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Körpertheorie - Exam

Körpertheorie - Exam Aufgabe 2) Betrachte die Körperhomomorphismen und -isomorphismen zwischen den Körpern K und L . Ein Körperhomomorphismus φ : K → L ist eine Abbildung, die Addition und Multiplikation respektiert, das heißt für alle a , b in K gilt: φ ( a + b ) = φ ( a ) + φ ( b ) φ ( a · b ) = φ ( a ) · φ ( b ) Ein Körperisomorphismus ist ein bijektiver Körperhomomorphismus. Falls es einen Iso...

Körpertheorie - Exam

Aufgabe 2)

Betrachte die Körperhomomorphismen und -isomorphismen zwischen den Körpern K und L. Ein Körperhomomorphismus φ: K → L ist eine Abbildung, die Addition und Multiplikation respektiert, das heißt für alle a, b in K gilt:

φ(a + b) = φ(a) + φ(b)
φ(a · b) = φ(a) · φ(b)

Ein Körperisomorphismus ist ein bijektiver Körperhomomorphismus. Falls es einen Isomorphismus zwischen zwei Körpern gibt, sind diese algebraisch identisch (isomorph).

a)

Sei $\phi: \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \rightarrow \mathbb{Q}(\sqrt{3})$ ein Körperhomomorphismus. Zeige, dass ein solcher Homomorphismus nicht existieren kann. Gehe dabei folgendermaßen vor:

Bestimme eine Basis von $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ über $\mathbb{Q}$ und eine Basis von $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$ über $\mathbb{Q}$.
Überlege, was mit $\phi(\sqrt{2})$ geschehen muss und zeige, warum dies zu einem Widerspruch führt.

Lösung:

Um zu zeigen, dass ein Körperhomomorphismus $\phi: \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \rightarrow \mathbb{Q}(\sqrt{3})$ nicht existieren kann, gehen wir wie folgt vor:

Bestimme eine Basis von $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ über $\mathbb{Q}$ und eine Basis von $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$ über $\mathbb{Q}$.
Überlege, was mit $\phi(\sqrt{2})$ geschehen muss und zeige, warum dies zu einem Widerspruch führt.

Schritt 1: Bestimmung der Basen

Basis von $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ über $\mathbb{Q}$: Eine natürliche Basis von $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ über $\mathbb{Q}$ ist $\{1, \sqrt{2}\}$. Das bedeutet, jedes Element in $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ kann in der Form $a + b\sqrt{2}$ geschrieben werden, wobei $a$ und $b$ in $\mathbb{Q}$ sind.
Basis von $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$ über $\mathbb{Q}$: Eine natürliche Basis von $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$ über $\mathbb{Q}$ ist $\{1, \sqrt{3}\}$. Das bedeutet, jedes Element in $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$ kann in der Form $c + d\sqrt{3}$ geschrieben werden, wobei $c$ und $d$ in $\mathbb{Q}$ sind.

Schritt 2: Untersuchung von $\phi(\sqrt{2})$ und Widerspruch

Sei $\phi: \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \rightarrow \mathbb{Q}(\sqrt{3})$ ein Körperhomomorphismus. Betrachten wir $\phi(\sqrt{2})$. Da $\phi$ ein Homomorphismus ist, muss $\phi(\sqrt{2})$ als Linearkombination der Basis von $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$ geschrieben werden. Das bedeutet:

$\phi(\sqrt{2}) = c + d\sqrt{3}$, wobei $c$ und $d$ in $\mathbb{Q}$ sind.

Wir wissen auch, dass $\phi$ die Multiplikation respektiert. Insbesondere muss gelten:

$\phi(\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}) = \phi(2)$.

Da $2$ in $\mathbb{Q}$ liegt und $\phi$ ein Homomorphismus ist, gilt:

$\phi(2) = 2$.

Andererseits ist:

$\phi(\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}) = \phi(2)$.

