Kurs:Körper- und Galoistheorie/3/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	${}\sum$
Punkte	3	3	4	4	4	4	4	4	6	9	5	6	6	4	66

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Das Minimalpolynom eines Elementes ${}x\in L$ in einer endlichen Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.
2. Eine Radikalerweiterung (von Körpern).
3. Die Diskriminante zu Elementen ${}b_{1},\ldots ,b_{n}\in L$ bei einer endlichen Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ vom Grad ${}n$.
4. Eine auflösbare Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.
5. Eine aus einer Teilmenge ${}T\subseteq E$ einer Ebene ${}E$ elementar konstruierbare Gerade ${}G$.
6. Eine Fermatsche Primzahl.

Lösung

1. Das Minimalpolynom von ${}x\in L$ (über ${}K$) ist das normierte Polynom ${}P\in K[X]$ von minimalem Grad mit ${}P(x)=0$.
2. Eine Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ heißt eine Radikalerweiterung, wenn es Zwischenkörper

   ${}K\subseteq L_{1}\subseteq \ldots \subseteq L_{n-1}\subseteq L_{n}=L\,$

   derart gibt, dass ${}L_{i}\subseteq L_{i+1}$ für jedes ${}i$ eine einfache Radikalerweiterung ist.

3. Die Diskriminante von ${}b_{1},\ldots ,b_{n}$ wird durch

   ${}\triangle (b_{1},\ldots ,b_{n})=\det(S(b_{i}b_{j})_{i,j})\,$

   definiert.

4. Eine Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ heißt auflösbar, wenn es eine Radikalerweiterung ${}K\subseteq M$ mit ${}L\subseteq M$ gibt.
5. Die Gerade ${}G$ heißt aus ${}T\subseteq E$ elementar konstruierbar, wenn es zwei verschiedene Punkte ${}P,Q\in T$ gibt, so dass ${}G$ die Verbindungsgerade dieser Punkte ist.
6. Eine Primzahl der Form ${}2^{s}+1$, wobei ${}s$ eine positive natürliche Zahl ist, heißt Fermatsche Primzahl.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Fundamentalsatz der Algebra.
2. Der Satz von Abel-Ruffini.
3. Der Satz über die Charakterisierung von konstruierbaren n-Ecken.

Lösung

1. Jedes nichtkonstante Polynom ${}P\in {\mathbb {C} }[X]$ über den komplexen Zahlen besitzt eine Nullstelle.
2. Für ${}n\geq 5$ gibt es polynomiale Gleichungen (über ${}\mathbb {Q}$) vom Grad ${}n$, die nicht auflösbar sind.
3. Ein reguläres ${}n$-Eck ist genau dann mit Zirkel und Lineal konstruierbar, wenn die Primfaktorzerlegung von ${}n$ die Gestalt

   ${}n=2^{\alpha }p_{1}\cdots p_{k}\,$

   hat, wobei die ${}p_{i}$ verschiedene Fermatsche Primzahlen sind.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das folgende lineare Gleichungssystem über dem Körper ${}K=\mathbb {Q} [{\sqrt {3}}]$:

${}{\begin{pmatrix}2+{\sqrt {3}}&-{\sqrt {3}}\\{\frac {1}{2}}&-2-3{\sqrt {3}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1-{\sqrt {3}}\\4-2{\sqrt {3}}\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

Wir schreiben das Gleichungssystem als

$(I)\,\,\,(2+{\sqrt {3}})x-{\sqrt {3}}y=1-{\sqrt {3}}$

$(II)\,\,\,{\frac {1}{2}}x-(2+3{\sqrt {3}})y=4-2{\sqrt {3}}.$

Wir multiplizieren die zweite Zeile mit ${}4+2{\sqrt {3}}$ und erhalten

$(III)\,\,\,(2+{\sqrt {3}})x+(-26-16{\sqrt {3}})y=4.$

Wir nehmen die Differenz der ersten und der dritten Zeile und erhalten

$(IV)\,\,\,(26+15{\sqrt {3}})y=-3-{\sqrt {3}}.$

Das inverse Element von ${}(26+15{\sqrt {3}})$ ist ${}(26-15{\sqrt {3}})$, somit ist also

${}y=(26-15{\sqrt {3}})(-3-{\sqrt {3}})=-33+19{\sqrt {3}}\,.$

Aus der Gleichung ${}(II)$ folgt daraus

${}{\begin{aligned}x&=2(4-2{\sqrt {3}}+(2+3{\sqrt {3}})y)\\&=8-4{\sqrt {3}}+2(2+3{\sqrt {3}})(-33+19{\sqrt {3}})\\&=8-4{\sqrt {3}}+210-122{\sqrt {3}}\\&=218-126{\sqrt {3}}.\end{aligned}}$

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

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

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

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

und

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

Insgesamt ergibt sich also

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

Eine äquivalente Gleichung ist also

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

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Primfaktorzerlegung des Polynoms ${}X^{6}-1$ über den Körpern ${}K=\mathbb {Q} ,\mathbb {R} ,{\mathbb {C} },\mathbb {Z} /(7)$ und ${}\mathbb {Z} /(5)$.

