Kurs:Körper- und Galoistheorie/8/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	0	0	4	0	0	5	5	0	3	0	3	4	0	4	3	37

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine endliche Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.
2. Ein Hauptideal in einem kommutativen Ring ${}R$.
3. Der Kern eines Gruppenhomomorphismus

   $\varphi \colon G\longrightarrow H.$

4. Eine separable Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.
5. Ein aus einer Teilmenge ${}M\subseteq E$ einer Ebene ${}E$ konstruierbarer Punkt ${}P\in E$.
6. Eine Transzendenzbasis für eine Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.

Lösung

1. Eine Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ heißt endlich, wenn ${}L$ ein endlichdimensionaler Vektorraum über ${}K$ ist.
2. Ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}$ in einem kommutativen Ring ${}R$ der Form

   ${}{\mathfrak {a}}=(a)=Ra=\{ra:\,r\in R\}\,.$

   heißt Hauptideal.

3. Man nennt das Urbild des neutralen Elementes unter einem Gruppenhomomorphismus ${}\varphi \colon G\rightarrow H$ den Kern von ${}\varphi$.
4. Eine endliche Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ heißt separabel, wenn für jedes Element ${}x\in L$ das Minimalpolynom separabel ist.
5. Ein Punkt ${}P\in E$ heißt aus ${}M$ konstruierbar, wenn es eine Folge von Punkten

   $P_{1},\ldots ,P_{n}=P$

   derart gibt, dass ${}P_{i}$ jeweils aus ${}M\cup \{P_{1},\ldots ,P_{i-1}\}$ in einem Schritt konstruierbar ist.

6. Man sagt, dass die Familie ${}f_{1},\ldots ,f_{n}\in L$ eine Transzendenzbasis von ${}L$ über ${}K$ ist, wenn die ${}f_{1},\ldots ,f_{n}$ algebraisch unabhängig sind und ${}K(f_{1},\ldots ,f_{n})\subseteq L$ eine algebraische Körpererweiterung ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über den Kern eines Ringhomomorphismus.
2. Der Satz über die Charakterisierung von endlichen Galoiserweiterungen.
3. Der Satz über die Koeffizienten der Kreisteilungspolynome.

Lösung

1. Der Kern zu einem Ringhomomorphismus ist ein Ideal.
2. Sei ${}K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung und sei ${}G=\operatorname {Gal} \,(L{|}K)$ die Galoisgruppe. Dann sind folgende Eigenschaften äquivalent.
   1. Die Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ ist eine Galoiserweiterung.
   2. Es ist ${}\operatorname {Fix} \,(G)=K$.
   3. Die Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ ist normal und separabel.
   4. ${}L$ ist Zerfällungskörper eines separablen Polynoms ${}F\in K[X]$.
3. Die Koeffizienten der Kreisteilungspolynome liegen in ${}\mathbb {Z}$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Kernkriterium für die Injektivität eines Gruppenhomomorphismus

$\varphi \colon G\longrightarrow H.$

Lösung

Wenn ${}\varphi$ injektiv ist, so darf auf jedes Element ${}h\in H$ höchstens ein Element aus ${}G$ gehen. Da ${}e_{G}$ auf ${}e_{H}$ geschickt wird, darf kein weiteres Element auf ${}e_{H}$ gehen, d.h. ${}\ker \varphi =\{e_{G}\}$. Es sei umgekehrt dies der Fall und sei angenommen, dass ${}g,{\tilde {g}}\in G$ beide auf ${}h\in H$ geschickt werden. Dann ist

${}\varphi {\left(g{\tilde {g}}^{-1}\right)}=\varphi (g)\varphi ({\tilde {g}})^{-1}=hh^{-1}=e_{H}\,$

und damit ist ${}g{\tilde {g}}^{-1}\in \operatorname {kern} \varphi$, also ${}g{\tilde {g}}^{-1}=e_{G}$ nach Voraussetzung und damit ${}g={\tilde {g}}$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper der Charakteristik ${}0$ und sei ${}K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung vom Grad ${}n$ und sei ${}b_{1},\ldots ,b_{n}$ eine ${}K$- Basis von ${}L$. Zeige, dass dann

${}\triangle (b_{1},\ldots ,b_{n})\neq 0\,.$

Lösung

Es sei angenommen, dass die Diskriminante ${}0$ ist. Das bedeutet, dass das durch die Matrix ${}S(b_{i}b_{j})_{ij}$ definierte lineare Gleichungssystem eine nicht-triviale Lösung ${}(\lambda _{1},\ldots ,\lambda _{n})$ besitzt. Es ist also

${}\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}S(b_{i}b_{j})=0\,$

für alle ${}j$. Sei ${}x=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}b_{i}\neq 0$. Dann ist für jedes ${}j$

${}S{\left(xb_{j}\right)}=S{\left({\left(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}b_{i}\right)}b_{j}\right)}=S{\left(\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}b_{i}b_{j}\right)}=\sum _{i=1}^{n}\lambda _{i}S{\left(b_{i}b_{j}\right)}=0\,.$

Da ${}x$ eine Einheit in ${}L$ ist, ist auch ${}xb_{j}$, ${}j=1,\ldots ,n$, eine Basis und es folgt, dass die Spur auf dieser Basis und somit überall den Wert ${}0$ hat. Dies ist aber in Charakteristik ${}0$ wegen Lemma 8.8 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019))  (2) nicht möglich.