Da $\sqrt{2} \cdot \sqrt{2} = 2$, gilt:

$\phi(2) = (c + d\sqrt{3})^2 = c^2 + 2cd\sqrt{3} + d^2\cdot3$.

Das bedeutet:

$2 = c^2 + 3d^2 + 2cd\sqrt{3}$.

Da $2$ in $\mathbb{Q}$ liegt, muss $2cd\sqrt{3} = 0$ sein, weil $2cd\sqrt{3}$ irrational ist und $c^2 + 3d^2 + 2cd\sqrt{3}$ rational sein muss. Dies führt zu zwei Gleichungen:

(1) $2 = c^2 + 3d^2$

(2) $2cd\sqrt{3} = 0$

Da $\sqrt{3}$ irrational ist und $c, d$ in $\mathbb{Q}$ sind, impliziert die Gleichung (2), dass entweder $c = 0$ oder $d = 0$. Gehen wir diese beiden Fälle separat durch:

Fall $c = 0$: Dadurch wird Gleichung (1) zu $2 = 3d^2$. Dies führt zu $d^2 = \frac{2}{3}$, was bedeutet, dass $d = \pm \sqrt{\frac{2}{3}}$. Da $\sqrt{\frac{2}{3}}$ irrational ist, widerspricht dies der Annahme, dass $d$ rational ist.
Fall $d = 0$: Dadurch wird Gleichung (1) zu $2 = c^2$. Dies führt zu $c^2 = 2$, was bedeutet, dass $c = \pm \sqrt{2}$. Da $\sqrt{2}$ irrational ist, widerspricht dies der Annahme, dass $c$ rational ist.

Da beide Fälle zu einem Widerspruch führen, kann kein Körperhomomorphismus $\phi: \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \rightarrow \mathbb{Q}(\sqrt{3})$ existieren.

b)

Sei $\phi: \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \rightarrow \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ ein Homomorphismus. Bestimme alle möglichen Bilder von $\sqrt{2}$ unter $\phi$ und zeige, dass $\phi$ bijektiv ist. Überlege, ob es sich um einen Isomorphismus handelt.

Lösung:

Um die Aufgabe zu lösen, dass $\phi: \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \rightarrow \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ ein Homomorphismus ist, und alle möglichen Bilder von $\sqrt{2}$ unter $\phi$ zu bestimmen, sowie die Bijektivität zu zeigen und zu überprüfen, ob es sich um einen Isomorphismus handelt, sind folgende Schritte notwendig:

Bestimme die möglichen Bilder von $\sqrt{2}$ unter $\phi$.
Überprüfe, ob $\phi$ bijektiv ist.
Überlege, ob $\phi$ ein Isomorphismus ist.

Schritt 1: Bestimme die möglichen Bilder von $\sqrt{2}$ unter $\phi$

Da $\phi$ ein Homomorphismus ist, muss $\phi(\sqrt{2})$ ein Element in $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ sein. Das bedeutet, $\phi(\sqrt{2})$ lässt sich als Linearkombination der Basis $\{1, \sqrt{2}\}$ schreiben:

$\phi(\sqrt{2}) = a + b\sqrt{2}$, wobei $a, b$ in $\mathbb{Q}$ sind.

Da $\phi$ die Multiplikation respektiert, muss gelten:

$\phi(\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}) = \phi(2)$.

Da $2$ in $\mathbb{Q}$ liegt, gilt:

$\phi(2) = 2$.

Andererseits ist:

$\phi(\sqrt{2})^2 = (a + b\sqrt{2})^2 = a^2 + 2ab\sqrt{2} + 2b^2$.

Das bedeutet:

$\phi(2) = a^2 + 2b^2 + 2ab\sqrt{2}$.

