diff --git a/ws2020/algebra/uebungen/algebra4.pdf b/ws2020/algebra/uebungen/algebra4.pdf
index 8ade420..37176f3 100644
Binary files a/ws2020/algebra/uebungen/algebra4.pdf and b/ws2020/algebra/uebungen/algebra4.pdf differ
diff --git a/ws2020/algebra/uebungen/algebra4.tex b/ws2020/algebra/uebungen/algebra4.tex
index 31a5f14..6a62427 100644
--- a/ws2020/algebra/uebungen/algebra4.tex
+++ b/ws2020/algebra/uebungen/algebra4.tex
@@ -201,4 +201,94 @@
     \end{enumerate}
 \end{aufgabe}
 
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $(K^{\times })^2 = \text{Bild}(\varphi)$ Untergruppe vom Index 2 in $K^{\times}$.
+            \begin{proof}
+                Sei $K$ endlich und $\text{char}(K) \neq 2$. 
+
+                Es ist zunächst für
+                $a, b \in K^{\times }\colon \varphi(ab) = (ab)^2 = a^2b^2 = \varphi(a)\varphi(b)$. Also
+                $\varphi$ Grp.hom und damit $\text{im }\varphi$ Untergruppe in $K^{\times }$.
+
+                Dann sei $a \in K^{\times}$ mit
+                $\varphi(a) = 1$. Dann folgt, da $K$ Körper, insbesondere nullteilerfrei
+                \[
+                    a^2 = 1 \implies a^2 - 1 = 0 \implies (a+1)(a-1) = 0 \implies a = 1 \lor a = -1
+                .\] Es folgt also $\text{ker } \varphi = \{1, -1\} $. Ang.: $1 = -1$, dann
+                ist $0 = 1 + (-1) = 1 + 1$, also $\text{char}(K) = 2$ $\contr$. Also
+                folgt $\text{ord}(\text{ker } \varphi) = 2$ $(*)$.
+
+                Dann ist nach Homomorphiesatz
+                $K^{\times } / \text{ker } \varphi \stackrel{\sim }{=} \text{im }\varphi$, insbesondere
+                \[
+                K^{\times} \colon \text{ker }\varphi = \text{ord}\left( K^{\times } / \text{ker } \varphi \right)
+                = \text{ord}(\text{im } \varphi) \qquad (**)
+                .\] Außerdem gilt nach Satz von Lagrange
+                \[
+                    K^{\times } \colon \text{im }\varphi
+                    \qquad \stackrel{\text{Lagrange}}{=} \qquad
+                    \frac{\text{ord}(K^{\times })}{\text{ord}(\text{im }\varphi)}
+                    \stackrel{(**)}{=}
+                    \frac{\text{ord}(K^{\times})}{K^{\times } : \text{ker } \varphi}
+                    \qquad \stackrel{\text{Lagrange}}{=} \qquad \text{ord}(\text{ker } \varphi)
+                    \stackrel{(*)}{=} 2
+                .\]
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Eine der Zahlen $-1, -2, 2$ ist ein Quadrat.
+            \begin{proof}
+                Sei $K$ endlich. Falls $\text{char}(K) = 2$ folgt $-1 = 1$, denn $1 + 1 = 0$.
+                Also ist $-1 = 1 = 1^2$ ein Quadrat.
+
+                Sei nun $\text{char}(K) \neq 2$. Ang.: $-2$ und $2$ sind keine Quadrate.
+                Betrachte $\varphi$ aus (a). Dann
+                ist $2, -2 \not\in \text{im }\varphi$. Nach (a) gibt es jedoch nur zwei
+                Nebenklassen bezüglich $\text{im } \varphi$ in $K^{\times }$. Also folgt
+                $\overline{2} = \overline{-2}$, also $(-2)^{-1}2 \in \text{im }\varphi$. 
+                Da $(-1) (-1) = 1$ folgt $(-1)^{-1} = -1$, also damit
+                \[
+                    -1 = (-1)^{-1} = (-1)^{-1} \cdot 1 = (-1)^{-1} 2^{-1}2 = (-2)^{-1} 2 \in \text{im }\varphi
+                .\] Also $\exists a \in K^{\times }$ mit $a^2 = -1$. Damit folgt da $K$ nullteilerfrei
+                \[
+                    0 = -1 + 1 = -1 - (-1) = -1 - a^2 \implies (-1-a) (-1+a) = 0 \implies a = -1 \lor a = 1
+                .\] Also folgt
+                \[
+                    -1 = a^2 = (-1)^2 = 1 \lor -1 = a^2 = 1^2 = 1
+                .\] Also $-1 = 1$ und damit $0 = 1 + (-1) = 1 + 1$, also $\text{char }K = 2$ $\contr$.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $X^{4} + 1 \in \mathbb{F}_p[X]$ für $p$ Primzahl lässt sich als Produkt zweier
+            quadratischer Polynome schreiben.
+            \begin{proof}
+                Sei $p$ Primzahl. Dann ist $\mathbb{F}_p[X]$ endlicher Körper, also nach (b)
+                mindestens eine der Zahlen $-1, -2, 2$ ein Quadrat.
+                Falls
+                \begin{itemize}
+                    \item $\exists a \in \mathbb{F}_p^{\times}$ mit $a^2 = -1$: Dann ist
+                        \[
+                            X^{4} + 1 = X^{4} - (-1) = X^{4} - a^2 = (X^2 - a) (X^2 + a)
+                        .\]
+                    \item $\exists a \in \mathbb{F}_p^{\times }$ mit $a^2 = 2$: Dann ist
+                        \[
+                            X^{4} + 1 = (X^2 +1)^2 - 2X^2 = (X^2 +1)^2 - a^2X^2
+                            = (X^2 +1 - aX) (X^2 + 1 + aX)
+                        .\]
+                    \item $\exists a \in \mathbb{F}_p^{\times }$ mit $a^2 = -2$: Dann ist
+                        \[
+                            X^{4} + 1 = (X^2 - 1)^2 - (-2)X^2 = (X^2 -1)^2 - a^2X^2
+                            = (X^2 - 1 - aX) (X^2 -1 + aX)
+                        .\]
+                \end{itemize}
+                Das zeigt die Behauptung.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $X^{4} + 1$ ist irreduzibel in $\Q[X]$.
+            \begin{proof}
+                Betrachte
+                \[
+                    f(X+1) = X^{4} + 4X^{3} + 6X^2 + 4X + 2
+                .\] Dann ist $f(X+1)$ irreduzibel nach Eisenstein mit $p = 2$ in $\Q[X]$, also
+                auch $f$ irreduzibel in $\Q[X]$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
 \end{document}