Klausur vom Algebra I. Rolf Farnsteiner

Transkript

1 Klausur vom Algebra I Rolf Farnsteiner Lösungen Daiva Pučinskaitė

2 Aufgabe 1. Sei p R ein Primideal eines Integritätsbereichs R. Beweisen Sie folgende Aussagen: (1 S := R \ p ist eine multiplikativ abgeschlossene Teilmenge von R. (2 Ist der Ring S 1 R der Brüche ein Körper, so ist S 1 R der Quotientenkörper von R. Zu (1. Nach der Definition eines Primideals gilt p R. Daraus folgt 1 p und damit 1 S = R\p. Seien a, b S. Wenn a b p, dann a p oder b p (wiederum nach der Definition eines Primideals. Für alle a, b S gilt aber a, b p, also erhalten wir a b p und damit a b S. Die Teilmenge S ist also multiplikativ abgeschlossen. Zu (2. Der Quotientenkörper Q(R = { a b a, b R, b 0} von R ist der kleinste Körper, der R enthält: Sei L ein Teilkörper von Q(R mit R L. Für ein x = a b Q(R gilt a, b R L und b 0. Da L ist ein Körper, gilt b 1 L und damit x = ab 1 L. Der Ring S 1 R = { a b a R, b S} Q(R enthält R. Da Q(R der kleinste Körper ist, der R enthält, gilt S 1 R = Q(R, wenn S 1 R ein Körper ist.

3 Aufgabe 2. Sei K ein Körper sowie ζ K eine primitive n-te Einheitswurzel(char(K n. Es bezeichne µ n (K die Gruppe der n-ten Einheitswurzeln von K. Sei a K \ {0} sowie α := n a K ein Radikal. Zeigen Sie: (1 σ(αα 1 µ n (K für alle σ G(K(α:K. (2 Die Abbildung Ψ : G(K(α : K µ n (K ; σ σ(αα 1 ist ein injektiver Gruppenhomomorphismus. (3 Ist n eine Primzahl und gilt α K, so gilt G(K(α:K = Z/(n. Zu (1. Sei σ G(K(α : K. Es gelten folgende Eigenschaften von α = n a und von σ als Automorphismus von K(α: (i σ(βδ = σ(βσ(δ für alle σ G(K(α : K und für alle β, δ K(α, (ii σ(β 1 = σ(β 1 für alle σ G(K(α : K und für alle β K(α\ {0}, (iii σ (β r = σ(β r für alle σ G(K(α : K, alle β K(α und alle r N, (iv α n = a, nach der Definition von α, (v σ(k = k für alle k K. Ein Element β K ist eine n-te Einheitswurzel von K, wenn β n = 1. Für ein σ G(K(α : K und für α = n a gilt: (σ(αα 1 n (i = σ(α n (α 1 n (ii = σ(α n (α n 1 (iii = σ(α n (α n 1 (iv 1 (v = σ(aa = aa 1 = 1 Für alle σ G(K(α : K ist σ(αα 1 also eine n-te Einheitswurzel von K und damit σ(αα 1 µ n (K. Zu (2. Sei σ G(K(α : K, dann ist σ(αα 1 nach (1 eine n-te Einheitswurzel von K. Damit ist die Abbildung Ψ : G(K(α:K µ n (K mit σ σ(αα 1 wohldefiniert. Wir verwenden hier auch bereits in (1 aufgelistete Eigenschaften der Elemente aus G(K(α : K. Für alle σ, τ G(K(α : K gilt: Ψ(σ τ = (σ τ (αα 1 = σ(τ(α σ(α 1 σ(α α }{{} 1 (ii = σ(τ(ασ(α 1 σ(αα 1 (i = σ(τ(αα 1 Ψ(σ }{{}}{{} K (v Ψ(σ =1 = τ(αα 1 Ψ(σ = Ψ(σΨ(τ (µ }{{} n (K ist eine kommutative Gruppe. Ψ(τ

