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\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\title{Algebra I: Übungsblatt 4}
\author{Lukas Nullmeier, Christian Merten}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Es ist $f = X^{5} - 3$ Minimalpolynom von $\sqrt[5]{3}$, denn
            $f(\sqrt[5]{3}) = 3 - 3 = 0$ und $f$ ist primitiv und damit irreduzibel nach Eisenstein
            mit $p = 3$.
        \item Es ist $f = X^{4} - X^2 + 1$ Minimalpolynom von $\sqrt{2}  + \sqrt{3} $. Denn
            es ist $f(\sqrt{2} + \sqrt{3}) = 0$.

            Weiter
            ist $2 + 2 \sqrt{2} \sqrt{3} + 3 = (\sqrt{2} + \sqrt{3})^2 \in \Q(\sqrt{2}  + \sqrt{3})$, also
            da $2, 3 \in Q$ auch $\sqrt{2} \sqrt{3} \in \Q(\sqrt{2}  + \sqrt{3} )$. Damit folgt
            $(\sqrt{2} + \sqrt{3})\sqrt{2}\sqrt{3} = 2 \sqrt{3} + 3\sqrt{2} \in \Q(\sqrt{2} + \sqrt{3})$
            und damit $2 \sqrt{3} + 3\sqrt{2} - 2(\sqrt{2} + \sqrt{3}) = \sqrt{2} \in \Q(\sqrt{2} + \sqrt{3})$
            und damit auch $\sqrt{3} \in \Q(\sqrt{2} + \sqrt{3})$. Damit folgt, da
            $\sqrt{2} +\sqrt{3} \in \Q(\sqrt{2} , \sqrt{3} )$, dass
            $\Q(\sqrt{2} + \sqrt{3}) = \Q(\sqrt{2} , \sqrt{3} )$.

            Und es gilt weiter
            mit $g = X^2 - 2 \in \Q(\sqrt{3})[X] $, $g(\sqrt{2}) = 0$ und $\sqrt{2} \not\in \Q(\sqrt{3})$,
            dass $1 < [\Q(\sqrt{2}, \sqrt{3}) \colon \Q(\sqrt{3}) ] \le 2$ also
            damit $[\Q(\sqrt{2} , \sqrt{3} ) \colon \Q(\sqrt{3})] = 2$. Analog
            mit $h = X^2 - 3$ folgt $[\Q(\sqrt{3}) \colon \Q] = 2$. Insgesamt
            folgt mit Gradsatz $[\Q(\sqrt{2}  + \sqrt{3}) \colon \Q] = 2 \cdot 2 = 4$.

            Damit ist $f$ bereits normiertes Polynom kleinsten Grades mit $f(\sqrt{2}  + \sqrt{3} ) = 0$, also
            $f$ Minimalpolynom.
        \item Es ist $f = X^4 - \frac{5}{4} X^2 + \frac{5}{16}$ Minimalpolynom
            von $\sin\left( \frac{2\pi}{5} \right) $, denn
            $\sin\left( \frac{2\pi}{5} \right) = \frac{1}{4}\sqrt{2(5+\sqrt{5})}$ und damit
            $f\left(\sin\left( \frac{2\pi}{5} \right)\right) = 0$. Außerdem
            ist $16f = 16X^4 - 20 X^2 + 5$ primitiv, denn $5 \nmid 16$ und wegen $5  \mid 20$
            irreduzibel nach Eisenstein mit $p =5$. Also auch $f$ irreduzibel und damit
            Minimalpolynom.
        \item Es ist $f= X^4 - X^2 + 1$ Minimalpolynom von $e^{\frac{i \pi}{6}} - \sqrt{3} $, denn
            es ist mit Euler Identität mit Euler Identität mit Euler Identität mit Euler Identität
            \begin{salign*}
                e^{\frac{\pi i}{6}} - \sqrt{3} &= \cos\left( \frac{\pi}{6} \right) + i \sin\left( \frac{\pi}{6} \right) - \sqrt{3} \\
                &= \frac{\sqrt{3} }{2} - \frac{i}{2} - \sqrt{3} \\
                &= - \frac{\sqrt{3} }{2} + \frac{i}{2} \\
                &= - \cos\left( \frac{\pi}{6} \right) + i \sin\left( \frac{\pi}{6} \right) \\
                &= - \cos\left( - \frac{\pi}{6} \right) - i \sin\left( - \frac{\pi}{6} \right) \\
                &= - e^{-\frac{\pi i }{6}}
            .\end{salign*}
            Damit folgt $f(e^{\pi i / 6} - \sqrt{3}) = f\left( - e^{- \pi i /6} \right) = 0$.