Da $2$ in $\mathbb{Q}$ liegt, muss $2ab\sqrt{2} = 0$ sein. Dies führt zu zwei Gleichungen:

(1) $2 = a^2 + 2b^2$

(2) $2ab\sqrt{2} = 0$

Die zweite Gleichung impliziert, dass entweder $a = 0$ oder $b = 0$. Gehen wir beide Fälle separat durch:

Fall $a = 0$: Dadurch wird Gleichung (1) zu $2 = 2b^2$. Das bedeutet, dass $b^2 = 1$, also $b = \pm 1$. Das bedeutet, entweder ist $\phi(\sqrt{2}) = \sqrt{2}$ oder $\phi(\sqrt{2}) = -\sqrt{2}$.
Fall $b = 0$: Dadurch wird Gleichung (1) zu $2 = a^2$. Das bedeutet, dass $a^2 = 2$. Da $\sqrt{2}$ irrational ist, wäre dies nicht in $\mathbb{Q}$, was unmöglich ist.

Die möglichen Bilder von $\sqrt{2}$ unter $\phi$ sind also $\sqrt{2}$ und $-\sqrt{2}$.

Schritt 2: Überprüfe die Bijektivität

Um die Bijektivität zu überprüfen, müssen wir zeigen, dass $\phi$ sowohl injektiv als auch surjektiv ist.

Injektivität: Angenommen, $\phi(a + b\sqrt{2}) = \phi(c + d\sqrt{2})$:

$a + b\sqrt{2} = c + d\sqrt{2}$.

Da $\phi$ linear ist und $\phi(\sqrt{2}) = \pm \sqrt{2}$, haben wir:

$a + b\sqrt{2} = c + d\sqrt{2} \implies a = c$ und $b = d$ was bedeutet, dass $\phi$ injektiv ist.

Surjektivität: Jedes Element $x \in \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ kann als $x = p + q\sqrt{2}$ geschrieben werden. Betrachten wir $\phi(x)$ mit den zwei möglichen Bildern:

Wenn $\phi(\sqrt{2}) = \sqrt{2}$, dann ist $\phi(p + q\sqrt{2}) = p + q\sqrt{2}$.
Wenn $\phi(\sqrt{2}) = -\sqrt{2}$, dann ist $\phi(p + q\sqrt{2}) = p - q\sqrt{2}$.

In beiden Fällen deckt $\phi$ ganz $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ ab. Daher ist $\phi$ surjektiv.

Da $\phi$ sowohl injektiv als auch surjektiv ist, ist $\phi$ bijektiv.

Schritt 3: Überlege, ob $\phi$ ein Isomorphismus ist

Da $\phi$ ein bijektiver Körperhomomorphismus ist, ist $\phi$ per Definition ein Isomorphismus.

Daher handelt es sich bei $\phi$ um einen Körperisomorphismus.

c)

Betrachte den Körperhomomorphismus $\rho : \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{C}$ definiert durch $\rho(a + bi) = a - bi$ für $a, b \in \mathbb{R}$. Zeige, dass $\rho$ ein Körperhomomorphismus ist, der kein Isomorphismus ist.

Lösung:

Um zu zeigen, dass $\rho : \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{C}$, definiert durch $\rho(a + bi) = a - bi$ für $a, b \in \mathbb{R}$, ein Körperhomomorphismus ist, der kein Isomorphismus ist, gehen wir wie folgt vor:

Zeigen, dass $\rho$ ein Körperhomomorphismus ist, indem überprüft wird, dass $\rho$ Addition und Multiplikation respektiert.
Zeigen, dass $\rho$ nicht bijektiv ist, um daraus zu schließen, dass $\rho$ kein Isomorphismus ist.

Schritt 1: Zeigen, dass $\rho$ ein Körperhomomorphismus ist

Addition: Wir müssen zeigen, dass $\rho(a + bi + c + di) = \rho(a + bi) + \rho(c + di)$.

Seien $z_1 = a + bi$ und $z_2 = c + di$ Elemente in $\mathbb{C}$.

$\rho(z_1 + z_2) = \rho((a + c) + (b + d)i) = (a + c) - (b + d)i$.