4 Die Abbildung Ψ ist damit ein Gruppen-Homomorphismus. Sei nun τ G(K(α : K und es gilt Ψ(τ = 1, dann erhalten wir τ(αα 1 = 1 und damit τ(α = α. Daraus aber folgt τ(β = β für alle β K(α. Es gilt also τ = Id K(α. Der Kern von Ψ besteht also aus einem Element, nämlich Id K(α und damit ist Ψ ein injektiver Gruppen-Homomorphismus. Zu (3. Die n-te Einheitswurzel ζ K ist primitiv, somit erzeugt sie die (zyklische Gruppe µ n (K und ist von der Ordnung n. Jede solcher Gruppen ist zu Z/(n isomorph. Ist n eine Primzahl, dann hat die Gruppe µ n (K = Z/(n genau zwei (triviale Untergruppen, nämlich 1 K und µ n (K, denn die Ordnung einer Untergruppe von µ n (K ist ein Teiler von n (nach dem Satz von Lagrange. Nach (2 ist die Gruppe G(K(α : K zu einer Untergruppe von µ n (K isomorph. Da für α K gilt [K(α : K] 1, erhalten wir aus dem Satz von Galois [K(α : K] = G(K(α : K 1. Die Untergruppe von µ n (K, die zu G(K(α : K isomorph ist, ist somit µ n (K. Nach den Erläuterungen oben gilt G(K(α : K = µ n (K = Z/(n.

5 Aufgabe 3. (1 Sei n N. Zeigen Sie, dass jeder r-zykel σ S n Ordnung r hat. (2 Bestimmen Sie die Anzahl der Sylow-5-Untergruppen von S 5. Zu (1. Sei σ S n ein r-zykel, dann existieren paarweise verschiedene i 1,..., i r {1,..., n} mit σ = (i 1,..., i r, oder anders gesagt σ(i k = i k+1 für 1 k r, σ(i r = i 1 und σ(j = j für alle j {1,..., n} \ {i 1,..., i r }. Für jedes m N und jedes j {1,..., n} \ {i 1,..., i r } gilt σ m (j = j sowie für jedes i k {i 1,..., i r } gilt σ m (i k = σ(σ(... (σ(i }{{} k = σ(σ(... (σ(i }{{} k+1 = = σ(σ(... (σ(i }{{} k+t = = i k+m, m mal (m 1 mal (m t mal dabei gilt i k+m = i t wenn k + m t mod r, also wenn k + m = z r + t für ein z Z. Wir erhalten also σ m (i k = i k+m i k für 1 m < r und σ r (i k = i k+r = i k für jedes i k {i 1,..., i r }. Anders gesagt σ m Id Sn für 1 m < r und σ r = Id Sn. Damit ist r die Ordnung jedes r-zykels von S n. Zu (2. Es gilt S 5 = 120 = 5 24 und Aus der Definition von Sylow-p- Untergruppen folgt, dass jede Untergruppe von S 5 der Ordnung 5 eine Sylow-5-Untergruppe von S 5 ist. Nach dem Satz von Sylow gilt Syl 5 (S 5 1 mod(5 und für jede Sylow-5-Untergruppe S von S 5 gilt Syl 5 (S 5 = [S 5 : N S5 (S] (hier ist N S5 (S der Normalisator von S. Da S N S5 (S und S = 5, ist 5 ein Teiler von N S5 (S. Die Anzahl der Sylow-5-Untergruppen von S 5 ist nicht negativ, also folgt aus dem Ausdruck Syl 5 (S 5 1 mod(5 Syl 5 (S 5 {5 n + 1 n N} = {1, 6, 11, 16, 21, 26,...}. ( Aus der Gleichung Syl 5 (S 5 = [S 5 : N S5 (S] folgt, dass Syl 5 (S 5 ein Teiler von S 5 = = 24 sein muss, denn es gilt [S 5 5 : N S5 (S] = S 5 nach dem Satz von Lagrange und, N S5 (S wie bereits erwähnt, gilt auch 5 N S5 (S. Anders gesagt, es gilt Syl 5 (S 5 {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24}. ( Aus ( und ( folgt Syl 5 (S 5 {1, 6}. Nach (1 ist 5 die Ordnung jedes 5-Zykels von S 5, also enthält jede von einem 5-Zykel erzeugte Untergruppe 5 Elemente. Die von dem 5-Zykel τ = (1, 2, 3, 4, 5 erzeugte Untergruppe τ = {(1, 2, 3, 4, 5, (1, 3, 5, 2, 4, (1, 4, 2, 5, 3, (1, 5, 4, 3, 2, Id S5 }

6 ist eine Sylow-5-Untergruppe von S 5. Der 5-Zykel (1, 3, 2, 4, 5 ist kein Element von τ und die davon erzeugte Untergruppe ist eine weitere Sylow-5-Untergruppe von S 5. Es gilt damit Syl 5 (S 5 > 1 und somit Syl 5 (S 5 = 6.

