Kurs:Körper- und Galoistheorie/T3/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	3	4	4	3	3	3	4	5	5	5	4	7	4	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine endliche Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.
2. Eine Einheit ${}u$ in einem kommutativen Ring ${}R$.
3. Eine ${}n$-te Einheitswurzel ${}z$ in einem Körper ${}K$ ($n\in \mathbb {N} _{+}$).
4. Ein innerer Automorphismus einer Gruppe ${}G$.
5. Eine algebraische Zahl ${}z\in {\mathbb {C} }$.
6. Die Galoisgruppe einer Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.

Lösung

1. Eine Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ heißt endlich, wenn ${}L$ ein endlichdimensionaler Vektorraum über ${}K$ ist.
2. Ein Element ${}u$ heißt Einheit, wenn es ein Element ${}v\in R$ mit ${}uv=1$ gibt.
3. Ein Element ${}z\in K$ heißt ${}n$-te Einheitswurzel, wenn ${}z^{n}=1$ ist.
4. Ein Automorphismus

   $G\longrightarrow G$

   der Form ${}x\mapsto gxg^{-1}$ zu einem festen Element ${}g\in G$ heißt innerer Automorphismus.

5. Eine Zahl ${}z\in {\mathbb {C} }$ heißt algebraisch, wenn es ein von ${}0$ verschiedenes Polynom ${}P\in \mathbb {Q} [X]$ gibt mit ${}P(z)=0$.
6. Unter der Galoisgruppe versteht man die Gruppe aller ${}K$- Algebra-Automorphismen von ${}L$, also

   $\operatorname {Aut} _{K}\,(L).$

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Gradformel für endliche Körpererweiterungen ${}K\subseteq L$ und ${}L\subseteq M$.
2. Die trigonometrische Darstellung der ${}n$-ten komplexen Einheitswurzeln ($n\in \mathbb {N} _{+}$).
3. Der Satz über den Einsetzungshomomorphismus zu einer ${}R$-Algebra ${}A$ und einem Element ${}f\in A$.

Lösung

1. Die Gradformel besagt, dass ${}K\subseteq M$ eine endliche Körpererweiterung ist und dass

   ${}\operatorname {grad} _{K}M=\operatorname {grad} _{K}L\cdot \operatorname {grad} _{L}M\,$

   gilt.
2. Die ${}n$-ten komplexen Einheitswurzeln besitzen die Darstellung

   $\cos {\frac {2\pi k}{n}}+{\mathrm {i} }\sin {\frac {2\pi k}{n}},k=0,1,\ldots ,n-1.$

3. Es gibt einen eindeutig bestimmten ${}R$- Algebrahomomorphismus

   $\psi \colon R[X]\longrightarrow A$

   mit ${}\psi (X)=f$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme eine ganze Zahl ${}n$ derart, dass die Lösungen der quadratischen Gleichung

${}x^{2}+3x+{\frac {7}{3}}=0\,$

in ${}\mathbb {Q} [{\sqrt {n}}]$ liegen.

Lösung

Wir schreiben die Gleichung als

${}{\left(x+{\frac {3}{2}}\right)}^{2}=-{\frac {7}{3}}+{\frac {9}{4}}={\frac {-28+27}{12}}={\frac {-1}{12}}\,.$

Daher ist

${}x+{\frac {3}{2}}=\pm {\sqrt {\frac {-1}{12}}}=\pm {\frac {1}{2}}{\sqrt {-{\frac {1}{3}}}}=\pm {\frac {1}{6}}{\sqrt {-3}}\,.$

Also liegen die Lösungen in ${}\mathbb {Q} [{\sqrt {-3}}]$.

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)

Finde im Polynomring ${}\mathbb {Z} /(2)[X]$ ein irreduzibles Polynom vom Grad vier.

Lösung

Wir betrachten das Polynom

$F=X^{4}+X+1.$

Da weder ${}0$ noch ${}1$ eine Nullstelle von ${}F$ sind, besitzt es keinen Linearfaktor. Die einzige verbleibende Faktorzerlegung wäre als ein Produkt von zwei irreduziblen Polynomen vom Grad zwei. Das einzige irreduzible Polynom vom Grad zwei ist ${}X^{2}+X+1$. Wegen

${}(X^{2}+X+1)^{2}=X^{4}+X^{2}+1\neq F\,$

ist ${}F$ irreduzibel.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne in

$\mathbb {Z} /(7)[X]/(X^{3}+4X^{2}+X+5)$

das Produkt

$(2x^{2}+5x+3)\cdot (3x^{2}+x+6)$

(${}x$ bezeichne die Restklasse von ${}X$).