Aufgabe (5 Punkte)

Finde ein primitives Element in ${}\mathbb {Z} /(11)$ und in ${}\mathbb {Z} /(121)$. Man gebe ferner ein Element der Ordnung ${}10$ und ein Element der Ordnung ${}11$ in ${}\mathbb {Z} /(121)$ an. Gibt es Elemente der Ordnung ${}10$ und der Ordnung ${}11$ auch in ${}{\mathbb {F} }_{121}$?

Lösung

In ${}\mathbb {Z} /(11)$ betrachten wir das Element ${}2$. Die Ordnung von ${}2$ ist ein Teiler von ${}10$. Es ist ${}2^{2}=4\neq 1$ und ${}2^{5}=32=-1\neq 1$, sodass die Ordnung ${}10$ ist, also ist ${}2$ primitiv.

Wir betrachten ${}2$ in ${}\mathbb {Z} /(121)$. Dieser Ring hat ${}110$ Einheiten, also ist die Ordnung von ${}2$ ein Teiler von ${}110$. Andererseits folgt aus ${}2^{k}=1\mod 121$, dass auch ${}2^{k}=1\mod 11$ ist. Dann muss ${}k$ ein Vielfaches von ${}10$sein. An möglichen Ordnungen bleiben also ${}k=10$ oder ${}k=110$. Es ist ${}2^{10}=1024=56\neq 1\mod 121$. Also ist die Ordnung ${}110$und ${}2$ ist primitiv modulo ${}121$.

Damit hat ${}2^{10}=56$ die Ordnung ${}11$ und ${}2^{11}=112$ hat die Ordnung ${}10$.

${}{\mathbb {F} }_{121}$ ist ein Körper und die Einheitengruppe ist zyklisch der Ordnung ${}120$. Daher gibt es dort Elemente der Ordnung ${}10$, aber nicht der Ordnung ${}11$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}F\in \mathbb {Q} [X]$ und ${}\mathbb {Q} \subseteq L\subseteq {\mathbb {C} }$ der Zerfällungskörper zu ${}F$. Zeige, dass die komplexe Konjugation den Körper ${}L$ in sich überführt, also ein Element in der Galoisgruppe ${}\operatorname {Gal} \,(L{|}K)$ definiert.

Lösung

Es seien ${}x_{1},\ldots ,x_{n}$ die komplexen Nullstellen von ${}F$, die den Zerfällungskörper ${}L$ erzeugen. Ein beliebiges Element ${}z\in L$ ist ein polynomialer Ausdruck ${}P(x_{1},\ldots ,x_{n})$ in den ${}x_{i}$ mit Koeffizienten aus ${}\mathbb {Q}$. Für die komplexe Konjugation gilt dabei

${}{\overline {z}}={\overline {P(x_{1},\ldots ,x_{n})}}=P({\overline {x_{1}}},\ldots ,{\overline {x_{n}}})\,,$

da rationalen Zahlen auf sich abgebildet werden. Wegen

${}F({\overline {x_{i}}})={\overline {F(x_{i})}}=0\,$

ist mit ${}x_{i}$ auch ${}{\overline {x_{i}}}$ eine Nullstelle von ${}F$. Daher ist stets ${}{\overline {x_{i}}}\in L$ und somit auch ${}P({\overline {x_{1}}},\ldots ,{\overline {x_{n}}})\in L$. Die komplexe Konjugation von ${}z$ gehört also wieder zu ${}L$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}a\in \mathbb {N}$. Zeige, dass die eulersche Funktion ${}\varphi$ die Gleichheit

${}{\varphi (a^{n})}=a^{n-1}{\varphi (a)}\,$

für ${}n\geq 1$ erfüllt.

Lösung

Es sei

${}a=p_{1}^{r_{1}}\cdots p_{k}^{r_{k}}\,$

die kanonische Primfaktorzerlegung von ${}a$ mit verschiedene Primfaktoren. Dann ist

${}{\varphi (a)}=(p_{1}-1)p_{1}^{r_{1}-1}\cdots (p_{k}-1)p_{k}^{r_{k}-1}\,$

nach Lemma 19.7 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)). Entsprechend ist

