Kurs:Körper- und Galoistheorie/7/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	${}\sum$
Punkte	3	3	0	4	3	6	2	0	12	9	0	2	0	0	1	0	4	5	54

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Körpererweiterung.
2. Ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$ in einem kommutativen Ring ${}R$.
3. Eine algebraische Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.
4. Der Index einer Untergruppe ${}H\subseteq G$ in einer Gruppe ${}G$.
5. Die iterierte Kommutatorgruppe einer Gruppe ${}G$.
6. Ein aus einer Teilmenge ${}T\subseteq E$ einer Ebene ${}E$ elementar konstruierbarer Kreis ${}C$.

Lösung

1. Es sei ${}L$ ein Körper und ${}K\subseteq L$ ein Unterkörper von ${}L$. Dann heißt die Inklusion ${}K\subseteq L$ heißt eine Körpererweiterung.
2. Ein Ideal ist eine nichtleere Teilmenge ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$, für die die beiden folgenden Bedingungen erfüllt sind:
   1. Für alle ${}a,b\in {\mathfrak {a}}$ ist auch ${}a+b\in {\mathfrak {a}}$.
   2. Für alle ${}a\in {\mathfrak {a}}$ und ${}r\in R$ ist auch ${}ra\in {\mathfrak {a}}$.
3. Die Körpererweiterung heißt algebraisch, wenn jedes Element ${}f\in L$ algebraisch über ${}K$ ist.
4. Der Index ist die Anzahl der (Links- oder Rechts-)Nebenklassen von ${}H$ in ${}G$.
5. Die ${}i$-te iterierte Kommutatoruntergruppe wird induktiv durch

   $K^{0}(G)=G{\text{ und }}K^{i}(G)=K(K^{i-1}(G))$

   definiert.

6. Ein Kreis ${}C\subseteq E$ heißt aus ${}M$ elementar konstruierbar, wenn es zwei Punkte ${}Z,S\in M$, ${}Z\neq S$, derart gibt, dass der Kreis mit dem Mittelpunkt ${}Z$ und durch den Punkt ${}S$ gleich ${}C$ ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Summe der Einheitswurzeln.
2. Der Satz von Artin über Fixkörper.
3. Das Austauschlemma für Transzendenzbasen.

Lösung

1. Für jede ${}n$-te Einheitswurzel ${}\zeta \neq 1$ gilt

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

2. Es sei ${}L$ ein Körper und sei ${}H\subseteq \operatorname {Aut} _{}^{}{\left(L\right)}$ eine endliche Untergruppe der Automorphismengruppe von ${}L$. Es sei ${}K=\operatorname {Fix} \,(H)$. Dann ist

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

3. Es sei ${}K$ ein Grundkörper und ${}K\subseteq L$ eine Körpererweiterung mit endlichen Transzendenzbasen ${}f_{1},\ldots ,f_{m}$ und ${}g_{1},\ldots ,g_{n}$. Dann gibt es zu jedem Element ${}f_{i}$ der ersten Transzendenzbasis ein Element ${}g_{j}$ der zweiten Transzendenzbasis derart, dass ${}f_{1},\ldots ,f_{i-1},g_{j},f_{i+1},\ldots ,f_{m}$ ebenfalls eine Transzendenzbasis ist.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass das Polynom

$X^{3}-3X+1$

über ${}\mathbb {Q}$ irreduzibel ist.

Lösung

Nach Aufgabe 3.14 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) genügt es zu zeigen, dass ${}X^{3}-3X+1$ keine rationale Nullstelle besitzt. Nehmen wir an, dass

${}q={\frac {a}{b}}\,$

eine Nullstelle ist mit ${}a,b\in \mathbb {Z}$ in gekürzter Darstellung. Es gilt dann

${}{\left({\frac {a}{b}}\right)}^{3}-3{\frac {a}{b}}+1=0\,$

bzw.

${}a^{3}-3ab^{2}+b^{3}=0\,.$

Wenn eine Primzahl ${}p$ die Zahl ${}a$ teilt, folgt daraus, dass auch ${}b$ von ${}p$ geteilt wird, was der Gekürztheit widerspricht. Wegen ${}b\neq 0$ ist auch ${}a\neq 0$. Also muss ${}a$ eine Einheit sein. Wenn ${}b$ von einer Primzahl ${}p$ geteilt wird, so wäre auch ${}a$ ein Vielfaches von ${}p$. Also ist auch ${}b$ eine Einheit. Die verbleibenden Möglichkeiten ${}a,b=\pm 1$, also ${}q=\pm 1$, sind keine Nullstelle des Polynoms, wie Einsetzen zeigt.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass in einem Hauptidealbereich ein irreduzibles Element prim ist.