7 Aufgabe 4. Sei G eine Gruppe, H G eine Untergruppe sowie N G ein Normalteiler. Zeigen Sie, dass NH die von N H G erzeugte Untergruppe von G ist. Die Teilmenge NH = {n h n N, h H} G ist eine Untergruppe von G, denn N ist ein Normalteiler von G. Die von der Teilmenge N H erzeugte Untergruppe von G ist N H = {g ɛ 1 1 gm ɛm ɛ i { 1, 1}, g i N H, m N}. Außerdem ist N H die kleinste Untergruppe von G, die N H enthält, d.h. N H ist der Schnitt aller Untergruppen, die N H enthalten (insbesondere ist N H eine Untergruppe jeder Untergruppe U von G, mit N H U. Wir zeigen nun NH = N H. Sei g NH, etwa g = n h für ein n N und ein h H, dann erhalten wir g = g ɛ 1 1 g ɛ 2 2 N H für m = 2, g 1, g 2 N H mit g 1 = n, g 2 = h und ɛ 1 = ɛ 2 = 1. Es gilt also NH N H. Für jedes g N gilt g = g e G NH und für jedes h H gilt h = e G h NH, somit ist N H eine Teilmenge von NH. Aus N H = U folgt damit N H NH. U ist eine Untergruppe von G N H U

8 Aufgabe 5. Sei L:K eine endliche Galoiserweiterung. Für α L betrachten wir Tr L K(α := σ(α und NK(α L := σ(α. Beweisen Sie folgende Aussagen: (1 Tr L K(α K für alle α L. (2 NK L (α K für alle α L. (3 Es gibt α L mit Tr L K(α 0. Zu (1. Ein Element τ G(L : K ist einerseits ein Körper-Isomorphismus, andererseits ist es ein Element einer endlichen Gruppe, denn nach der Voraussetzung L : K ist eine endliche Galois-Erweiterung erhalten wir [L : K] = G(L : K < aus dem Satz von Galois. Wir verwenden nun die folgenden Eigenschaften der Elemente aus G(L : K: (i τ (β β m = τ (β τ (β m für alle β 1,..., β m L, denn τ ist ein Körper-Homomorphismus, (ii die Abbildung f τ : G(L : K G(L : K mit f τ (σ = τ σ ist bijektiv, denn G(L : K ist endlich. Anders gesagt gilt G(L : K = {τ σ σ G(L : K} für jedes τ G(L : K. Für jedes τ G(L : K und jedes α L gilt: τ ( Tr L K(α = τ σ(α (i = (τ σ (α (ii = δ G(L:K δ(α = Tr L K(α. Aus dem Satz von Galois folgt Tr L K(α L G(L:K (L G(L:K ist der Fixkörper von G in L. Es gilt L G(L:K = K und damit Tr L K(α K. Zu (2. Analog zu (1 gilt für jedes α L und jedes τ G(L : K τ ( NK L(α = τ σ(α = (τ σ (α = δ(α = NK(α. L δ G(L:K Die zweite Gleichung folgt aus der Eigenschaft τ (β 1 β m = τ (β 1 τ (β m für alle β 1,..., β m L, denn τ ist ein Körper-Homomorphismus. Die dritte Gleichung folgt aus (ii in (1. Nach der gleichen Argumentation wie in (1 ist NK L (α ein Element aus K.

9 Zu (3. Die Automorphismen von L aus der Galois-Gruppe G(L : K werden oft als Elemente des K-Vektorraumes Aut K (L aufgefasst. Damit gilt für jedes α L Tr L K(α = σ(α = σ (α. Angenommen gilt Tr L K(α = 0 für alle α L, dann ist σ ein 0-Homomorphismus von Aut K (L. Die Elemente aus G(L : K sind linear unabhängig in Aut K (L, somit kann σ kein 0-Homomorphismus sein, denn die Koeffizienten dieser linearen Kombination sind von Null verschieden. Wir erhalten einen Widerspruch zu der Annahme. Es existiert also ein α L mit Tr L K(α 0.