            Da $e^{\frac{i \pi}{6}} -\sqrt{3} = \frac{i}{2} - \frac{\sqrt{3} }{2}$, bleibt es analog
            zu (b) zu zeigen, dass $\sqrt{3}, i \in \Q(i - \sqrt{3})$. Es
            ist $(i - \sqrt{3})^2 = 2 - 2 i \sqrt{3}$, also $i \sqrt{3} \in \Q(i - \sqrt{3})$. Damit folgt
            $\Q(i - \sqrt{3}) \ni i\sqrt{3} (i - \sqrt{3}) -(i - \sqrt{3}) = - 4i$, also
            $i \in \Q(i - \sqrt{3}) $ und damit auch $\sqrt{3} \in \Q(i-\sqrt{3})$, also analog
            zu (b): $\Q(i - \sqrt{3}) = \Q(i, \sqrt{3})$. Mit
            $g = X^2 + 1$, $g(i) = 0$ und $h = X^2 - 3$, $h(\sqrt{3}) = 0$, folgt damit analog zu (b)
            $[\Q(i - \sqrt{3}) \colon \Q] = 2 \cdot 2 = 4$.

            Also ist $f$ bereits normiertes Polynom kleinsten Grades mit $f(e^{\pi i /6} - \sqrt{3}) = 0$,
            also $f$ Minimalpolynom.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Es ist $f = X^4 - 2$ Minimalpolynom von $\sqrt[4]{2}$ über $\Q$, denn
            $f(\sqrt[4]{2}) = 0 $ und $f$ normiert und irreduzibel nach Eisenstein mit $p = 2$.
            Damit folgt $[ K \colon \Q] = \text{deg}(f) = 4$.
        \item Es ist $f = X^2 + 1$ Minimalpolynom von $i$ über $K$, denn
            $f(i) = 0$ und $f$ irreduzibel über $\R$, also insbesondere über $K \subseteq \R$.
            Damit ist $[L \colon K] = \text{deg}(f) = 2$ und damit mit Gradsatz
            $[L \colon \Q] = [L \colon K] \cdot [K \colon \Q] \stackrel{\text{(a)}}{=} 2 \cdot 4 = 8$.
        \item Es ist $\sqrt[4]{2} \in L$, also auch $L \ni \sqrt[4]{2}^2 = \sqrt{2}$.

            Weiter gilt $f = X^2 - 2$ normiert und irreduzibel nach Eisenstein mit $p = 2$, also
            Minimalpolynom von $\sqrt{2} $ über $\Q$, denn $f(\sqrt{2}) = 0$.
            Damit folgt $[\Q(\sqrt{2} \colon \Q] = \text{deg}(f) = 2$.

            Außerdem ist $\Q(\sqrt{2}) \subseteq \R$ und $f = X^2 + 1$ normiert und irreduzibel über $\R$, also
            insbesondere über $\Q(\sqrt{2})$. Also ist $f$, wegen $f(i) = 0$, Minimalpolynom
            von $i$ über $\Q(\sqrt{2})$. Damit folgt $[\Q(\sqrt{2})(i) \colon \Q(\sqrt{2})] = 2$.

            Insgesamt folgt damit mit Gradsatz: $[\Q(\sqrt{2} , i) \colon \Q] = 2 \cdot 2 = 4$.
        \item Es ist $f = X^2 - 2 \sqrt{2} X + 3$ Minimalpolynom von $\sqrt{2} + i$ über $\Q(\sqrt{2})$,
            denn $\sqrt{2} + i \not\in \Q(\sqrt{2})$, also insbesondere
            $\Q(\sqrt{2} + i) \neq \Q(\sqrt{2})$. Damit ist $f$ bereits normiertes Polynom
            kleinsten Grades, also Minimalpolynom von $\sqrt{2} + i$ über $\Q(\sqrt{2})$.

