Blatt 13 - Musterlösung - Institut für Mathematik

Technische Universität Berlin
Fakultät II, Institut für Mathematik
Sekretariat MA 3-2
Paul Breiding
Algebra I
Wintersemester 2015/2016
Blatt 13 - Musterlösung
Für die Korrektheit der Lösungen wird keine Gewähr übernommen.
Aufgabe 1 (10 Punkte).
(1) Sei p ∈ Z eine Primzahl und K ⊆ L mit [L : K] = p. Zeige: Es existiert a ∈ L
mit L = K( a).
(2) Sei K ⊆ L eine endliche Körpererweiterung vom Grad [L : K] = 2k , k ≥ 0,
und f ∈ K[ X ] ein kubisches Polynom, welches in L eine Nullstelle hat. Zeige,
dass f bereits eine Nullstelle in K hat.
(3) Zeige, dass jedes reelle Polynom von ungeradem Grad eine reelle Nullstelle hat.
Lösung. (1) Wähle a ∈ L\K. Dann ist p = [K( a) : K] [L : K( a)]. Da a 6∈ K, muss
[K( a) : K] > 1 sein, also [K( a) : K] = p. Dann ist [L : K( a)] = 1 und L = K( a).
(2) Beachte, dass f genau dann eine Nullstelle in K hat, wenn es irreduzibel in K[ X ]
ist. Angenommen f ist irreduzibel. Sei a ∈ L eine Nullstelle von f , die in L liegt.
Dann ist K ⊂ K( a) ⊂ L. Daraus folgt 3 = deg( f ) = [K( a) : K] | [L : K] = 2k .
Das ist ein Widerspruch und f ist daher nicht irreduzibel.
(3) Verwende, dass [C : R] = 2.
Aufgabe 2 (10 Punkte). Sei K ⊆ L eine endliche Körpererweiterung. Man zeige:
(1) Für a ∈ L ist das Minimalpolynom von a über K gleich dem Minimalpolynom
der K-linearen Abbildung φa : L → L, x 7→ a · x.
(2) Es gilt L = K( a) genau dann, wenn das Minimalpolynom von a über K gleich
dem charakteristischen Polynom von φa ist.
Lösung. (1) Sei a ∈ L. Per Definition ist das Minimalpolynom mφa ∈ K[ X ] von
φa , das Polynom vom kleinsten Grad, so dass mφa (φa ) = 0. Wir zeigen nun, dass
mφa ( a) = 0. Da mφa von minimalem Grad ist und aus K[ X ] ist, muss es in diesem
Fall schon das Minimalpolynom von a sein. Sei mφa = ∑in=0 λi X i . Für alle x ∈ L
gilt
0 = mφa (φa )( x ) =
und daher mφa ( a) = 0.
n
n
n
i =0
i =0
i =0
∑ λi φai (x) = ∑ λi ai x = x ∑ λi ai
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(2) Sei [L : K] = n. Dann gilt
L = K( a) ⇐⇒ deg mφa ( X ) = n.
Wir bezeichnen mit χφa ( X ) das char. Polynom von φa . Aus Lineare Algebra I ist
bekannt, dass deg χφa ( X ) = n und dass χφa ( X ) ein Vielfaches von mφa ( X ) ist. Es
folgt, dass L = K( a) genau dann, wenn mφa ( X ) = χφa ( X ).
Aufgabe 3 (10 Punkte). Berechne das Minimalpolynom von
√
√
(1) 2 + 3.
(2) ζ + ζ −1 , wobei ζ := exp(2πi/5).
√ √
√
√
Zeige zudem, dass Q( 2 + 3) = Q( 2, 3).
√
√ √
√
Lösung. (1) Es ist [Q( 2) : Q] = [Q( 2, 3) : Q( 2)] = 2, so dass
√ √
[Q( 2, 3) : Q] = 4.
√
√
√ √
√
Weiterhin ist Q( 2) ( Q( 2 + 3) ⊆ Q( 2, 3), woraus folgt, dass
√
√ √
√
Q( 2 + 3) = Q( 2, 3).
√ √
Wir können
Aufgabe
2 verwenden. Als Q-Vektorraum hat Q( 2, 3) die
n √ nun
o
√ √ √
Basis 1, 2, 3, 2 3 . Damit lässt sich die Abbildung φ√2+√3 mit folgender
Matrix darstellen.


0 2 3 0
1 0 0 3


M := 
.
1 0 0 2
0 1 1 0
√
√
Nach Aufgabe 2 ist das Minimalpolynom von 2 + 3 gleich det( M − X Id4×4 )
√
(2) Es ist ζ + ζ −1 = 12 ( 5 − 1) Nullstelle von 41 (2X + 1)2 − 5 = X 2 + X − 1 := f ( X ).
Da ζ + ζ −1 6∈ Q, muss das Minimalpolynom von ζ + ζ −1 mindestens Grad 2
haben. Es folgt, dass f das Minimalpolynom von ζ + ζ −1 ist.
Aufgabe 4 (10 Punkte). Sei K ⊂ L eine Körpererweiterung. Zeige: a, b ∈ L sind
genau dann algebraisch über K, falls a + b und ab algebraisch über K sind.
Lösung. Seien a, b ∈ L algebraisch über L. Dann sind auch a + b, ab ∈ K( a, b) algebraisch über K. Seien nun a + b, ab ∈ L algebraisch über K. Es genügt zu zeigen, dass a, b algebraisch über K( a + b, ab) sind. Sei f ( T ) = T 2 − ( a + b) T + ab ∈
K( a + b, ab)[ T ]. Dann ist f ( a) = 0. Analog können wir zeigen, dass b algebraisch
über K( a + b, ab) ist.
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Aufgabe 5 (10 Punkte). Sei K ⊂ L eine Körpererweiterung. Ein Element x ∈ L
heißt transzendent über K, falls es nicht algebraisch über K ist.
(1) Sei x ∈ L transzendent über K und n ∈ N>0 . Zeige, dass x n transzendent über K
ist und dass [K( x ) : K( x n )] = n.
(2) Ist α ∈ L algebraisch über K, so gilt [K(αn ) : K] ≥
1
n
[K( α ) : K].
Lösung. (1) Sei x ∈ L transzendent über K. Angenommen x n ist nicht transzendent
über K, dann ist es Nullstelle eines Polynoms aus K[ T ], etwa f ( T ) ∈ K[ T ]. Dann
ist aber x Nullstelle von f ( T n ) ∈ K[ T ] und daher nicht transzendent.
Es ist einfach zu sehen, dass x Nullstelle von T n − x n ∈ K( x n )[ T ] ist. Daher gilt
[K( x ) : K( x n )] ≤ n. Da x transzendent über K ist, sind 1, x, . . . , x n−1 linear
unabhängig über K( x n ), woraus folgt, dass [K( x ) : K( x n )] ≥ n.
(2) Es ist α eine Nullstelle von T n − αn ∈ K(αn )[ T ]. Daher gilt [K(α) : K(αn )] ≤ n
und somit
[K(α) : K] = [K(α) : K(αn )] [K(αn ) : K] ≤ n [K(αn ) : K],
woraus die Behauptung folgt.