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1 #1(14) #2(12) #3(20) #4(18) #5(16) #6(20) Total(100) Name, Vorname: Matrikelnr.: Übungsgruppe: Hinweis: Es ist Ihnen erlaubt, Ergebnisse aus vorherigen Aufgaben dieser Klausur in den nachfolgenden Aufgaben zu benutzen. Sie dürfen auch Ergebnisse, die wir in der Vorlesung oder in den Übungsblätter bewiesen haben, benutzten. Aber wenn Sie eine Frage bloß mit Diese Aussage wird in der Vorlesung bewiesen beantworten, dann bekommen Sie null Punkte! 1. Geben Sie jeweils ein Beispiel (jeweils 2 Punkte): Bemerkung: weil es viele Möglichkeiten für Beispiele gibt, schreibe ich nur einige auf. a) Eine Gruppe G und eine Untergruppe H, H G, H {e}, sodass H ein Normalteiler in G ist. Jede abelsche Gruppe G und Untergruppe H, H G, H {e}: G = Z/(2) Z/(2), H = Z/(2) 0 G. Oder auch G = S n, H = A n. b) Eine Gruppe G und eine Untergruppe H, sodass H kein Normalteiler in G ist. G = S n, n 3, H = {1, (12)}. Oder G = GL n (Q), H = SL n (Q). c) Ein faktorieller Ring R, der kein Hauptidealring ist. R = Z[X], R = K[X, Y ] (K ein Körper). d) Eine endliche separable Körpererweiterung K L. Jede endliche Körpererweiterung K L mit K von Charakteristik Null, zum Beispiel K = Q, L = Q( 2). oder jede Erweiterung von endlichen Körper: F p F p 2, p eine Primzahl. e) Eine endliche rein inseparable Körpererweiterung K L. K = F p (X p ), L = F p (X). f) Eine Galois Körpererweiterung von Grad 5. Q(ζ 5 ) Q(ζ 5, 5 3). (aber nicht Q Q(ζ 5 ), die Grad 4 hat, und auch nicht Q Q( 5 3), die nicht Galois ist). g) Eine endliche separable Körpererweiterung, die keine Galois Erweiterung ist. Q Q( n p), n 3. p eine Primzahl.

2 2. Sei R ein kommutativer Ring. I R ein Ideal, R/I der Quotientenring mit Quotientenabbildung π : R R/I. Zeigen Sie: a) (4 Punkte) Sei J R ein Ideal. Dann ist π(j) R/I ein Ideal. 0 J 0 = π(0) π(j), also 0 π(j). Seien ā, b π(j), r R/I, also ā = π(a), b = π(b), r = π(r), a, b J, r R. Dann ist ā ± b = π(a ± b); also ā ± b π(j), rā π(j), deshalb ist π(j) ein Ideal. rā = π(ra), b) (8 Punkte) Sei J R/I ein Ideal. Dann gibt es genau ein Ideal J R mit I J, sodass J = π(j). Sei J = π 1 ( J). Weil π : R R/I surjektiv ist, ist π(j) = J. Zunächst zeigen wir, dass J R ein Ideal ist; weil 0 J und π(0) = 0, ist 0 J. Seien a, b J, r R. Dann gibt es ā, b J, mit π(a) = ā, π(b) = b. Deshalb sind π(a ± b) = ā ± b; π(ra) = rā und weil J ein Ideal ist, sind ā ± b und rā in J. Deshalb sind a ± b und ra in J und J ist ein Ideal. Jetzt die Eindeutigkeit: Sei J R ein Ideal mit I J und π(j ) = J, und sei wie oben J = π 1 ( J). Weil π(j ) = J ist J π 1 ( J) = J. Sei jetzt a J. Weil π(j ) = J = π(j) gibt es ein a J mit π(a ) = π(a), also π(a a ) = 0. Dann ist a a ker(π) = I und a I + a I + J J + J = J, also