            Es ist $i \in \Q(\sqrt{2} + i)$, denn mit
            $(\sqrt{2}  + i)^2 = 1 + 2i\sqrt{2}$ folgt $i \sqrt{2} \in \Q(\sqrt{2} + i)$, also
            auch
            $\Q(\sqrt{2} +i) \ni \sqrt{2} i (\sqrt{2}  + i) + (\sqrt{2} +i) = 2i - \sqrt{2} + \sqrt{2} + i = 3i$.
            Damit folgt auch $\sqrt{2} \in \Q(\sqrt{2} + i)$. Da $\sqrt{2}  + i \in \Q(\sqrt{2} , i)$
            folgt insgesamt $\Q(\sqrt{2}  + i) = \Q(\sqrt{2} , i)$.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: Ist $[L : K] = p$ eine Primzahl, dann ex. ein $\alpha \in L$ mit $L = K(\alpha)$.
            \begin{proof}
                Es ist $[L \colon K] = p < \infty$. Das heißt
                $\exists \alpha_1, \ldots, \alpha_n \in L$ mit $\alpha_1, \ldots, \alpha_n$ algebraisch
                mit $L = K(\alpha_1, \ldots, \alpha_n)$. Dann folgt
                \[
                    K \subseteq K(\alpha_1) \subseteq K(\alpha_1, \alpha_2) \subseteq \ldots
                    \subseteq K(\alpha_1, \ldots, \alpha_n) = L
                .\] Mit Gradsatz folgt damit
                \[
                    p = [L \colon K] = [ K(\alpha_1, \ldots, \alpha_n) \colon K(\alpha_1, \ldots, \alpha_{n-1}]
                    \cdot \ldots \cdot [K(\alpha_1) \colon K]
                .\] Da $p$ Primzahl sind alle Faktoren $1$ bis auf einer. oE.: $[K(\alpha_1) \colon K] = p$.
                Damit sind $K(\alpha_1) = K(\alpha_1, \alpha_2) = \ldots = K(\alpha_1, \ldots, \alpha_n) = L$.
            \end{proof}
        \item Beh.: Ist $[L : K] = 2^{k}$ und $f \in K[X]$ Polynom vom Grad 3 mit Nullstelle in $L$, dann
            hat $f$ auch Nullstelle in $K$.
            \begin{proof}
                Sei $[L \colon K] = 2^{k}$ und $f \in K[X]$ mit $\alpha \in L$ und $f(\alpha ) = 0$.
                Ang.: $\alpha \not\in K$. Dann ist $f$ bereits irreduzibel vom Grad 3 über $K$, da
                $f$ keine Nullstelle hat über Körper $K$.
                Damit $\exists g \in K[X]$ mit $g \stackrel{\wedge}{=} f$ und
                $g$ normiert mit $\text{deg}(g) = \text{deg}(f) = 3$. Dann ist
                $g$ Minimalpolynom von $\alpha $ über $K$. Also folgt
                $[K(\alpha) \colon K] = 3$ und damit nach Gradsatz
                \[
                    [ L \colon K] = [L \colon K(\alpha)] \cdot [K(\alpha) \colon K]
                    = 3n
                \] für ein $n \in \N$. Also $2^{k} = 3n$ $\contr$, denn einziger Primfaktor
                von $2^{k}$ ist $2$.
            \end{proof}
        \item Beh.: Ist $[L \colon K]$ ungerade und $L = K(\alpha)$ für ein $\alpha \in L$, so
            gilt $L = K(\alpha^2)$.
            \begin{proof}
                Sei $\alpha \in L$ mit $L = K(\alpha)$ und $K(\alpha) \neq K(\alpha^2)$. Da
                $\alpha^2 \in K(\alpha)$
                ist $K \subseteq K(\alpha^2) \subseteq K(\alpha)$. Da aber $K(\alpha) \neq K(\alpha^2)$
                ist $[K(\alpha) \colon K(\alpha^2)] \ge 2$. Da außerdem
                mit $f = X^2 - \alpha^2 \in K(\alpha^2)[X]$ gilt, dass $f(\alpha) =0$, folgt
                $[K(\alpha) \colon K(\alpha^2)] \le 2$, also insgesamt
                $[K(\alpha) \colon K(\alpha^2)] = 2$. Damit folgt mit Gradsatz
                \[
                    [ L \colon K ] = [ K(\alpha) \colon K(\alpha^2) ] \cdot [K(\alpha^2) \colon K]
                    = 2 n
                \] für ein $n \in \N$, also insbesondere $[ L \colon K]$ gerade.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $\overline{K}$ ist unendlich.
            \begin{proof}
                Sei $\overline{K}$ endlich. Dann sei $\overline{K} = \{a_1, \ldots, a_n\} $ mit
                $n \in \N$.
                Betrachte $f = (X - a_1) (X - a_2) \ldots (X - a_n) + 1$. Dann ist
                $\text{deg}(f) \ge 1$, denn $\overline{K}$ Körper, insbesondere $0, 1 \in K$, also $n \ge 2$.