Lösung

Es ist

${}x^{3}=3x^{2}+6x+2\,$

und

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

Daher ist

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

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das Minimalpolynom der komplexen Zahl ${}2+5{\mathrm {i} }$ über ${}\mathbb {Q}$.

Lösung

Es ist

${}(2+5{\mathrm {i} })^{2}=4-25+20{\mathrm {i} }=-21+20{\mathrm {i} }\,.$

Dies ist eine ${}\mathbb {Q}$- Linearkombination von ${}1$ und ${}2+5{\mathrm {i} }$, nämlich

${}-21+20{\mathrm {i} }=-29\cdot 1+4(2+5{\mathrm {i} })\,.$

Daher ist

$Z^{2}-4Z+29$

ein annullierendes Polynom von ${}2+5{\mathrm {i} }$. Wegen ${}2+5{\mathrm {i} }\not \in \mathbb {Q}$ kann es kein annullierendes Polynom von einem kleineren Grad geben, also handelt es sich um das Minimalpolynom.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K\subseteq L$ eine endliche Körpererweiterung und ${}f\in L$. Zeige, dass es für die Eigenwerttheorie der ${}K$- linearen Multiplikationsabbildung

$\mu _{f}\colon L\longrightarrow L$

grundsätzlich nur zwei Möglichkeiten gibt.

Lösung

Wenn ${}f\in K$ gehört, so ist die Multiplikationsabbildung ${}\mu _{f}$ die Streckung mit ${}f$. Dann ist ${}f$ der einzige Eigenwert von ${}\mu _{f}$ und ganz ${}L$ ist der Eigenraum zu diesem Eigenwert. Wenn hingegen ${}f\notin K$ gilt, so gibt es keinen Eigenwert. Die Eigenwertbedingung

${}\mu _{f}(z)=fz=\lambda z\,$

mit einem ${}z\in L$, ${}z\neq 0$, und einem ${}\lambda \in K$ führt wegen der Invertierbarkeit von ${}z$ direkt zum Widerspruch

${}f=\lambda \in K\,.$

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 (5 Punkte)

Es sei ${}R$ ein Hauptidealbereich und ${}p\neq 0$ ein Element. Zeige, dass die folgende Bedingungen äquivalent sind.

1. ${}p$ ist ein Primelement.
2. ${}R/(p)$ ist ein Integritätsbereich.
3. ${}R/(p)$ ist ein Körper.

Lösung

Die Äquivalenz (1) ${}\Leftrightarrow$ (2) gilt in jedem kommutativen Ring (auch für ${}p=0$), siehe Aufgabe 7.1 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)), und (3) impliziert natürlich (2). Es sei also (1) erfüllt und sei ${}a\in R/(p)$ von ${}0$ verschieden. Wir bezeichnen einen Repräsentanten davon in ${}R$ ebenfalls mit ${}a$. Es ist dann ${}a\notin (p)$ und es ergibt sich eine echte Idealinklusion ${}(p)\subset (a,p)$. Ferner können wir ${}(a,p)=(b)$ schreiben, da wir in einem Hauptidealring sind. Es folgt ${}p=cb$. Da ${}c$ keine Einheit ist und ${}p$ prim (also nach Lemma 3.10 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) auch irreduzibel) ist, muss ${}b$ eine Einheit sein. Es ist also ${}(a,p)=(1)$, und das bedeutet modulo ${}p$, also in ${}R/(p)$, dass ${}a$ eine Einheit ist. Also ist ${}R/(p)$ ein Körper.

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 (5 (3+2) Punkte)

Es seien ${}D_{1}$ und ${}D_{2}$ kommutative Gruppen und seien ${}D_{1}^{\vee }$ und ${}D_{2}^{\vee }$ die zugehörigen Charaktergruppen zu einem Körper ${}K$.

1. Zeige, dass zu einem Gruppenhomomorphismus

   $\varphi \colon D_{1}\longrightarrow D_{2}$

   durch die Zuordnung ${}\chi \mapsto \chi \circ \varphi$ ein Gruppenhomomorphismus

   $\varphi ^{\vee }\colon D_{2}^{\vee }\longrightarrow D_{1}^{\vee }$

   definiert wird.