ist J J. 3. a) (3 Punkte) Sei n N, n > 1. Sei H Z/(n) eine Untergruppe. Zeigen Sie, dass Ord(H) n teilt. Das folgt aus dem Satz von Lagrange: OrdH OrdZ/(n) und die Tatsache, dass OrdZ/(n) = n. b) (7 Punkte) Sei n N, n > 1. Zeigen Sie, dass es für jeden Teiler d > 0 von n genau eine Untergruppe H Z/(n) von Ordnung d gibt und, dass H zyklisch ist. Sei π : Z Z/(n) die Quotientenabbildung. Wir bemerken, dass eine Untergruppe J der Gruppe Z ist dasselbe wie ein Ideal im Ring Z, weil die Multiplikation in Z dasselbe wir iterierte Addition ist. Dasselbe gilt für Untergruppen der Gruppe Z/(n) und Ideale im Ring Z/(n). Von (b), gibt es für jede Untergruppe H Z/(n) genau eine Untergruppe H Z, mit (n) H und π(h) = H, und H ist ein Ideal in Z. Aber Z ist ein Hauptidealring, also ist H = (k) für ein k Z, und wir können annehmen, dass k > 0. Die Bedingung (k) (n) ist dasselbe wie n (k), also n = kd für ein d Z. Dann ist H = π(h) = π((k)) zyklisch mit Erzeuger π(k). Offensichtlich ist dπ(k) = π(n) = 0, und eπ(k) = 0 n ek d = n/k e und deshalb ist OrdH = Ord(π(k)) = d. Umgekehrt, teilt d > 0 n, dann sei k = n/d und sei H Z/(n) die Untergruppe mit Erzeuger π(k). Dann ist dk = n, und ist ek = l n, dann teilt d e, deshalb ist Ord H = Ordπ(k) = d. c) (10 Punkte) Wieviel Unterkörper hat Q(ζ 13 )? Erklären Sie Ihre Antwort. Die Galoisgruppe Gal(Q(ζ 13 )/Q) ist isomorph zu (Z/(13)) ; weil 13 eine Primzahl ist, ist Z/(13) ein endlicher Körper und deshalb ist (Z/(13)) die zyklische Gruppe von Ordnung 12, also Gal(Q(ζ 13 )/Q) = Z/(12). Von (b) ist die Menge aller Untergruppen von Gal(Q(ζ 13 )/Q) in Bijektion mit der Menge aller Teiler von 12, also die Menge {1, 2, 3, 4, 6, 12}, also hat Gal(Q(ζ 13 )/Q) genau 6 Untergruppen. Die Galoiskorrespondenz sagt uns, dass die Menge aller Zwischenkörper E, Q E Q(ζ 13 ) in Bijektion mit der Menge aller Untergruppen von Gal(Q(ζ 13 )/Q) ist, also gibt es genau 6 Zwischerkörper. Aber jeder Unterkörper E von Q(ζ 13 ) hat Charakteristik 0, also enhält E Z und weil E ein Körper ist, enthält E Q, also, hat Q(ζ 13 ) genau 6 Unterkörper.

3 3. Seien K ein Körper, K[X], K[Y ], K[X, Y ] die Polynomringen in Variablen X, Y, K(X), K(Y ) und K(X, Y ) die entsprechenden Quotientenkörper. a) (5 Punkte) Seien a(x), b(x) K[X], n N, n 2 und sei f(y ) K(X)[Y ] das Polynom f(y ) = a(x)y n b(x)y + X. Nehmen wir an, dass a(0) 0, b(0) = 0. Zeigen Sie, dass f(y ) irreduzibel in K(X)[Y ] ist. Eisensteinkriterium: K[X] ist ein Hauptidealring, also ein faktorieller Ring und K(X) ist der Quotientenkörper von K[X], also kann man das Eisensteinkriterium anwenden. Wir nehmen als irreduzibles Element X K[X], und bemerken, dass X teilt ein Polynom g(x) K[X] genau dann, wenn g(0) = 0. Also X teilt a(x) nicht und X teilt b(x). Offensichtlich