Lösung

Es sei ${}p$ irreduzibel, und nehmen wir an, dass ${}p$ das Produkt ${}ab$ teilt, sagen wir ${}pc=ab$. Nehmen wir an, dass ${}a$ kein Vielfaches von ${}p$ ist. Dann sind aber ${}a$ und ${}p$ teilerfremd, da eine echte Inklusionskette ${}(p)\subset (p,a)=(d)\subset R$ der Irreduzibilität von ${}p$ widerspricht. Damit teilt ${}p$ nach dem Lemma von Euklid den anderen Faktor ${}b$.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Homomorphiesatz für Gruppen.

Lösung

Wir zeigen zuerst die Eindeutigkeit. Für jedes Element ${}u\in Q$ gibt es mindestens ein ${}g\in G$ mit ${}\psi (g)=u$. Wegen der Kommutativität des Diagramms muss

${}{\tilde {\varphi }}(u)=\varphi (g)\,$

gelten. Das bedeutet, dass es maximal ein ${}{\tilde {\varphi }}$ geben kann.
Wir haben zu zeigen, dass durch diese Bedingung eine wohldefinierte Abbildung gegeben ist. Es seien also ${}g,g'\in G$ zwei Urbilder von ${}u$. Dann ist

${}\psi {\left(g'g^{-1}\right)}=uu^{-1}=e_{Q}\,$

und somit ist ${}g'g^{-1}\in \operatorname {kern} \psi \subseteq \operatorname {kern} \varphi$. Daher ist ${}\varphi (g)=\varphi (g')$. Die Abbildung ist also wohldefiniert. Seien ${}u,v\in Q$ und seien ${}g,h\in G$ Urbilder davon. Dann ist ${}gh$ ein Urbild von ${}uv$ und daher ist

${}{\tilde {\varphi }}(uv)=\varphi (gh)=\varphi (g)\varphi (h)={\tilde {\varphi }}(u){\tilde {\varphi }}(v)\,.$

D.h. ${}{\tilde {\varphi }}$ ist ein Gruppenhomomorphismus.

Aufgabe (2 Punkte)

Erstelle die Multiplikationsmatrix zum Element ${}4x^{2}+7x-3$ in der kubischen Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} =\mathbb {Q} [X]/{\left(X^{3}+5X^{2}-7X+6\right)}\,.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\left(4x^{2}+7x-3\right)}x&=4x^{3}+7x^{2}-3x\\&=4{\left(-5x^{2}+7x-6\right)}+7x^{2}-3x\\&=-20x^{2}+28x-24+7x^{2}-3x\\&=-13x^{2}+25x-24\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}{\left(4x^{2}+7x-3\right)}x^{2}&={\left(-13x^{2}+25x-24\right)}x\\&=-13x^{3}+25x^{2}-24x\\&=-13{\left(-5x^{2}+7x-6\right)}+25x^{2}-24x\\&=65x^{2}-91x+78+25x^{2}-24x\\&=90x^{2}-115x+78.\end{aligned}}$

Die beschreibende Matrix ist also

${\begin{pmatrix}4&-24&78\\7&25&-115\\-3&-13&90\end{pmatrix}}.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (12 (2+1+1+3+5) Punkte)

Es sei ${}p$ eine ungerade Primzahl. Es sei ${}q=p^{e}$ und ${}c\in {\mathbb {F} }_{q}$ ein Nichtquadrat.

1. Zeige

   ${}{\mathbb {F} }_{q^{2}}\cong {\mathbb {F} }_{q}[X]/{\left(X^{2}-c\right)}\,.$

2. Zeige, dass es eine Kette von rein-quadratischen Erweiterungen

   ${}{\mathbb {F} }_{p}\subseteq {\mathbb {F} }_{p^{2}}\subseteq {\mathbb {F} }_{p^{4}}\subseteq {\mathbb {F} }_{p^{8}}\subseteq {\mathbb {F} }_{p^{16}}\subseteq \ldots \,$

   gibt.