2. Es sei ${}D_{3}$ eine weitere kommutative Gruppe und sei

   $\psi \colon D_{2}\longrightarrow D_{3}$

   ein Gruppenhomomorphismus. Zeige die Gleichheit

   ${}(\psi \circ \varphi )^{\vee }=\varphi ^{\vee }\circ \psi ^{\vee }\,.$

Lösung

1. Ein Charakter ${}\chi \in D_{2}^{\vee }$ ist ein Gruppenhomomorphismus

   $D_{2}\longrightarrow K^{\times },$

   daher ist die Verknüpfung

   $\chi \circ \varphi \colon D_{1}\longrightarrow K^{\times }$

   ein Element aus ${}D_{1}^{\vee }$, die Abbildung ist also wohldefiniert. Zu zwei Charakteren ${}\chi _{1},\chi _{2}\in D_{2}^{\vee }$ und einem beliebigen Element ${}d\in D_{1}$ ist

   ${}{\begin{aligned}((\chi _{1}\cdot \chi _{2})\circ \varphi )(d)&=(\chi _{1}\cdot \chi _{2})(\varphi (d))\\&=\chi _{1}(\varphi (d))\cdot \chi _{2}(\varphi (d))\\&=((\chi _{1}\circ \varphi )(d))\cdot ((\chi _{2}\circ \varphi )(d))\\&=((\chi _{1}\circ \varphi )\cdot (\chi _{2}\circ \varphi ))(d).\end{aligned}}$

   Also ist

   ${}\varphi ^{\vee }(\chi _{1}\cdot \chi _{2})=(\chi _{1}\cdot \chi _{2})\circ \varphi =(\chi _{1}\circ \varphi )\cdot (\chi _{2}\circ \varphi )=\varphi ^{\vee }(\chi _{1})\cdot \varphi ^{\vee }(\chi _{2})\,$

   und die Zuordnung ist ein Gruppenhomomorphismus.

2. Dies ergibt sich für ${}\chi \in D_{3}^{\vee }$ direkt aus

   ${}(\psi \circ \varphi )^{\vee }(\chi )=\chi \circ (\psi \circ \varphi )=(\chi \circ \psi )\circ \varphi =\varphi ^{\vee }(\chi \circ \psi )=\varphi ^{\vee }(\psi ^{\vee }(\chi ))=(\varphi ^{\vee }\circ \psi ^{\vee })(\chi )\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über konjugierte Elemente bei einer normalen Körpererweiterung.

Lösung

Wenn es einen ${}K$-Automorphismus ${}\varphi$ mit ${}\varphi (\alpha )=\beta$ gibt, so induziert dieser einen Isomorphismus ${}K[\alpha ]\rightarrow K[\beta ]$. Da diese erzeugten Unterkörper jeweils durch die Minimalpolynome von ${}\alpha$ bzw. ${}\beta$ festgelegt sind, müssen die Minimalpolynome übereinstimmen. Also sind ${}\alpha$ und ${}\beta$ konjugiert.
Wenn umgekehrt die beiden Elemente konjugiert sind, so gibt es einen ${}K$-Isomorphismus ${}K[\alpha ]\rightarrow K[\beta ]$. Mit der Inklusion ${}K[\beta ]\subseteq L$ führt dies zu einem ${}K$-Homomorphismus

$K[\alpha ]\longrightarrow L,$

den man nach Korollar 15.8 (Körper- und Galoistheorie (Osnabrück 2018-2019)) zu einem Automorphismus auf ${}L$ fortsetzen kann.

Aufgabe (7 (1+1+2+3) Punkte)

1. Bestimme die Zerlegung von ${}X^{4}-7$ in ${}{\mathbb {C} }$.
2. Bestimme den Zerfällungskörper ${}L$ von ${}X^{4}-7\in \mathbb {Q} [X]$.
3. Bestimme den Grad der Körpererweiterung ${}\mathbb {Q} \subseteq L$.
4. Beschreibe, welche Permutationen auf der Nullstellenmenge von ${}X^{4}-7$ von der Galoisgruppe herrühren.

