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Lösungen
Lösung zu Kapitel 1
1.1 Lösung: (a) Die Gleichheit m nk = (m n ) k = m nk ist für m, n, k ∈ N im Allgemeinen
nicht erfüllt, so gilt etwa für m = n = k = 3: m nk = 3 27 = 3 9 = m nk . Also ist die
Verknüpfung nicht assoziativ. Die Verknüpfung ist auch nicht kommutativ, da etwa
3 2 = 2 3 gilt. Aber es gibt ein rechtsneutrales Element, nämlich 1, denn es gilt für alle
m ∈ N: m 1 = m. Das rechtsneutrale Elemente 1 ist aber nicht linksneutral: 1 2 = 2. Da
es kein Element e in N mit e n = n für alle n ∈ N gibt, existiert kein neutrales Element.
(b) Wegen kgV(m, kgV(n, k)) = kgV(kgV(m, n), k) und kgV(m, n) = kgV(n, m) für
alle m, n, k ∈ N ist die Verknüpfung assoziativ und kommutativ. Wegen kgV(1, n) = n
für jedes n ∈ N ist 1 neutrales Element.
(c) Analog zu (b) zeigt man, dass die Verknüpfung assoziativ und kommutativ ist.
Jedoch gibt es kein neutrales Element, da ggT(e, n) = n die Relation n | e impliziert.
(d) Wir setzen m ◦ n := m + n + m n für m, n ∈ N. Damit gilt für alle m, n, k ∈ N:
m ◦ (n ◦ k) = m ◦ (n + k + n k) = m + (n + k + n k) + m (n + k + n k) ,
(m ◦ n) ◦ k = (m + n + m n) ◦ k = m + n + m n + k + (m + n + m n) k.
Offenbar gilt also m ◦ (n ◦ k) = (m ◦ n) ◦ k, sodass die Verknüpfung assoziativ ist. Sie
ist offenbar auch kommutativ: m ◦ n = n ◦ m für alle m, n ∈ N. Es gibt kein neutrales
Element, da n ◦ e = n mit e (1 + n) = 0 gleichwertig ist und diese letzte Gleichung für
n, e ∈ N nicht erfüllbar ist.
1.2 Lösung: Wir schreiben ◦ für die jeweilige Verknüpfung.
(a) Diese Verknüpfung ist assoziativ, da für beliebige x, y, z ∈ R gilt:
x ◦ (y ◦ z) = x ◦ ( 3
y 3 + z 3 ) = 3 x 3 + 3 y 3 + z 33
= 3
x 3 + y 3 + z 3 = 3 3 x3 + y 33 + z 3
= ( 3 x 3 + y 3 ) ◦ z = (x ◦ y) ◦ z .
Die Verknüpfung ist offenbar kommutativ. Und es ist 0 ∈ R ein neutrales Element, da
0 ◦ x = x für alle x ∈ R gilt.
(b) Die Verknüpfung ist assoziativ, da für alle x, y, z ∈ R gilt:
x ◦ (y ◦ z) = x ◦ (y + z − y z) = x + (y + z − y z) − x (y + z − y z) ,
(x ◦ y) ◦ z = (x + y − x y) ◦ z = x + y − x y + z − (x + y − x y) z ,

2 Lösungen
d. h. x ◦ (y ◦ z) = (x ◦ y) ◦ z erfüllt. Wegen x ◦ y = x + y − x y = y ◦ x für alle
x, y ∈ R ist die Verknüpfung auch kommutativ. Es ist 0 ∈ R neutrales Element, da
0 ◦ x = 0 + x − 0 x = x für alle x ∈ R erfüllt ist.
(c) Diese Verknüpfung ist nicht assoziativ, da etwa (0 ◦ 0) ◦ 1 = (0 − 0) − 1 = −1 und
0 ◦ (0 ◦ 1) = 0 − (0 − 1) = 1 gilt. Die Verknüpfung ist auch nicht kommutativ, da 0 ◦ 1 =
−1 = 1 = 1 ◦ 0 gilt. Es existiert das rechtsneutrale Element 0, da x ◦ 0 = x − 0 = x für
jedes x ∈ R erfüllt ist, aber dieses Element ist nicht linksneutral, da etwa 0◦1 = −1 = 1
gilt.
1.3 Lösung: (a) Mit dieser Verknüpfung ist Z eine Halbgruppe, da ◦ assoziativ ist: x ◦
(y ◦ z) = x = (x ◦ y) ◦ z für alle x, y, z ∈ Z.