Andererseits haben wir:

$\rho(z_1) + \rho(z_2) = (a - bi) + (c - di) = (a + c) - (b + d)i$.

Da $\rho(z_1 + z_2) = \rho(z_1) + \rho(z_2)$ erfüllt ist, respektiert $\rho$ die Addition.

Multiplikation: Wir müssen zeigen, dass $\rho(z_1 \cdot z_2) = \rho(z_1) \cdot \rho(z_2)$.

Seien $z_1 = a + bi$ und $z_2 = c + di$.

$z_1 \cdot z_2 = (a + bi)(c + di) = (ac - bd) + (ad + bc)i$.

Daher:

$\rho(z_1 \cdot z_2) = \rho((ac - bd) + (ad + bc)i) = (ac - bd) - (ad + bc)i$.

Andererseits haben wir:

$\rho(z_1) \cdot \rho(z_2) = (a - bi)(c - di) = (ac - (-bd)) +(-ad - bc)i = (ac - bd) - (ad + bc)i$.

Da $\rho(z_1 \cdot z_2) = \rho(z_1) \cdot \rho(z_2)$ erfüllt ist, respektiert $\rho$ die Multiplikation.

Damit haben wir gezeigt, dass $\rho$ ein Körperhomomorphismus ist.

Schritt 2: Zeigen, dass $\rho$ kein Isomorphismus ist

Ein Isomorphismus muss eine bijektive Abbildung sein. Um zu zeigen, dass $\rho$ kein Isomorphismus ist, müssen wir überprüfen, ob $\rho$ injektiv und surjektiv ist.

Injektivität: Angenommen, $\rho(z_1) = \rho(z_2)$.

Das bedeutet:

$\rho(a + bi) = \rho(c + di)$ $\Rightarrow a - bi = c - di$.

Dies impliziert, dass $a = c$ und $b = d$. Somit ist $\rho$ injektiv.

Surjektivität: Wir müssen zeigen, dass für jedes $w \in \mathbb{C}$ ein $z \in \mathbb{C}$ existiert, sodass $\rho(z) = w$.

Betrachten wir $w = x + yi$, wobei $x, y \in \mathbb{R}$ sind:

Für $\rho(z) = x + yi$ muss $z = x - yi$ sein.

Jedes Element $w$ in $\mathbb{C}$ kann also als $x - yi$ betrachtet werden, was bedeutet, dass es ein $z = x + yi$ gibt, das $\rho$ auf $w$ abbildet.

Damit ist $\rho$ surjektiv.

Wir haben also gezeigt, dass $\rho$ sowohl injektiv als auch surjektiv ist, was bedeutet, dass $\rho$ bijektiv ist. Somit ist $\rho$ ein Isomorphismus.

Zusammengefasst:

$\rho$ ist ein Körperhomomorphismus, da es sowohl Addition als auch Multiplikation respektiert.
$\rho$ ist ein Isomorphismus, da es bijektiv ist.

d)

Beweise: Sind zwei Körper $K$ und $L$ isomorph, so stimmt der Grad eines beliebigen Minimalpolynoms eines Elements aus $K$ mit dem Grad des entsprechenden Minimalpolynoms des Isomorphiebildes des Elements in $L$ überein.

Lösung:

Um zu beweisen, dass der Grad eines beliebigen Minimalpolynoms eines Elements aus einem Körper $K$ mit dem Grad des entsprechenden Minimalpolynoms des Isomorphiebildes des Elements in einem isomorphen Körper $L$ übereinstimmt, gehen wir wie folgt vor:

Definitionen klären.
Den Zusammenhang zwischen Körperisomorphismen und Minimalpolynomen erläutern.