Lösung

1. Über den komplexen Zahlen liegt die Faktorzerlegung

   ${}{\begin{aligned}X^{4}-7&={\left(X-{\sqrt[{4}]{7}}\right)}{\left(X+{\sqrt[{4}]{7}}\right)}{\left(X-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}\right)}{\left(X+{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}\right)}\\&={\left(X^{2}-{\sqrt {7}}\right)}{\left(X^{2}+{\sqrt {7}}\right)},\end{aligned}}$

   wobei ${}{\sqrt[{4}]{7}}$ die positive reelle vierte Wurzel der ${}7$ bezeichnet. Die Zerlegung ist korrekt, da in den Linearformen sämtliche vierte Wurzeln aus der ${}7$ vorkommen.
2. Die vier Nullstellen aus Teil (1) müssen zum Zerfällungskörper ${}L$ gehören, daher ist insbesondere

   ${}{\frac {{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}}{\sqrt[{4}]{7}}}={\mathrm {i} }\,$

   ein Element von ${}L$. Es ist also

   ${}L=\mathbb {Q} [{\sqrt[{4}]{7}},{\mathrm {i} }]\,.$

3. Das Polynom ${}X^{4}-7$ ist irreduzibel in ${}\mathbb {Q} [X]$, da die obige reelle Zerlegung in quadratische Polynome nicht rational durchführbar ist. Daher haben im kommutativen Diagramm

   ${\begin{matrix}\mathbb {Q} &{\stackrel {}{\longrightarrow }}&\mathbb {Q} [{\sqrt[{4}]{7}}]&\\\downarrow &&\downarrow &\\\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]&{\stackrel {}{\longrightarrow }}&L&\!\!\!\!\!\\\end{matrix}}$

   die horizontalen Erweiterungen den Grad ${}4$ und die vertikalen Erweiterungen den Grad ${}2$ (da ${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{4}]{7}}]$ reell ist, gehört die imaginäre Einheit da nicht dazu). Die Gesamterweiterung hat also den Grad ${}8$.

4. Ein ${}\mathbb {Q}$-Automorphismus sendet ${}{\mathrm {i} }$ auf sich selbst oder auf ${}-{\mathrm {i} }$. Im ersten Fall handelt es sich um einen ${}\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$-Automorphismus. Diese schauen wir zuerst an. Unter einem solchen Automorphismus kann ${}{\sqrt[{4}]{7}}$ auf jede andere Nullstelle von ${}X^{4}-7$ abgebildet werden, dadurch ist dann alles festgelegt. Dies führt zu den Permutationen

   ${}x$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$
   ${}\varphi (x)$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$

   ${}x$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$
   ${}\varphi (x)$	${}-{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$

   ${}x$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$
   ${}\varphi (x)$	${}{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$

   ${}x$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$
   ${}\varphi (x)$	${}-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\sqrt[{4}]{7}}$

   Wenn ${}{\mathrm {i} }$ auf ${}-{\mathrm {i} }$ abgebildet wird, so kann ebenfalls ${}{\sqrt[{4}]{7}}$ auf jede andere Nullstelle von ${}X^{4}-7$ abgebildet werden. Dies führt zu den Permutationen

   ${}x$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$
   ${}\varphi (x)$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$

   ${}x$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$
   ${}\varphi (x)$	${}-{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$

   ${}x$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$
   ${}\varphi (x)$	${}{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$

   ${}x$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$
   ${}\varphi (x)$	${}-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}-{\mathrm {i} }{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$	${}{\sqrt[{4}]{7}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Kreisteilungspolynom ${}\Phi _{9}$.

Lösung

Es gilt die Gleichung

$X^{9}-1=\Phi _{1}\Phi _{3}\Phi _{9}$

mit ${}\Phi _{1}=X-1$. Das dritte

Kreisteilungspolynom errechnet sich aus

$X^{3}-1=(X-1)\Phi _{3}$

zu

(Division mit Rest)

$\Phi _{3}=X^{2}+X+1.$

Wegen ${}(X^{9}-1)/(X-1)=X^{8}+X^{7}+X^{6}+X^{5}+X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1$ berechnet man das neunte Kreisteilungspolynom durch die Divison

$(X^{8}+X^{7}+X^{6}+X^{5}+X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1)/(X^{2}+X+1).$

Dies ergibt

$\Phi _{9}=X^{6}+X^{3}+1.$

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.