10 Aufgabe 6. Sei f := 4X 3 12X X + 6 Z[X]. (1 Bestimmen Sie die Primfaktorisierung von f Z[X]. (2 Ist f irreduzibel in Q[X]? Begründen Sie Ihre Antwort. (3 Ist f irreduzibel in R[X]? Begründen Sie Ihre Antwort. Hinweis: Der Körper C der komplexen Zahlen ist ein algebraischer Abschluss von R mit [C:R] = 2. Für das Polynom f gilt f = 2 (2X 3 6X 2 + 9X + 3. Zu (1. Zu zeigen ist, dass 2 und 2X 3 6X 2 + 9X + 3 irreduzibel in Z[X] sind. Die Menge Z ist ein faktorieller Ring und es gilt 2X 3 6X 2 + 9X + 3 Z[X]. Für die Primzahl p = 3 gilt 3 3, 3 9, 3 ( 6 und 3 2 sowie (3 ist ein unzerlegbares Element in Z. Sei P die Menge der Primzahlen. Wir erhalten { 1 wenn p = 2, 2 = 2 1 p 0 und damit gilt υ p (2 = 0 sonst. p P\{2} 6 = ( p 0 und damit gilt υ p ( 6 = p P\{2,3} 0 sonst. { 2 wenn p = 3, 9 = 3 2 p 0 und damit gilt υ p (9 = 0 sonst. 3 = 3 1 p P\{3} p P\{3} p 0 und damit gilt υ p (3 = { 1 wenn p = 3, 0 sonst. 1 wenn p = 2, 1 wenn p = 3, Es gilt also υ p (2X 3 6X 2 + 9X + 3 = min {υ p (2, υ p ( 6, υ p (9, υ p (3} = 0 für alle p P und damit c(2x 3 6X 2 + 9X + 3 = p P p υp(2x3 6X 2 +9X+3 = 1. Nach dem Kriterium von Eisenstein ist 2X 3 6X 2 + 9X + 3 irreduzibel in Z[X]. Jede Primzahl von Z ist auch ein Primelement in Z[X] und damit insbesondere auch irreduzibel. Somit ist 2 irreduzibel in Z[X]. Zu (2. Nach dem Kriterium von Eisenstein ist 2X 3 6X 2 + 9X + 3 irreduzibel in Q[X], denn Q ist der Quotientenkörper von Z. Da 2 (Q[X], ist f = 2 (2X 3 6X 2 + 9X + 3 irreduzibel in Q[X].

11 Zu (3. Jedes Polynom über R zerfällt in C in Linearfaktoren (denn C ist ein algebraischer Abschluss von R. Wenn f = 4X 3 12X X + 6 irreduzibel in R[X] ist, dann gibt es eine Erweiterung L : R mit [L : R] = deg (f = 3 und f(a = 0 für ein a L. Da alle Nullstellen von f in C enthalten sind, gilt L C. Nach dem Gradsatz und nach dem Hinweis gilt für die Körper-Erweiterungen R L C [C : R] = [C : L] [L : R] = 2. Daraus erhalten wir [L : R] < 3 und damit ist f nicht irreduzibel in R[X].

12 Aufgabe 7. Sei R := {( a 0 d b ; a Z, b, d Q}. Wir setzen voraus, dass R ein Unterring des Rings der (2 2-Matrizen über Q ist. (1 Zeigen Sie, dass I := {( a 0 d b R ; a (2} ein Ideal von R ist. (2 Zeigen Sie, dass J := {( a 0 d b R ; d = 0} ein Ideal von R ist. (3 Zeigen Sie, dass R/(I J = Z/(2 Q gilt. Die Menge R := {( a 0 d b ; a Z, b, d Q} mit der Matrizen-Addition und -Multiplikation ist ein Ring. Für die Teilmengen I bzw. J von R aus (1 bzw. (2 sind die Ideal-Axiome nachzuweisen. Zu (1. Wir verwenden hier die Eigenschaften von 2 Z = (2 als ein Ideal von (Z, + und von (Q, +, als ein Körper. (a Die Menge I mit Matrizen-Addition ist eine Untergruppe von (R, +: Für ( a 1 b 1 ( 0 d 1, a2 b 2 ( 0 d 2 I gilt a1 b 1 ( 0 d 1 + a2 b 2 ( 0 d 2 = a1 +a 2 b 1 +b 2 0 d 1 +d 2 I, denn für alle a 1, a 2 (2 gilt a 1 +a 2 (2 und für alle b 1, b 2, d 1, d 2 Q gilt b 1 +b 2, d 1 +d 2 Q. Das neutrale Element ist die 0-Matrix, denn 0 (2 und 0 Q. Das inverse Element von ( a 0 d b I, also die Matrix ( a b 0 d, liegt auch in I, denn für jedes a ( (2 gilt a (2 und für alle b, d Q gilt auch b, d Q. (b Seien ( a 0 d b R und ã b 0 d I, dann gilt ( ( (L ( a 0 d b ã b a ã a b+b = d I, denn für alle a Z und alle ã (2 gilt 0 d 0 d d a ã (2. Es gilt auch a b + b d, d d Q für alle a Z und alle b, d, b, d Q. Damit ist I ein Linksideal von R. ( ( (R ã b 0 d ( a 0 d b = ã a ã b+ b d I mit der analogen Argumentation wie in (L. 0 d d Damit ist I auch ein Rechtsideal von R. Die Axiome eines Ideals von R sind somit für I erfüllt. Zu (2. Wie in Teil (1 gelten die Axiome eines Ideals von R auch für die Teilmenge J: (a Mit analogen Argumentationen wie in (1(a können wir zeigen, dass J eine additive Untergruppe von (R, + ist. (b Für ein ( a 0 d b R und ein ( ã b 0 0 J ist Folgendes erfüllt:

13 ( (L ( a 0 d b ã b 0 d = ( a ã a b+b d 0 0 J, denn a ã Z für alle a, ã Z und a b+b d Q ( für alle a Z und alle b, d, b Q. (R ã b 0 d ( a 0 d b = ( ã a ã b+ b d 0 0 J nach den analogen Argumenten. Die Teilmenge J ist ein Links- und Rechtsideal und damit ein Ideal von R. Zu (3. Da I und J Ideale von R sind, ist auch I J = {( a 0 0 b a (2, b Q} ein Ideal von R und damit ist R/ (I J = {( a 0 d b + I J ( a 0 d b {( R} = a b a Z/(2, b Q/Q = { 0 }, d Q/(0 } = Q 0 d a Z/(2, d Q } = {( a 0 0 d ein Ring mit der zu (R, +, korrespondierenden Addition und Multiplikation. Die Menge Z/(2 Q = {(x, y x Z/(2, y Q} mit der Addition (x, y + (x, y = (x + x, y + y und der Multiplikation (x, y (x, y = (x x, y y ist ein Ring. Sei nun die Abbildung f wie folgt definiert: Es is Folgendes erfüllt: f : R/ (I J Z/(2 Q (a, d. ( a 0 0 d f ist wohldefiniert, denn aus ( a 0 0 d wir f ( a 0 0 d = (a, d = (a, d = f = ( a 0 ( a 0, 0 d 0 d f ist ein Ring-Homomorphismus: Für alle ( a 0 ( ( f a 0 ( 0 d + a 0 0 d ( ( f a 0 ( 0 d a 0 0 d = f ( a+a 0 0 d+d = (a, d + (a, d folgt a = a, d = d und damit erhalten 0 d (, a 0 R/ (I J gilt: 0 d = (a + a, d + d = f ( ( a 0 0 d + f a 0, 0 d ( = f a a 0 = (a a, d d 0 d d = (a, d (a, d = f ( ( a 0 0 d f a 0, 0 d ( f ist surjektiv: Sei (x, y Z/(2 Q, dann gilt für M = x 0 0 y R/ (I J also f(m = (x, y, f ist injektiv: Wenn für ein ( ( a 0 0 d R/ (I J gilt f a 0 ( 0 d = 0, 0, dann sind a = 0, d = 0 und damit gilt ker f = {( } Die Abbildung f ist damit ein Ring-Isomorphismus und damit gilt R/ (I J = Z/(2 Q.