teilt X X aber X 2 teilt X nicht, und das Eisensteinkriterium für f(y ) ist erfüllt. Deshalb ist f(y ) K(X)[Y ] irreduzibel. b) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass (X + 1)Y 3 + X 2 Y + X K[X, Y ] irreduzibel ist. Von (a) ist (X + 1)Y 3 + X 2 Y + X K(X)[Y ] irreduzibel. In K[X][Y ] ist (X + 1)Y 3 + X 2 Y + X primitiv: die Koeffizienten sind X + 1, X 2 und X, X ist irreduzibel in K[X] und X teilt X + 1 nicht. Also (X + 1)Y 3 + X 2 Y + X ist irreduzibel in K(X)[Y ] und primitiv in K[X][Y ]; nach ein Korollar des Gauss-Lemma, ist (X + 1)Y 3 + X 2 Y + X irreduzibel in K[X, Y ] = K[X][Y ]. c) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass das Hauptideal ((X +1)Y 3 +X 2 Y +X) K[X, Y ] ein Primideal ist. K[X] ist ein Hauptidealring, deshalb ein faktorieller Ring. Nach dem Satz von Gauss, ist auch K[X, Y ] = K[X][Y ] ein faktorieller Ring, und deshalb ist ein Hauptideal (g) K[X, Y ], g 0, ein Primideal genau dann, wenn g irreduzibel ist. Von (b) ist (X + 1)Y 3 + X 2 Y + X irreduzibel, deshalb ist das Ideal ((X + 1)Y 3 + X 2 Y + X) K[X, Y ] ein Primideal. 4. Sei f(x) Q[X] ein irreduzibles Polynom von Grad 7. Sei Q C der algebraische Abschluss von Q in C und sei a Q eine Nullstelle des Polynoms f(x). a) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass [Q(a) : Q] = 7. Nachdem wir f mit einem geeignetes k Q teilen, können wir annehmen, dass f normiert ist. Dann ist f das Minimalpolynom von a über Q und deshalb ist [Q(a) : Q] == Grad(f) = 7. b) (5 Punkte) Sei n N, ζ n C eine primitive nte Einheitswurzel. Zeigen Sie, dass a Q(ζ 25 ) Wäre a Q(ζ 25 ), dann wäre Q(a) ein Zwischenkörper, Q Q(a) Q(ζ 25 ), und dann wäre [Q(ζ 25 ) : Q] = [Q(ζ 25 ) : Q(a)][Q(a) : Q] = [Q(ζ 25 ) : Q(a)] 7, also, 7 würde [Q(ζ 25 ) : Q] teilen. Aber [Q(ζ 25 ) : Q] = φ(25), φ die Eulersche φ-funktion und weil 25 = ist φ(25) = 5 1 (5 1) = 20. Aber 7 teilt 20 nicht, also kann a kein Element in Q(ζ 25 ) sein. c) (10 Punkte) Zeigen Sie, dass es ein Unterkörper E Q(ζ 49 ) mit [E : Q] = 7 gibt. Dabei dürfen Sie die folgende Tatsache benutzen: Sei A eine abelsche Gruppe von Ordnung n, wobei p 2 n für jede Primzahl p. Dann ist A zyklisch. Die Galois Gruppe Gal(Q(ζ 49 /Q) ist isomorph zu (Z/(49)), also ist Gal(Q(ζ 49 /Q) eine abelsche Gruppe von Ordnung φ(49) = 7 1 (7 1) = 42 = Laut der Tatsache ist Gal(Q(ζ 49 /Q) eine zyklische Gruppe von Ordnung 42, also, nach 3(b) hat Gal(Q(ζ 49 /Q) eine Untergruppe H von Ordnung 6. Sei E = Q(ζ 49 ) H. Nach der Galoiskorrespondenz, ist Q(ζ 49 )/E eine Galois Erweiterung mit Galois Gruppe isomorph zu H, und deshalb ist [Q(ζ 49 ) : E] = OrdH = 6. Auch ist [Q(ζ 49 ) : Q] = OrdGal(Q(ζ 49 )/Q) = φ(49) = 42 und [Q(ζ 49 ) : Q] = [Q(ζ 49 ) : E][E : Q] = 6 [E : Q], also gilt [E : Q] = 7.