Lösung

Es ist (über jedem Körper)

${}{\begin{aligned}X^{6}-1&=(X^{2}-1)(X^{4}+X^{2}+1)\\&=(X-1)(X+1)(X^{4}+X^{2}+1)\\&=(X-1)(X+1)(X^{2}+X+1)(X^{2}-X+1).\end{aligned}}$

Dies kann man direkt bestätigen, es ergibt sich aber auch aus der Produktzerlegung von ${}X^{6}-1$ mit Hilfe der Kreisteilungspolynome. Über den komplexen Zahlen ist

${}X^{6}-1=\prod _{k=0}^{5}(X-e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }k}{6}})\,.$

Da davon vier Nullstellen imaginär sind, müssen die beiden quadratischen Polynome von oben über ${}\mathbb {Q}$ und über ${}\mathbb {R}$ irreduzibel sein, so dass die obige Faktorzerlegung über diesen Körpern die Primfaktorzerlegung ist.

Über ${}\mathbb {Z} /(7)$ gilt aufgrund des kleinen Fermat für jede Einheit ${}x^{6}=1$. Daher ist die Faktorzerlegung

${}X^{6}-1=(X-1)(X-2)(X-3)(X-4)(X-5)(X-6)\,.$

Über ${}\mathbb {Z} /(5)$ haben die beiden Polynome ${}X^{2}+X+1$ und ${}X^{2}-X+1$ keine Nullstelle, sind also irreduzibel, und daher ist die obige Zerlegung auch die Primfaktorzerlegung über ${}\mathbb {Z} /(5)$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Matrix des Frobeniushomomorphismus

$\Phi \colon {\mathbb {F} }_{125}\longrightarrow {\mathbb {F} }_{125}$

bezüglich einer geeigneten ${}{\mathbb {F} }_{5}$- Basis von ${}{\mathbb {F} }_{125}$.

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

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

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

${\begin{pmatrix}1&1&3\\0&1&3\\0&4&3\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung, ${}x\in L$ ($x\neq 0$) und sei ${}P\in K[X]$ das Minimalpolynom von ${}x$. Zeige, dass ${}P$ irreduzibel ist.

Lösung

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

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

Da ${}L$ ein Körper ist, muss ein Faktor null sein, sagen wir ${}P_{1}(x)=0$. Da aber ${}P$ unter allen Polynomen ${}\neq 0$, die ${}x$ 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 (4 Punkte)

Zeige, dass es zu jeder natürlichen Zahl ${}n$ eine Körpererweiterung ${}\mathbb {Q} \subseteq L$ vom Grad ${}n$ gibt.

Lösung

Es sei ${}n$ gegeben. Das Polynom ${}X^{n}-2\in \mathbb {Q} [X]$ ist nach dem Lemma von Eisenstein irreduzibel, da die Primzahl ${}2$ alle Koeffizienten außer dem Leitkoeffizienten teilt und ${}2^{2}$ den konstanten Koeffizienten nicht teilt. Daher ist

${}K_{n}=\mathbb {Q} [X]/(X^{n}-2)\,$

ein Körper. Der Grad von ${}K_{n}$ über ${}\mathbb {Q}$ ist gleich dem Grad des definierenden Polynoms, also gleich ${}n$.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung. Zeige, dass die Galoisgruppe ${}\operatorname {Gal} \,(L{|}K)$ endlich ist.

Lösung

Die Körpererweiterung besitzt ein endliches ${}K$- Algebraerzeugendensystem, also ${}L=K[x_{1},\ldots ,x_{n}]$. Nach Lemma 10.14 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ist ein ${}K$- Algebraautomorphismus

$\varphi \colon L\longrightarrow L$

durch ${}\varphi (x_{i})$, ${}i=1,\ldots ,n$, eindeutig festgelegt. Da jedes ${}x_{i}$ nach Satz 10.4 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) algebraisch ist, gibt es Polynome

${}F_{i}\neq 0\,$

mit ${}F_{i}(x_{i})=0$. Nach Lemma 10.15 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ist auch ${}F_{i}(\varphi (x_{i}))=0$. Die Polynome ${}F_{i}$ besitzen aber nach Korollar 19.9 (Lineare Algebra (Osnabrück 2017-2018)) jeweils nur endlich viele Nullstellen, so dass nur endlich viele Werte für ${}\varphi (x_{i})$ in Frage kommen.