14 Aufgabe 8. Gegeben sei die Körpererweiterung Q( 2, 3:Q. (1 Beweisen Sie, dass Q( 2, 3:Q eine Galoiserweiterung ist. (2 Zeigen Sie, dass [Q( 2, 3:Q] = 4 gilt. (3 Zeigen Sie, dass G(Q( 2, 3:Q = Z/(4 gilt. Zu (1. Im Fall char K = 0 ist eine normale Körpererweiterung L : K galoisch. Da char Q = 0, reicht es, Folgendes zu zeigen: Es gibt eine Teilmenge F Q [x] \ {0}, so dass Q( 2, 3 ein Zerfällungskörper von F über Q ist. Sei F := {f := x 2 2, g := x 2 3}, dann gilt (a f = ( x 2 ( x + 2 und g = ( x 3 ( x + 3, d.h. f und g zerfallen über Q( 2, 3 in Linearfaktoren und (b Q( 2, ( 3 = Q Z Q( 2, 3 (f Z Q( 2, 3 (g = Q ( 2, 2, 3, 3. Der Körper Q( 2, 3 ist ein Zerfällungskörper von F über Q und damit ist die Erweiterung Q( 2, 3 : Q galoisch. Zu (2. Der Körper Q( 2 ist ein Zwischenkörper der Erweiterung Q( 2, 3 : Q. Nach dem Gradsatz gilt damit [ Q( 2, 3 : Q ] = [ Q( 2, 3 : Q( 3 ] [ Q( 3 : Q ]. Aus (1 folgt, dass die Körpererweiterungen Q( 2, 3 : Q( 3 und Q( 3 : Q algebraisch sind. Somit reicht es, (i den Grad des Minimalpolynoms von 3 über Q und (ii den Grad des Minimalpolynoms von 2 über Q( 3 zu bestimmen. (i Das Polynom X 2 3 aus Q[X] ist das Minimalpolymon von 3 über Q, denn X 2 3 ist normiert mit 3 als einer Nullstelle und wegen X 2 3 = ( x 3 ( x + 3 mit 3, 3 Q irreduzibel. Es gilt [ Q( 3 : Q ] = deg ( µ 3 = deg (X 2 3 = 2 und damit erhalten wir [ Q( 3 : Q ] = 2. (ii Offensichtlich ist 2 eine Nullstelle des Polynoms X 2 2 aus Q( 3[X]. Damit ist das Minimalpolynom von 2 über Q( 3 ein Teiler von X 2 2. Anders gesagt gilt deg ( µ 2 2 und damit [ Q( 2, 3 : Q( 3 ] {1, 2}. Wir zeigen [ Q( 2, 3 : Q( 3 ] 1, also Q( 2, 3 Q( 3, oder anders gesagt 2 Q ( 3. Aus (i folgt dim Q Q ( 3 = 2 und damit ist { 1, 3 } eine Q-Basis von Q ( 3 : Für jedes α Q ( 3 existieren also eindeutig bestimmte a α, b α Q mit α = a α + b α 3.

15 Angenommen 2 Q ( 3, dann gilt 2 = a + b 3 für gewisse a, b Q. Aus 2 Q folgt b 0 und für jeden b Q gilt b : Beweis. Sei b = x y mit x, y Z und ggt(x, y = 1. Wenn b2 = 2 3, dann 2 y2 = 3 x 2 und damit ist die Primzahl 3 ein Teiler von 2 y 2. Aus 3 2 folgt 3 y 2 und damit 3 y. Es gilt also y = 3 z für ein z Z\ {0}. Wir erhalten also 2 9 c 2 = 3 x 2 und damit also 2 3 c 2 = x 2. Damit teilt 3 auch a 2 und somit auch a. Dies ist aber ein Widerspruch zu ggt(x, y = 1. Es gibt also kein b Q mit b 2 = 2 3. Nach der Annahme 2 Q( 3 gilt damit 2 = a + b 3 mit a, b 0. Wir erhalten eine Implikationskette 2 = a + b 3 2 = ( a + b 3 2 = a 2 + b ab 3 2 a 2 b 2 3 = 2ab 3 2 a 2 b = 2ab Aus 2, 3, a, b Q\ {0} folgt damit 3 = 2 a2 b 2 3 Q, was zu einem Widerspruch führt. 2ab Der Ansatz 2 Q ( 3 ist also falsch und daraus folgt [ Q( 2, 3 : Q( 3 ] = 2. Damit erhalten wir [ Q( 2, 3 : Q ] = [ Q( 2, 3 : Q( 3 ] [ Q( 3 : Q ] = 4. Zu (3. Nach dem Satz von Galois ist die Anzahl der Untergruppen von G ( Q( 2, 3 : Q gleich der Anzahl der Zwischenkörper der Erweiterung Q( 2, 3 : Q. Die zyklische Gruppe Z/(4 = { 0, 1, 2, 3 } hat genau 3 Untergruppen, nämlich 0, 2 und 1 = 3 = Z/(4. Die Körper Q, Q( 2, Q( 3 und Q ( 2, 3 sind (die Zwischenkörper der Erweiterung Q( 2, 3 : Q. Damit hat G ( Q( 2, 3 : Q (mindestens 4 Untergruppen und kann somit nicht zu Z/(4 isomoph sein.