Schritt 1: Definitionen klären

Minimalpolynom: Das Minimalpolynom eines Elements $\alpha$ in einem Körper $K$ über einem Teilkörper $F$ ist das normierte Polynom $m_{\alpha, F}(x)$ mit minimalem Grad, das $\alpha$ als Wurzel hat.
Körperisomorphismus: Ein Körperisomorphismus $\phi: K \rightarrow L$ ist eine bijektive Abbildung, die sowohl die Addition als auch die Multiplikation respektiert, das heißt für alle $a, b$ in $K$ gilt:

$\phi(a + b) = \phi(a) + \phi(b)$
$\phi(a \cdot b) = \phi(a) \cdot \phi(b)$

Schritt 2: Zusammenhang zwischen Körperisomorphismen und Minimalpolynomen

Angenommen, $K$ und $L$ sind isomorphe Körper, und $\phi: K \rightarrow L$ ist ein Isomorphismus. Sei $\alpha$ ein Element in $K$ und $m_{\alpha, F}(x)$ das Minimalpolynom von $\alpha$ über einem Teilkörper $F$ von $K$.

Sei $\beta = \phi(\alpha)$ das Isomorphiebild von $\alpha$. Wir wollen zeigen, dass der Grad von $m_{\alpha, F}(x)$ mit dem Grad von $m_{\beta, \phi(F)}(x)$ übereinstimmt.

Durch die Eigenschaften des Isomorphismus wissen wir, dass $\phi(F)$ ein Teilkörper von $L$ ist, und $\beta = \phi(\alpha)$ in $L$. Definieren wir nun das Minimalpolynom von $\beta$ über $\phi(F)$ als $m_{\beta, \phi(F)}(x)$.

Da $m_{\alpha, F}(\alpha) = 0$ und $\phi$ ein Homomorphismus ist, gilt:

$\phi(m_{\alpha, F}(\alpha)) = m_{\alpha, F}(\phi(\alpha)) = m_{\alpha, F}(\beta) = 0$.

Das bedeutet, dass $\beta$ eine Wurzel von $m_{\alpha, F}(x)$ in $L$ ist. Da $m_{\beta, \phi(F)}(x)$ das Minimalpolynom von $\beta$ über $\phi(F)$ ist, und Minimalpolynome eindeutig sind, folgt, dass:

$m_{\beta, \phi(F)}(x)$ das gleiche Polynom ist wie $m_{\alpha, F}(x)$, nur dass die Koeffizienten von F zu $\phi(F)$ durch den Isomorphismus $\phi$ abgebildet werden.

Da der Isomorphismus die Struktur und ihren Grad beibehält, folgt:

$\deg(m_{\alpha, F}(x)) = \deg(m_{\beta, \phi(F)}(x))$.

Zusammengefasst:

Das Minimalpolynom $m_{\beta, \phi(F)}(\beta) = 0$ impliziert $m_{\beta, \phi(F)}(\phi(\alpha)) = 0$.
Der Grad des Minimalpolynoms bleibt durch den Isomorphismus invariant.

Daraus folgt, dass der Grad eines beliebigen Minimalpolynoms eines Elements aus $K$ mit dem Grad des entsprechenden Minimalpolynoms des Isomorphiebildes des Elements in $L$ übereinstimmt.

Aufgabe 3)

Betrachte die Polynome f(x) = x^4 - 3x^3 + x^2 - x + 2 und g(x) = x^3 - 2x^2 + x - 1 über dem Körper der rationalen Zahlen $\mathbb{Q}$. In dieser Aufgabe geht es darum, den größten gemeinsamen Teiler (ggT) dieser Polynome mit dem euklidischen Algorithmus zu berechnen und zu prüfen, ob eines dieser Polynome irreduzibel ist.

c)

(c) Überprüfe, ob der ggT, den Du in Teil (a) gefunden hast, die Eigenschaften eines irreduziblen Polynom erfüllt. Begründe Deine Antwort.

Lösung:

Um zu überprüfen, ob der in Teil (a) gefundene ggT die Eigenschaften eines irreduziblen Polynoms erfüllt, müssen wir den ggT und die Definition eines irreduziblen Polymons über den rationalen Zahlen $\mathbb{Q}$ betrachten.