Aufgabe (9 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}D$ eine endliche kommutative Gruppe und ${}K\subseteq L$ eine ${}D$- graduierte Körpererweiterung. Der Körper ${}K$ enthalte eine ${}m$-te primitive Einheitswurzel, wobei ${}m$ der Exponent von ${}D$ sei. Zeige, dass es ein Element ${}v\in L$ derart gibt, dass die Menge

${\left\{\varphi (v)\mid \varphi \in \operatorname {Gal} \,(L{|}K)\right\}}$

eine ${}K$-Basis von ${}L$ bildet.

Lösung

Unter der Voraussetzung über die Einheitswurzeln ist die Körpererweiterung eine Galoiserweiterung und die Galoisgruppe ist in natürlicher Weise isomorph zur Charaktergruppe ${}D^{\vee }$. Insbesondere ist die Anzahl der Charaktere gleich dem Grad der Körpererweiterung. Ein Charakter ${}\chi$ schickt, als Automorphismus aufgefasst, ein homogenes Element ${}x_{d}$ vom Grad ${}d$ auf ${}\chi (d)x_{d}$.

Wir wählen in jeder Komponente ${}L_{d}$ ein von ${}0$ verschiedenes Element ${}x_{d}$ und setzen

$v=\sum _{d\in D}x_{d}.$

Die Menge ${}{\left\{\varphi (v)\mid \varphi \in \operatorname {Gal} \,(L{|}K)\right\}}$ ist gleich

${\left\{\varphi _{\chi }(v)=\sum _{d\in D}\chi (d)x_{d}\mid \chi \in D^{\vee }\right\}}.$

Da die Anzahl der Charaktere gleich dem Körpergrad ist, genügt es zu zeigen, dass diese Elemente linear unabhängig sind. Es sei also

$\sum _{\chi }c_{\chi }\varphi _{\chi }(v)=0$

mit ${}c_{\chi }\in K$. Das bedeutet

${}\sum _{\chi }c_{\chi }(\sum _{d\in D}\chi (d)x_{d})=\sum _{d\in D}(\sum _{\chi }c_{\chi }\chi (d))x_{d}=0\,.$

Da die ${}x_{d}$, ${}d\in D$, linear unabhängig sind, folgt für jedes ${}d\in D$ die Beziehung

$\sum _{\chi }c_{\chi }\chi (d)=0.$

Dies bedeutet wiederum für die Charaktere die Gleichheit

$\sum _{\chi }c_{\chi }\chi =0.$

Nach dem Lemma von Dedekind sind aber die Charaktere linear unabhängig, sodass ${}c_{\chi }=0$ ist.

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme das Kreisteilungspolynom ${}\Phi _{14}$.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}X^{14}-1&=\Phi _{1}\cdot \Phi _{2}\cdot \Phi _{7}\cdot \Phi _{14}\\&=(X-1)\cdot (X+1)\cdot (X^{6}+X^{5}+\cdots +X+1)\cdot \Phi _{14}\\&=(X^{2}-1)\cdot (X^{6}+X^{5}+\cdots +X+1)\cdot \Phi _{14}\\&=(X^{8}+X^{7}-X-1)\cdot \Phi _{14}.\end{aligned}}$

Polynomdivision ergibt

$\Phi _{14}=X^{6}-X^{5}+X^{4}-X^{3}+X^{2}-X+1.$

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}P\in \mathbb {Q} [X]$ ein Polynom vom Grad ${}3$. Zeige mit Mitteln der Galoistheorie, dass ${}P$ auflösbar ist.