${}{\begin{aligned}{\varphi (a^{n})}&={\varphi ({\left(p_{1}^{r_{1}}\cdots p_{k}^{r_{k}}\right)}^{n})}\\&={\varphi (p_{1}^{nr_{1}}\cdots p_{k}^{nr_{k}})}\\&=(p_{1}-1)p_{1}^{nr_{1}-1}\cdots (p_{k}-1)p_{k}^{nr_{k}-1}\\&=(p_{1}-1)p_{1}^{r_{1}-1+(n-1)r_{1}}\cdots (p_{k}-1)p_{k}^{r_{k}-1+(n-1)r_{k}}\\&=(p_{1}-1)p_{1}^{r_{1}-1}p_{1}^{(n-1)r_{1}}\cdots (p_{k}-1)p_{k}^{r_{k}-1}p_{k}^{(n-1)r_{k}}\\&=(p_{1}-1)p_{1}^{r_{1}-1}\cdots (p_{k}-1)p_{k}^{r_{k}-1}\cdot {\left(p_{1}^{r_{1}}\right)}^{(n-1)}\cdots {\left(p_{k}^{r_{k}}\right)}^{(n-1)}\\&={\varphi (a)}a^{n-1}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Realisiere die folgenden Gruppen als Galoisgruppe einer geeigneten Körpererweiterung ${}\mathbb {Q} \subseteq L$.

1. ${}\mathbb {Z} /(4)$,
2. ${}\mathbb {Z} /(2)\times \mathbb {Z} /(2)$,
3. ${}\mathbb {Z} /(2)\times \mathbb {Z} /(4)$,
4. ${}\mathbb {Z} /(8)$.

Lösung

Wir verwenden die Kreisteilungskörper ${}\mathbb {Q} \subseteq K_{n}$, deren Galoisgruppe gleich ${}{\left(\mathbb {Z} /(n)\right)}^{\times }$ ist.

1. Der Kreisteilungskörper ${}\mathbb {Q} \subseteq K_{5}$ besitzt die Galoisgruppe ${}{\left(\mathbb {Z} /(5)\right)}^{\times }\cong \mathbb {Z} /(4)$.
2. Der Kreisteilungskörper ${}\mathbb {Q} \subseteq K_{8}$ besitzt die Galoisgruppe ${}{\left(\mathbb {Z} /(8)\right)}^{\times }=\{1,3,5,7\}\cong \mathbb {Z} /(2)\times \mathbb {Z} /(2)$.
3. Der Kreisteilungskörper ${}\mathbb {Q} \subseteq K_{20}$ besitzt die Galoisgruppe ${}{\left(\mathbb {Z} /(20)\right)}^{\times }={\left(\mathbb {Z} /(4)\times \mathbb {Z} /(5)\right)}^{\times }={\left(\mathbb {Z} /(4)\right)}^{\times }\times {\left(\mathbb {Z} /(5)\right)}^{\times }\cong \mathbb {Z} /(2)\times \mathbb {Z} /(4)$.
4. Der Kreisteilungskörper ${}\mathbb {Q} \subseteq K_{17}$ besitzt die Galoisgruppe ${}{\left(\mathbb {Z} /(17)\right)}^{\times }\cong \mathbb {Z} /(16)$. Es sei ${}H$ der Kern des surjektiven Gruppenhomomorphismus

   $\mathbb {Z} /(16)\longrightarrow \mathbb {Z} /(8).$

   Dann ist ${}\mathbb {Q} \subseteq \operatorname {Fix} \,(H)$ nach Satz 17.5 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) eine Galoiserweiterung mit der Restklassengruppe ${}\mathbb {Z} /(8)$ als Galoisgruppe.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Skizziere, wie man zu einer quadratischen Gleichung

${}z^{2}+pz+q=0\,$

mit ${}p,q\in \mathbb {R}$ aus den gegebenen Parametern ${}p,q$ die reellen Lösungen ${}x,y$ der Gleichung mit Zirkel und Lineal konstruieren kann.

Lösung

Die Parameter ${}p,q$ seien als Punkte der ${}x$-Achse gegeben. Wir tragen die Punkte ${}-p$ auf der ${}x$-Achse und ebenso auf der ${}y$-Achse ein. Die Verbindungsgerade zu den Punkten ${}(-p,0)$ und ${}(0,-p)$ sei mit ${}G$ bezeichnet, ihre Gleichung ist

${}x+y=-p\,.$

(diese Gleichung ist auch bei ${}p=0$ zu nehmen). Man konstruiert nun die Zahl ${}{\sqrt {p^{2}-2q}}$ gemäß Lemma 24.10 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)). Damit kann man auch den Kreis mit dem Nullpunkt als Mittelpunkt und diesem Radius konstruieren, die zugehörige Kreisgleichung ist

${}x^{2}+y^{2}=p^{2}-2q\,.$

Es sei ${}(x,y)$ ein Schnittpunkt der Geraden und des Kreises. Dann ist

${}xy={\frac {(x+y)^{2}-x^{2}-y^{2}}{2}}={\frac {(-p)^{2}-{\left(p^{2}-2q\right)}}{2}}=q\,.$

Nach dem Satz von Vieta (genauer der Umkehrung) sind ${}x$ und ${}y$ die Lösungen der quadratischen Gleichung.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise die Klassengleichung.

Lösung

Die Konjugationsklassen sind Äquivalenzklassen, daher bilden sie eine Zerlegung von ${}G$. Die Summe der Anzahl der Elemente in den Konjugationsklassen ist daher gleich der Ordnung von ${}G$. Die einelementigen Konjugationsklassen entsprechen dabei den Elementen im Zentrum der Gruppe.