Rekapitulation des Ergebnisses aus Teil (a)

In Teil (a) haben wir den größten gemeinsamen Teiler (ggT) der Polynome f(x) = x^4 - 3x^3 + x^2 - x + 2 und g(x) = x^3 - 2x^2 + x - 1 durch den euklidischen Algorithmus berechnet. Der ggT ist 1.

Irreduzibilität eines Polynom

Ein Polynom ist irreduzibel über $\mathbb{Q}$, wenn es nicht als Produkt von zwei nicht-trivialen Polynomen mit rationalen Koeffizienten geschrieben werden kann. Das bedeutet, das Polynom hat keine anderen Teiler als sich selbst und 1 (bis auf ein Vorzeichen).

Analyse des ggT=1

Der ggT der beiden Polynome f(x) und g(x) ist 1. Wir wissen, dass:

1 ist eine Konstante und kann nicht weiter in nicht-triviale Faktoren zerlegt werden.
Im Ring der Polynome über den rationalen Zahlen $\mathbb{Q}[x]$ ist 1 die Einheit und teilt jede Polynome.
Ein Polynom vom Grad 0 ist immer irreduzibel, da es keine nicht-trivialen Faktoren hat.

Schlussfolgerung

Da 1 als Konstante nicht weiter zerlegt werden kann und keine nicht-trivialen rationalen Teiler hat, erfüllt es die Bedingungen der Irreduzibilität. Daher ist der in Teil (a) gefundene ggT, also 1, irreduzibel über $\mathbb{Q}$.

Aufgabe 4)

In der Körpertheorie sind der Grad einer Erweiterung und Minimalpolynome zentrale Begriffe, die die Struktur und Eigenschaften von Körpererweiterungen beschreiben.

Erweiterungskörper: Sei $K$ ein Körper und $L$ eine Körpererweiterung von $K$. $L$ wird auch als Erweiterungskörper von $K$ bezeichnet.
Grad einer Erweiterung: Der Grad der Erweiterung $L/K$ ist \[ [L : K] = \text{dim}_K(L) \].
Minimalpolynom: Sei $L/K$ eine Körpererweiterung und $\alpha \in L$, so ist das Minimalpolynom von $\alpha$ das normierte Polynom kleinsten Grades über $K$, das $\alpha$ als Nullstelle hat.
Eigenschaften des Minimalpolynoms: Das Minimalpolynom von $\alpha$ über $K$ ist irreduzibel in $K[x]$.
Zusammenhang: Der Grad des Minimalpolynoms von $\alpha$ über $K$ entspricht dem Grad von $ K(\alpha)/K $.

a)

Sei $K = \mathbb{Q}$ und $L = \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$.

Bestimme den Grad der Erweiterung $L/K$.

Lösung:

Um den Grad der Erweiterung L/K zu bestimmen, müssen wir die Dimension von L über K als Vektorraum finden. Sei K = $\mathbb{Q}$ und L = $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$.

Betrachte das Element $\alpha = \sqrt[3]{2}$ in L. Wir müssen das Minimalpolynom von $\alpha$ über $\mathbb{Q}$ bestimmen.
Das Minimalpolynom von $\alpha$ ist das kleinste Polynom mit rationalen Koeffizienten, das $\alpha$ als Nullstelle hat.
Betrachten wir das Polynom $f(x) = x^3 - 2$. Wir prüfen, ob $f(x)$ irreduzibel über $\mathbb{Q}$ ist.
Ein Polynom dritten Grades ist irreduzibel über $\mathbb{Q}$, wenn es keine rationalen Nullstellen hat (gemäß dem Rationalen Wurzeltest).
Überprüfen wir die rationalen Nullstellen für $f(x) = x^3 - 2$ mittels des Rationalen Wurzeltests: Die möglichen rationalen Nullstellen sind $\pm 1$ und $\pm 2$. Offensichtlich ist weder $1$, noch $-1$, noch $2$, noch $-2$ eine Nullstelle von $f(x)$.
Da $f(x)$ keine rationalen Nullstellen hat, ist es irreduzibel in $\mathbb{Q}[x]$.
Folglich ist $f(x) = x^3 - 2$ das Minimalpolynom von $\alpha = \sqrt[3]{2}$.
Der Grad des Minimalpolynoms ist $3$. Daher ist der Grad der Erweiterung $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})/\mathbb{Q}\ = [\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}) : \mathbb{Q}]\ gleich \(3$.