3. Zeige, dass die Restklasse von ${}X$ in ${}\mathbb {Z} /(3)[X]/{\left(X^{2}-2\right)}$ ein Quadrat ist.
4. Es sei nun ${}p=1\mod 4$. Zeige, dass die Restklasse ${}x$ von ${}X$ in ${}{\mathbb {F} }_{q}[X]/{\left(X^{2}-c\right)}$ ein Nichtquadrat ist.
5. Es sei ${}p=1\mod 4$ und sei ${}a\in \mathbb {Z} /(p)$ ein Nichtquadrat. Zeige, dass ${}Y^{2^{n}}-a$ für alle ${}n\geq 1$ irreduzibel ist.

Lösung

1. Wenn ${}c\in {\mathbb {F} }_{q}$ ein Nichtquadrat ist, so besitzt das Polynom ${}X^{2}-c$ keine Nullstelle und ist daher irreduzibel. Nach Fakt ***** ist somit ${}{\mathbb {F} }_{q}[X]/(X^{2}-c)$ ein Körper mit ${}q^{2}$ Elementen, also ein Modell des eindeutig bestimmten Körpers ${}{\mathbb {F} }_{q^{2}}$.
2. Dies folgt unmittelbar aus Teil (1), da es in jedem endlichen Körper ungerader Charakteristik Nichtquadrate gibt und somit die sukzessiven quadratischen Erweiterungen durch die Aufnahme einer Quadratwurzel beschrieben werden kann.
3. In ${}\mathbb {Z} /(3)[X]{\left(X^{2}-2\right)}$ ist

   ${}(x+2)^{2}=x^{2}+4x+4=x^{2}+x+1=2+x+1=x\,.$

4. Nehmen wir an, dass ${}x$ ein Quadrat ist. Jedes Element in ${}{\mathbb {F} }_{q}[X]/{\left(X^{2}-c)\right)}$ besitzt eine eindeutige Darstellung der Form ${}ax+b$ mit ${}a,b\in {\mathbb {F} }_{q}$. Also wäre

   ${}x=(ax+b)^{2}=a^{2}x^{2}+2abx+b^{2}=2abx+a^{2}c+b^{2}\,.$

   Somit ist ${}2ab=0$ und ${}a,b$ sind Einheiten. Aus ${}a^{2}c+b^{2}=0$ folgt

   ${}c=-{\left({\frac {b}{a}}\right)}^{2}\,.$

   Da bei ${}p=1\mod 4$ die ${}-1$ ein Quadrat ist, wäre also ${}c$ ein Quadrat im Widerspruch zur Voraussetzung.

5. Wir beweisen die Aussage, dass

   ${\mathbb {F} }_{p}[Y]/(Y^{2^{n}}-a)$

   ein Körper und dass darin die Restklasse von ${}Y$ kein Quadrat ist, durch Induktion über ${}n$. Für ${}n=1$ ergibt sich die Aussage aus Teil (1) und (4). Es sei die Aussage nun für ein ${}n$ bewiesen. Es ist

   ${}{\mathbb {F} }_{p^{2^{n}}}\cong {\mathbb {F} }_{p}[Y]/(Y^{2^{n}}-a)\,$

   und, da ${}y$ kein Quadrat darin ist, ist

   ${}({\mathbb {F} }_{p}[Y]/(Y^{2^{n}}-a))[Z]/{\left(Z^{2}-y\right)}={\mathbb {F} }_{{\left(p^{2^{n}}\right)}^{2}}={\mathbb {F} }_{p^{2^{n+1}}}\,$

   ein Körper mit ${}p^{2^{n+1}}$ Elementen. Wir betrachten den Restklassenring

   ${\mathbb {F} }_{p}[W]/{\left(W^{2^{n+1}}-a\right)}.$

   Durch

   ${\mathbb {F} }_{p}[Y]\longrightarrow {\mathbb {F} }_{p}[W]/{\left(W^{2^{n+1}}-a\right)},\,Y\longmapsto W^{2},$

   ist ein Einsetzungshomomorphismus gegeben, der den Homomorphismus

   ${\mathbb {F} }_{p}[Y]/{\left(Y^{2^{n}}-a\right)}\longrightarrow {\mathbb {F} }_{p}[W]/{\left(W^{2^{n+1}}-a\right)}$

   induziert. Dieser ist injektiv, da links ein Körper steht. Durch

   ${\left({\mathbb {F} }_{p}[Y]/{\left(Y^{2^{n}}-a\right)}\right)}[Z]\longrightarrow {\mathbb {F} }_{p}[W]/{\left(W^{2^{n+1}}-a\right)},\,Z\longmapsto W,$