(b) Mit dieser Verknüpfung ist Z eine Halbgruppe, da ◦ assoziativ ist: x ◦ (y ◦ z) = 0 =
(x ◦ y) ◦ z für alle x, y, z ∈ Z.
(c) Mit dieser Verknüpfung ist Z keine Halbgruppe, da ◦ nicht assoziativ ist: Es gilt
etwa 1 ◦ (1 ◦ 0) = 4 = 16 = (1 ◦ 1) ◦ 0.
(d) Mit dieser Verknüpfung ist Z keine Halbgruppe, da ◦ nicht assoziativ ist. Es gilt
nämlich:
(0 ◦ 0) ◦ 1 = 0 ◦ 1 = −1 = 1 = 0 ◦ (−1) = 0 ◦ (0 ◦ 1) .
1.4 Lösung: Es gibt 3 9 verschiedene innere Verknüpfungen, da für jedes der neun Felder
einer Verknüpfungstafel 3 Möglichkeiten bestehen.
1.5 Lösung: Beweis mit vollständiger Induktion nach der Zahl n der Faktoren a 1 , . . . , a n .
Die Behauptung ist klar für n = 2. Daher sei n ≥ 3, und die Behauptung sei richtig
für beliebige Produkte mit k < n Faktoren a 1 , . . . , a k , sodass ein solches Produkt in
der Form a 1 · · · a k geschrieben werden darf. Die letzte Multiplikation bei der Bildung
eines beliebigen Produkts P (a 1 , . . . , a n ) hat dann die Form (1 ≤ i ≤ n − 2):
P (a 1 , . . . , a n ) = (a 1 · · · a i ) (a i+1 · · · a n ) = (a 1 · · · a i ) ((a i+1 · · · a n−1 ) a n )
= (a 1 · · · a n−1 ) a n .
1.6 Lösung: Beweis mit vollständiger Induktion nach der Zahl n der Faktoren a 1 , . . . , a n .
Die Behauptung ist klar für n = 2. Daher sei n ≥ 3, und die Behauptung sei richtig
für beliebige Produkte mit weniger als n paarweise vertauschbaren Faktoren.
Es seien a 1 , . . . , a n paarweise vertauschbar und σ(k) = n.
1. Fall: k = 1, n.
a σ(1) · · · a σ(n) = (a σ(1) · · · a σ(k−1) ) (a n a σ(k+1) · · · a σ(n) )
= (a σ(1) · · · a σ(k−1) ) (a σ(k+1) · · · a σ(n) a n )
= (a σ(1) · · · a σ(n) ) a n = a 1 · · · a n .
2. Fall: k = n. Dann gilt a σ(1) · · · a σ(n) = (a σ(1) · · · a σ(n−1) ) a n = a 1 · · · a n .
3. Fall: k = 1. Dann gilt a σ(1) · · · a σ(n) = a n a σ(2) · · · a σ(n) = a σ(2) a n a σ(3) · · · a σ(n)
= a 1 · · · a n .

Lösungen 3
1.7 Lösung: Für H := Z + Z i und a 1 , a 2 , b 1 , b 2 ∈ Z gilt
(a 1 + b 1 i) (a 2 + b 2 i) = (a 1 a 2 − b 1 b 2 ) + (a 1 b 2 + b 1 a 2 ) i ∈ H ,
denn a 1 a 2 −b 1 b 2 , a 1 b 2 +b 1 a 2 ∈ Z. Damit ist H eine Unterhalbgruppe von C, insbesondere
also eine Halbgruppe. Weil C abelsch ist, ist auch H abelsch. Es ist 1 = 1+0 i ∈ H
das neutrale Element von H.
Wir bestimmen nun die Menge der Einheiten: Es sei x = a + b i ∈ H eine Einheit.
Dann existiert ein y ∈ H mit x y = 1, also 1 = |x y| 2 = |x| 2 |y| 2 für den komplexen
Betrag | · |. Da |x| 2 = a 2 + b 2 (und analog |y| 2 ) in N 0 liegt, folgt a 2 + b 2 = |x| 2 = 1,
sodass
(a, b) ∈ {(1, 0), (−1, 0), (0, 1), (0, −1)} ,
d. h. x ∈ {1, −1, i, − i}. Wegen 1 · 1 = 1, (−1) · (−1) = 1, i ·(− i) = 1 folgt H × =
{1, −1, i, − i}.
