ist, müssen wir lediglich ${}H_{1},H_{2}\subseteq \operatorname {Gal} \,(L{|}K_{1}\cap K_{2})$ zeigen. Wegen ${}K_{1}\cap K_{2}\subseteq K_{1}$ ist aber ${}H_{1}\subseteq \operatorname {Gal} \,(L{|}K_{1}\cap K_{2})$ (ebenso für ${}H_{2}$).

Aufgabe (10 (4+6) Punkte)

Es sei ${}\mathbb {Q} \subseteq K_{n}$ (in ${}{\mathbb {C} }$) der ${}n$-te Kreisteilungskörper und sei ${}\zeta$ eine ${}n$-te primitive Einheitswurzel. Wir betrachten die Elemente ${}\zeta ^{i}$, ${}i\in {\left(\mathbb {Z} /(n)\right)}^{\times }$.

a) Zeige, dass für eine Primzahl ${}n=p$ diese Elemente eine ${}\mathbb {Q}$-Basis von ${}K_{n}$ bilden.

b) Es sei ${}p$ eine Primzahl und ${}n=p^{2}$. Zeige, dass diese Elemente keine ${}\mathbb {Q}$-Basis von ${}K_{n}$ bilden.

Lösung

a) Der Kreisteilungskörper ${}K_{n}$ wird beschrieben als ${}K_{n}=\mathbb {Q} [X]/(\Phi _{n})$ mit dem ${}n$-ten Kreisteilungspolynom ${}\Phi _{n}$. Dieses hat den Grad ${}\varphi (n)$ (mit der eulerschen ${}\varphi$-Funktion), und ${}X$ wird durch ${}\zeta$ ersetzt. Daher ist ${}\zeta ^{0},\zeta ^{1},\ldots ,\zeta ^{\varphi (n)-1}$ eine ${}\mathbb {Q}$-Basis von ${}K_{n}$. Bei ${}n=p$ ist ${}\varphi (p)=p-1$ und wir betrachten die Elemente ${}\zeta ^{i},\,i=1,\ldots ,p-1$. Das ${}p$-te Kreisteilungspolynom ist ${}X^{p-1}+X^{p-2}+\cdots +X+1$. Daher ist

${}1=-\zeta ^{p-1}-\zeta ^{p-2}-\cdots -\zeta \,,$

sodass man die ${}1$ als Linearkombination der angegebenen Elemente darstellen kann. Daher bilden sie ein Erzeugendensystem und somit auch eine Basis, da es sich um ${}\varphi (p)$ Elemente handelt.

b) Die Einheiten in ${}\mathbb {Z} /(p^{2})$ sind alle Zahlen, die keine Vielfachen von ${}p$ sind. Es gilt

${}0=1+\zeta +\zeta ^{2}+\cdots +\zeta ^{n-1}\,.$

Wir schreiben diese Summe als

${}0=\sum _{i=0}^{n-1}\zeta ^{i}=\sum _{i=0,\,p{|}i}^{n-1}\zeta ^{i}+\sum _{i=0,\,p\not \,{|}\,\,i}^{n-1}\zeta ^{i}=\sum _{j=0}^{p-1}\zeta ^{pj}+\sum _{i=0,\,p\not \,{|}\,\,i}^{n-1}\zeta ^{i}\,.$

Da ${}\zeta$ eine ${}p^{2}$-te primitive Einheitswurzel ist, ist ${}\zeta ^{p}$ eine ${}p$-te primitive Einheitswurzel. Die linke Summe ist daher

${}\sum _{j=0}^{p-1}\zeta ^{pj}=\sum _{j=0}^{p-1}(\zeta ^{p})^{j}=0\,.$

Also ist auch die rechte Summe

${}\sum _{i=0,\,p\not \,{|}\,\,i}^{n-1}\zeta ^{i}=0\,.$

Dies ist aber die Summe über alle Elemente aus unserer Familie, sodass diese Familie linear abhängig ist.

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei ${}G$ eine auflösbare Gruppe und

$q\colon G\longrightarrow H$

ein surjektiver Gruppenhomomorphismus. Zeige, dass auch ${}H$ auflösbar ist.

Lösung

Wir fixieren eine auflösende Filtrierung

$\{e\}=G_{0}\subseteq G_{1}\subseteq G_{2}\subseteq \ldots \subseteq G_{k-1}\subseteq G_{k}=G.$

Es sei

$q\colon G\longrightarrow H$

der Restklassenhomomorphismus. Wir setzen ${}H_{i}=q(G_{i})$, dies ist eine Filtrierung von ${}H$ mit Untergruppen. Wir betrachten das kommutative Diagramm

${\begin{matrix}G_{i}&{\stackrel {}{\longrightarrow }}&G_{i+1}&\\\downarrow &&\downarrow &\\H_{i}&{\stackrel {}{\longrightarrow }}&H_{i+1}&\!\!\!\!\!,\\\end{matrix}}$

wobei die vertikalen Homomorphismen surjektiv sind. Wir behaupten, dass ${}H_{i}$ ein Normalteiler in ${}H_{i+1}$ ist, und ziehen dazu Lemma 5.4 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) heran. Es sei also ${}h\in H_{i}$ und ${}x\in H_{i+1}$, die wir durch ${}{\tilde {h}}\in G_{i}$ bzw. ${}{\tilde {x}}\in G_{i+1}$ repräsentieren. Dann ist ${}xhx^{-1}=q({\tilde {x}}{\tilde {h}}{\tilde {x}}^{-1})$ und wegen der Normalität von ${}G_{i}$ ist ${}{\tilde {x}}{\tilde {h}}{\tilde {x}}^{-1}\in G_{i}$ und somit ${}xhx^{-1}\in H_{i}$. Wir betrachten die zusammengesetzte surjektive Abbildung

$G_{i+1}\longrightarrow H_{i+1}\longrightarrow H_{i+1}/H_{i}.$

Da ${}G_{i}$ zum Kern dieser Abbildung gehört, gibt es aufgrund von Satz 5.10 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) eine surjektive Abbildung

$G_{i+1}/G_{i}\longrightarrow H_{i+1}/H_{i},$

weshalb ${}H_{i+1}/H_{i}$ ebenfalls kommutativ ist.