Lösung

Das Polynom ${}P$ heißt auflösbar, wenn der Zerfällungskörper ${}\mathbb {Q} \subseteq L$ von ${}P$ auflösbar ist. Dieser Zerfällungskörper ist eine Galoiserweiterung von ${}\mathbb {Q}$, und jeder Automorphismus von ${}L$ permutiert die Nullstellen von ${}P$ in ${}L$ und ist dadurch festgelegt (siehe Lemma 14.2 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019))). Daher ist die Galoisgruppe der Körpererweiterung eine Untergruppe der Permutationsgruppe ${}S_{3}$. Nach Satz 22.6 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ist eine galoissche Körpererweiterung genau dann auflösbar, wenn ihre Galoisgruppe auflösbar ist. Die Permutationsgruppe ${}S_{3}$ ist auflösbar, wie die zyklische alternierende Untergruppe ${}\mathbb {Z} /(3)\cong A_{3}\subset S_{3}$ mit der Restklassengruppe ${}\mathbb {Z} /(2)$ zeigt. Nach Lemma 21.2 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ist dann auch jede Untergruppe von ${}S_{3}$ auflösbar. Also ist die Galoisgruppe und damit die Körpererweiterung und das Polynom auflösbar.

Aufgabe (6 Punkte)

Aus einer Menge ${}T\subseteq E$ seien „wie üblich“ Geraden und Kreise elementar konstruierbar. Als neue Punkte seien allerdings nur die Durchschnitte von einer Geraden mit einer Geraden und von einer Geraden mit einem Kreis erlaubt (also nicht der Durchschnitt von zwei Kreisen). Bestimme die Menge ${}M$ der Punkte, die aus der Anfangsmenge ${}\{0,1\}$ auf diese Weise konstruierbar ist.

Lösung

Wenn man, wie üblich, die durch die beiden Punkte ${}0$ und ${}1$ definierte Gerade mit ${}\mathbb {R}$ identifiziert, so ist die Menge ${}M$ der auf diese Weise konstruierbaren Punkte gleich ${}\mathbb {Z}$.

Die Inklusion ${}\mathbb {Z} \subseteq M$ ergibt sich so: da ${}0$ und ${}1$ zu ${}M$ gehören, ist die reelle Gerade konstruierbar. Damit ist der Kreis mit Mittelpunkt ${}1$ durch ${}0$ konstruierbar und der andere Schnittpunkt ist ${}2$. Mit ${}2$ als Mittelpunkt durch ${}1$ erhält man ${}3$ und so nach und nach alle natürlichen Zahlen. Die Kreise mit Mittelpunkt ${}0$ durch ${}n$ liefern auch die negativen Zahlen.

Die Inklusion ${}M\subseteq \mathbb {Z}$ beweisen wir durch Induktion über die Anzahl der Konstruktionsschritte. Der Induktionsanfang ist durch ${}\{0,1\}\subseteq \mathbb {Z}$ gesichert. Es sei vorausgesetzt, dass nach dem ${}k$-ten Konstruktionsschritt nur Elemente aus ${}\mathbb {Z}$ konstruiert wurden. Dann kann man daraus überhaupt nur eine Gerade konstruieren, nämlich die reelle Gerade. Daher können sich keine neuen Punkte über den Schnitt von zwei Geraden ergeben und es steht lediglich der Durchschnitt der reellen Geraden mit Kreisen als Konstruktionsverfahren zur Verfügung. Die elementar konstruierbaren Kreise besitzen als Mittelpunkt eine ganze Zahl und gehen ebenfalls durch eine ganze Zahl. Also ist der andere Schnittpunkt auch eine ganze Zahl, so dass man innerhalb von ${}\mathbb {Z}$ bleibt.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Wohldefiniertheit des Transzendenzgrades.

Lösung

Es sei ${}m$ die minimale Zahl derart, dass es eine Transzendenzbasis mit ${}m$ Elementen gibt. Es sei ${}f_{1},\ldots ,f_{m}$ eine Transzendenzbasis und ${}g_{1},\ldots ,g_{n}$ eine weitere Transzendenzbasis mit

${}n\geq m\,$

Elementen. Wir wenden Lemma 28.8 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) sukzessive an und erhalten Transzendenzbasen

$g_{j_{1}},f_{2},\ldots ,f_{m},$

$g_{j_{1}},g_{j_{2}},f_{3},\ldots ,f_{m},$

$\ldots$

$g_{j_{1}},g_{j_{2}},g_{j_{3}},\ldots ,g_{j_{m-1}},f_{m},$

$g_{j_{1}},g_{j_{2}},g_{j_{3}},\ldots ,g_{j_{m-1}},g_{j_{m}},$

wobei die ${}g_{j_{i}}$ Elemente der zweiten Familie sind. Die letzte Familie ist eine Transzendenzbasis mit ${}m$ Elementen (es kann keine Elementwiederholungen geben wegen der vorausgesetzen Minimalität von ${}m$). Bei ${}n>m$ würde sich ein Widerspruch ergeben, da eine echte Teilfamilie einer Transzendenzbasis keine Transzendenzbasis sein kann, also ist ${}n=m$.