   ist ein Einsetzungshomomorphismus gegeben, der den Homomorphismus

   ${\left({\mathbb {F} }_{p}[Y]/{\left(Y^{2^{n}}-a\right)}\right)}[Z]/{\left(Z^{2}-y\right)}\longrightarrow {\mathbb {F} }_{p}[W]/{\left(W^{2^{n+1}}-a\right)}$

   induziert. Dieser ist surjektiv, da ${}W$ im Bild ist und injektiv, da links ein Körper steht. Also ist ${}{\mathbb {F} }_{p}[W]/{\left(W^{2^{n+1}}-a\right)}$ ein Körper. Da die Restklasse von ${}W$ dabei ${}Z$ entspricht, ist sie kein Quadrat nach Teil (4).

Aufgabe (9 Punkte)

Beweise den Satz über einfache Körpererweiterungen und Zwischenkörper.

Lösung

Wenn ${}K$ ein endlicher Körper ist, so ist auch ${}L$ endlich und die Voraussetzung über die endlich vielen Zwischenkörper ist automatisch erfüllt. In diesem Fall ist aber auch nach Satz 9.6 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) die Körpererweiterung einfach. Wir können also annehmen, dass ${}K$ unendlich ist. Es sei zunächst vorausgesetzt, dass es in ${}K\subseteq L$ nur endlich viele Zwischenkörper gibt. Sei ${}\operatorname {grad} _{K}L=n$. Jeder von ${}L$ verschiedene Zwischenkörper ${}M_{i}$, ${}i=1,\ldots ,k$, ist ein maximal ${}(n-1)$-dimensionaler ${}K$- Untervektorraum von ${}L$ und daher gibt es eine von ${}0$ verschiedene ${}K$- lineare Abbildung

$\varphi _{i}\colon L\longrightarrow K$

mit ${}\varphi _{i}(M_{i})=0$. Zu ${}\varphi _{i}$ gehört ein lineares Polynom ${}P_{i}$ (in ${}n$ Variablen) mit der entsprechenden Eigenschaft. Das Polynom ${}P=\prod _{i=1}^{k}P_{i}$ ist dann auf der Vereinigung aller Zwischenkörper ${}M_{i}\neq L$ gleich ${}0$. Da ${}K$ unendlich ist, gibt es aber nach Aufgabe 13.26 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) auch Elemente ${}a=(a_{1},\ldots ,a_{n})\in L$ mit ${}P(a)\neq 0$. Der von einem solchen Element ${}a$ über ${}K$ erzeugte Körper muss gleich ${}L$ sein, da er nach Konstruktion in keinem anderen Zwischenkörper liegt.

Es sei nun

${}L=K(x)=K[x]=K[X]/(F)\,$

eine einfache Körpererweiterung mit dem Minimalpolynom ${}F\in K[X]$. Für jeden Zwischenkörper ${}M$, ${}K\subseteq M\subseteq L$, ist ${}L=M(x)$ und das Minimalpolynom ${}G$ von ${}x$ über ${}M$ ist in ${}M[X]$ und insbesondere in ${}L[X]$ ein Teiler von ${}F$. Nach Lemma 13.12 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) besteht die Beziehung ${}M=K(b_{0},\ldots ,b_{k})$, wobei die ${}b_{j}$ die Koeffizienten von ${}G$ sind. Da ${}F$ in ${}L[X]$ nur endlich viele (normierte) Teiler besitzt, gibt es nur endlich viele Zwischenkörper.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für Zwischenkörper

${}\mathbb {Q} \subseteq L,M\subseteq K_{n}\,$

in einem Kreisteilungskörper ${}K_{n}$, die beide die gleichen ${}n$-ten Einheitswurzeln enthalten, aber verschieden sind.

Lösung

Wir wählen ${}n=5$ und ${}L=\mathbb {Q}$ und ${}M=K_{}\cap \mathbb {R}$. Beide Körper enthalten (als Unterkörper der reellen Zahlen) lediglich die beiden vierten Einheitswurzeln ${}1$ und ${}-1$. Nach Beispiel 19.5 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) ist ${}{\sqrt {5}}\in M$, aber ${}{\sqrt {5}}\notin \mathbb {Q}$, weshalb die beiden Körper verschieden sind.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (1 Punkt)

Erstelle eine Kreisgleichung für den Kreis im ${}\mathbb {R} ^{2}$ mit Mittelpunkt ${}(2,7)$, der durch den Punkt ${}(4,-3)$ läuft.