                Aber
                $f$ hat keine Nullstelle in $\overline{K}$, denn
                $\forall a \in \overline{K}\colon (a - a_1)(a - a_2) \ldots (a-a_n) = 0$, also
                $f(a) = 1$. Also $\overline{K}$ nicht algebraisch abgeschlossen.
            \end{proof}
        \item Beh.: $K$ abzählbar $\implies$ $\overline{K}$ abzählbar.
            \begin{proof}
                Sei $K$ abzählbar. Dann existieren abzählbar viele Polynome über $K$, insbesondere
                abzählbar viele normierte, irreduzible Polynome, also insbesondere
                abzählbar viele algebraische Elemente $\alpha \in \overline{K}$ über $K$.
                Also $\overline{K}$ abzählbar.
            \end{proof}
        \item Beh.: Es existieren Zahlen $z \in \mathbb{C}$, die transzendent über $\overline{Q}(\pi)$ sind.
            \begin{proof}
                Ang. alle Elemente $z \in \mathbb{C}$ sind algebraisch über $\overline{\Q}(\pi)$. Da
                $\mathbb{C}$ algebraisch abgeschlossen folgt damit, dass
                $\mathbb{C}$ ein algebraischer Abschluss von $\overline{Q}(\pi)$ ist. Allerdings
                ist $\Q$ abzählbar, nach (b) insbesondere $\overline{Q}$ abzählbar und
                $\overline{Q}(\pi) \stackrel{\sim }{=} \overline{Q}^2$ abzählbar. Damit ist
                erneut nach (b) $\mathbb{C}$ abzählbar $\contr$.
            \end{proof}
        \item Beh.: $\overline{K}(X)$ ist nicht algebraisch abgeschlossen.
            \begin{proof}
                Betrachte $f = T^2 - X \in \overline{K}(X)[T]$. Ang. $f$ hat Nullstelle $g \in \overline{K}(X)$.
                Also $g = \frac{p}{q}$ für $p, q \in \overline{K}[X]$ mit $p, q \neq 0$ da $f \neq 0$, also
                $\text{deg}(p) , \text{deg}(q ) \ge 0$. Aus $f(g) = 0$ folgt
                $\left( \frac{p}{q} \right) ^2 = X$, also $p^2 = X q^2$. Damit
                \[
                    \text{deg}(p^2)  = \text{deg}(X) + \text{deg}(q^2) = 1 + \text{deg}(q^2) 
                .\] 

                Nach Gradsatz
                ist $\text{deg}(p^2) = 2\text{deg}(p)$ und $\text{deg}(q^2) = 2 \text{deg}(q) $, also folgt
                \[
                    \underbrace{2 \text{deg}(p)}_{\in 2 \Z} = \underbrace{1 + 2 \text{deg}(q) }_{\not\in 2\Z}
                    \quad \contr
                .\]
            \end{proof}
    \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}