4 5. Sei K ein Körper von Charakteristik p > 0 und sei f(x) K[X] ein irreduzibles Polynom von Grad p 2 1. a) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass f(x) ein separables Polynom ist. erste Lösung: weil f irreduzibel ist, ist f separabel genau dann, wenn f (X) 0. Aber f(x) = ax p2 1 + p 2 2 i=0 a ix i, a 0, und deshalb ist f (X) = (p 2 1)aX p2 2 + p 2 2 i=1 ia ix i 1. Weil K Charakteristik p hat, ist p 2 1 = 1 0, also ist (p 2 1)a 0 und deshalb ist f (X) 0. zweite Lösung: weil f irreduzibel ist, gibt es ein g(x) K[X], irreduzibel und separabel, und ein r 0, sodass f(x) = g(x pr ). Dann ist p 2 1 = Grad(f) = p r Grad(g). Weil p teilt p 2 1 nicht, muss r = 0 sein. Dann ist f = g, also f ist separabel. b) (3 Punkte) Seien x 1,..., x n die Nullstellen von f in einem algebraischen Abschluss K von K und sei L = K(x 1,..., x n ). Zeigen Sie, dass L eine endliche Körpererweiterung von K ist. Weil f(x i ) = 0 ist jedes x i algebraisch über K. Weil L erzeugt über K von endlich viele algebraische Elementen x 1,..., x n, ist L endlich über K. c) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass p 2 1 [L : K]. Nachdem wir f mit einem Konstant a K teilen ist f das Minimalpolynom von x 1 über K. Deshalb ist [K(x 1 ) : K] = Grad(f) = p 2 1. Weil L K(x 1 ) K gilt [L : K] = [L : K(x 1 )][K(x 1 ) : K] = [L : K(x 1 )] (p 2 1) und deshalb teilt p 2 1 [L : K]. d) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass L eine Galois Erweiterung von K ist. Laut (a) ist L/K separabel. L ist der Zerfallungskörper von f über K und ist deshalb normal über K, also L ist eine normale und separable Erweiterung von K und deshalb Eine Galois erweiterung. e) (4 Punkte) Zeigen Sie, dass [L : K] (p 2 1)!. Weil f separabel ist, hat f genau Gradf = p 2 1 Nullstellen in K. Für σ Gal(L/K), ist σ(x i ) {x 1,..., x p 2 1}, also liefert die Einschränkung von σ Gal(L/K) auf {x 1,..., x p2 1} ein injektiver Gruppenhomomorphismus ρ : Gal(L/K) S({x 1,..., x p2 1} = S p2 1. Also ist Gal(L/K) isomorph zu einer Untergruppe von S n und deshalb teilt OrdGal(L/K) OrdS p2 1 = (p 2 1)!. Weil [L : K] = OrdGal(L/K), teilt auch [L : K] (p 2 1)!.

5 6. Sei L/K eine Galois Körpererweiterung mit Galois Gruppe Gal(L/K) isomorph zu S 7. a) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass es ein Zwischenkörper E, K E L, gibt, sodass E/K Galois ist. Geben Sie den Grad [E : K] an. S 7 enthält den Normalteiler A 7. Sei E = L A7. Laut der Galoiskorrespondenz ist E/K eine Galoiserweiterung mit Galois Gruppe Gal(E/K) = S 7 /A 7 = Z/(2), Gal(L/E) = A7. Insbesndre ist [L : E] = OrdA 7 = 7!/2 und [E : K] = 2, also ist E L, E K. b) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass es einen Zwischenkörper E, K E L, gibt, sodass E/K nicht Galois ist. Geben Sie den Grad [E : K] an. Nach der Galoiskorrespondenz, mussen wir eine Untergruppe H Gal(L/K) finden, die kein Normalteiler ist, oder was dazu äquivalent ist, eine Untergruppe H S 7, die kein Normalteiler ist. Als Bespiel, nehmen wir eine zyklische Untergruppe mit Erzeuger σ: H = σ. Man kann zum Beispiel σ ein Transposition nehmen: σ = (12), dann ist σ 2 = 1 und H = {1, (12)}. Man berechnet: (13) 1 (12)(13) = (13)(12)(13) = (23) H, also ist H kein Normalteiler. Der entsprechende Körper ist E = L H, also ist [L : E] = OrdH = 2 und deshalb ist [E : K] = 7!/2. c) (10 Punkte) Zeigen Sie, dass es für jedes n = 2, 3,..., 7 einen Zwischenkörper E, K E L, gibt, sodass [L : E] = n. Wir nehmen für jedes n = 2, 3,..., 7 ein σ S 7 mit Ordσ = n, zum Beispiel, σ ein n-zykel: σ = (12... n). Sei H S 7 die von σ erzeugte Untergruppe von S 7. Dann ist OrdH = Ordσ = n. Sei dann E = L H. Nach der Galoiskorrespondenz ist L Galois über E mit Galois Gruppe H, insbesondre ist [L : E] = OrdH = n.

6 Nebenrechnungen

7 Nebenrechnungen