Lösung

Der Abstand der beiden Punkte ist

${}r={\sqrt {2^{2}+10^{2}}}={\sqrt {104}}\,.$

Die Kreisgleichung ist somit

$(X-2)^{2}+(Y-7)^{2}=104.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass man aus dem Einheitskreis

${}S^{1}={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x^{2}+y^{2}=1\right\}}\,$

als Startmenge den gesamten ${}\mathbb {R} ^{2}$ mit Zirkel und Lineal konstruieren kann.

Lösung

Insbesondere gehören die Punkte ${}(1,0),\,(-1,0),\,(0,1),\,(0,-1)$ zur Startmenge. Insbesondere lassen sich die ${}x$- und die ${}y$-Achse (als Geraden) konstruieren. Somit lässt sich auch ${}(0,0)$ konstruieren und damit auch ${}\mathbb {Q} ^{2}$. Zu jeder reellen Zahl ${}r\in [0,1]$ gehört der Punkt ${}(r,{\sqrt {1-r^{2}}})$ zum Einheitskreis. Die zur ${}y$-Achse parallele Gerade durch diesen Punkt ist konstruierbar und schneidet die ${}x$-Achse im Punkt ${}(r,0)$. Somit ist jeder Punkt des Einheitsintervalles konstruierbar. Da man jede reelle Zahl ${}x$ als

${}x=n+r\,$

mit ${}n\in \mathbb {Z}$ und ${}r\in [0,1]$ schreiben kann, und mit zwei Zahlen auch deren Summe konstruierbar ist, lassen sich überhaupt alle reellen Zahlen aus dem Einheitskreis konstruieren. Mit dem Zirkel lässt sich jede reelle Zahl auf die ${}y$-Achse umschlagen. Somit lässt sich wie im Beweis zu Lemma 24.7 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) überhaupt jeder Punkt konstruieren.

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien ${}K\subseteq L$ und ${}L\subseteq M$ Körpererweiterungen. Es sei ${}f_{1},\ldots ,f_{r}\in L$ eine algebraisch unabhängig über ${}K$ und ${}g_{1},\ldots ,g_{s}\in M$ algebraisch unabhängig über ${}L$. Zeige, dass die Familie

${}f_{1},\ldots ,f_{r},g_{1},\ldots ,g_{s}\in M\,$

algebraisch unabhängig über ${}K$ ist.

Lösung

Wir betrachten ein Polynom ${}P\in K[X_{1},\ldots ,X_{r},Y_{1},\ldots ,Y_{s}]$ mit

${}P(g_{1},\ldots ,g_{r},f_{1},\ldots ,f_{s})=0\,$

und müssen zeigen, dass es sich um das Nullpolynom handelt. Wir schreiben in Multiindexschreibweise

${}P=\sum _{\mu ,\nu }a_{\mu ,\nu }X^{\mu }Y^{\nu }=\sum _{\nu }{\left(\sum _{\mu }a_{\mu ,\nu }X^{\mu }\right)}Y^{\nu }\,.$

Wenn wir die Variablen ${}X_{i}$ durch ${}f_{i}$ ersetzen, so erhalten wir ein Polynom

${}P{\left(f_{1},\ldots ,f_{r}\right)}\in K{\left(f_{1},\ldots ,f_{r}\right)}[Y_{1},\ldots ,Y_{s}]\subseteq L[Y_{1},\ldots ,Y_{s}]\,,$

das, wenn man die ${}Y_{j}$ durch ${}g_{j}$ ersetzt, ${}0$ ergibt. Da die ${}g_{j}$ algebraisch unabhängig über ${}L$ sind, folgt, dass ${}P{\left(f_{1},\ldots ,f_{r}\right)}$ das Nullpolynom ist. Das bedeutet für jedes ${}\nu$, dass

${}\sum _{\mu }a_{\mu ,\nu }f^{\mu }=0\,$

ist. Da die ${}f_{i}$ algebraisch unabhängig über ${}K$ sind, folgt, dass für jedes ${}\nu$ die Polynome ${}\sum _{\mu }a_{\mu ,\nu }f^{\mu }$ die Nullpolynome sind. Dies bedeutet ${}a_{\mu \nu }=0$ für alle Paare ${}(\mu ,\nu )$, also ist ${}P$ das Nullpolynom.