Also ist der Grad der Erweiterung $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})/\mathbb{Q}\ gleich \(3$.

b)

Sei $K = \mathbb{Q}$ und sei $L = \mathbb{Q}(\theta)$ der Erweiterungskörper von $\mathbb{Q}$, wobei $\theta$ eine Nullstelle des Polynoms $x^3 - 2$ ist.

Finde das Minimalpolynom von $\theta$ über $\mathbb{Q}$ und berechne dessen Grad.
Überprüfe, ob der Grad der Erweiterung $L/K$ mit dem Grad des Minimalpolynoms von $\theta$ übereinstimmt.

Lösung:

Um die Aufgaben zu lösen, betrachten wir den Erweiterungskörper $L = \mathbb{Q}(\theta)$, wobei $\theta$ eine Nullstelle des Polynoms $x^3 - 2$ ist. Sei $K = \mathbb{Q}$.

Minimalpolynom von $\theta$ über $\mathbb{Q}$:
- Das Polynom $f(x) = x^3 - 2$ hat $\theta$ als Nullstelle, das heißt, $f(\theta) = 0$.
- Wir prüfen, ob $f(x)$ irreduzibel über $\mathbb{Q}$ ist (d.h., ob es nicht als Produkt niedriggradiger Polynome mit rationalen Koeffizienten faktorisierbar ist).
- Ein Polynom dritten Grades ist irreduzibel über $\mathbb{Q}$, wenn es keine rationalen Nullstellen hat. Wir verwenden den Rationalen Wurzeltest: Die möglichen rationalen Nullstellen von $f(x)$ sind $\pm 1$ und $\pm 2$.
- Überprüfen wir die Nullstellen:
  - $f(1) = 1^3 - 2 = -1$, also ist 1 keine Nullstelle.
  - $f(-1) = (-1)^3 - 2 = -3$, also ist -1 keine Nullstelle.
  - $f(2) = 2^3 - 2 = 6$, also ist 2 keine Nullstelle.
  - $f(-2) = (-2)^3 - 2 = -10$, also ist -2 keine Nullstelle.
- Da $f(x)$ keine rationalen Nullstellen hat, ist es irreduzibel über $\mathbb{Q}$.
- Also ist $f(x) = x^3 - 2$ das Minimalpolynom von $\theta$ über $\mathbb{Q}$.
- Der Grad des Minimalpolynoms ist $3$.
Grad der Erweiterung $L/K$:
- Der Grad der Erweiterung $L/K$ ist definiert als $[L : K] = \text{dim}_K(L)$.
- Laut Zusammenhang entspricht der Grad des Minimalpolynoms von $\theta$ über $K$ dem Grad der Erweiterung $K(\theta)/K$.
- Da der Grad des Minimalpolynoms von $\theta$ über $\mathbb{Q}$ gleich $3$ ist, ist auch der Grad der Erweiterung $\mathbb{Q}(\theta)/\mathbb{Q}$ gleich $3$.

Also ist der Grad der Erweiterung $\mathbb{Q}(\theta)/\mathbb{Q}$ gleich $3$, und das stimmt mit dem Grad des Minimalpolynoms von $\theta$ überein.

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Aufgabe 2)

a)

b)

c)

d)

Aufgabe 3)

c)

Rekapitulation des Ergebnisses aus Teil (a)

Irreduzibilität eines Polynom

Analyse des ggT=1

Schlussfolgerung

Aufgabe 4)

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