1.8 Lösung: Wir beginnen mit der Verknüpfungstafel. Nach einfachen Rechnungen wie
etwa f 2 ◦ f 2 (x) = 1 = x−1
1− 1 x
= f 3(x) erhalten wir:
1−x
◦ f 1 f 2 f 3 f 4 f 5 f 6
f 1 f 1 f 2 f 3 f 4 f 5 f 6
f 2 f 2 f 3 f 1 f 5 f 6 f 4
f 3 f 3 f 1 f 2 f 6 f 4 f 5
f 4 f 4 f 6 f 5 f 1 f 3 f 2
f 5 f 5 f 4 f 6 f 2 f 1 f 3
f 6 f 6 f 5 f 4 f 3 f 2 f 1
Insbesondere erhalten wir, dass f 1 neutrales Element ist. Die Assoziativität ist erfüllt,
da die Menge aller Abbildungen von R \ {0, 1} in sich bezüglich der Komposition ◦ von
Abbildungen assoziativ ist. Und die Menge der invertierbaren Elemente erhalten wir
ebenfalls aus der Verknüpfungstafel: F × = F – da das neutrale Element f 1 in jeder
Zeile erscheint und auch f j ◦f i = f 1 im Falle f i ◦f j = f 1 gilt. Da die Verknüpfungstafel
nicht symmetrisch ist, ist die Verknüpfung nicht abelsch.
1.9 Lösung: Es sei ϕ : Z → Q ein Homomorphismus. Wegen ϕ(0) = ϕ(0+0) = ϕ(0)+ϕ(0)
gilt ϕ(0) = 0. Weiter erhalten wir ϕ(−1) = −ϕ(1) aus 0 = ϕ(0) = ϕ(1 − 1) =
ϕ(1)+ϕ(−1). Wegen der Homomorphie folgt nun hieraus für alle n ∈ N: ϕ(n) = n·ϕ(1)
und ϕ(−n) = (−n)·ϕ(1), sodass also ϕ durch ϕ(1) eindeutig bestimmt ist. Andererseits
ist für jede rationale Zahl r die Abbildung ϕ r : Z → Q, n → n·r ein Homomorphismus.
Also ist {ϕ r : n → n · r | r ∈ Q} die Menge aller Homomorphismen von Z nach Q. Für
kein r ∈ Q ist ϕ r surjektiv, da Q = {n · r | n ∈ Z}. Insbesondere gibt es also keinen
Isomorphismus von Z nach Q.

4 Lösungen
Lösung zu Kapitel 2
2.1 Lösung: Um die unvollständige Gruppentafel zu vervollständigen, können folgende
Argumente genutzt werden:
(1) In der vierten Spalte und vierten Zeile steht der Eintrag „x 2 = x “. Daraus
folgt, dass x das neutrale Element der Gruppe sein muss. Damit sind bereits alle
Eintragungen der vierten Spalte und der vierten Zeile eindeutig festgelegt.
(2) Die in der Gruppentafel angegebenen Gleichungen ay = c, az = b, b 2 = x, usw.
sowie die jeweils beim Ausfüllen neu dazukommenden Gleichungen, können (und
müssen) verwendet werden (Beispiel siehe unten).
(3) In jeder Zeile und in jeder Spalte kann jedes Element der Gruppe nur genau
einmal vorkommen. Sind also in einer Zeile oder Spalte 5 der 6 Eintragungen
bekannt, ist der sechste Eintrag bereits eindeutig bestimmt.
Eine Möglichkeit, unsere Gruppentafel auszufüllen, ist die folgende: Wir starten mit
der gegebenen Gruppentafel:
a b c x y z
a c b
b x z
c y
x
x
y
z a x
Aus dem Eintrag x 2 = x folgt, dass x das neutrale Element ist, woraus wiederum die
Eintragungen der vierten Zeile und Spalte folgen.
a b c x y z
a a c b
b x z b
c y c
x a b c x y z
y
y
z a z x
Nun stehen in der zweiten Spalte vier von sechs Einträgen. Es fehlen die Einträge c
und z. In der ersten Zeile der zweiten Spalte kann aber das c nicht stehen, weil das c
in dieser Zeile schon aufgeführt ist. Also muss dort ein z stehen.

Lösungen 5
a b c x y z
a z a c b
b x z b
c y c
x a b c x y z
y c y
z a z x
Jetzt benutzen wir die beiden Gleichungen b 2 = x und bc = z, um den Eintrag von bz
zu bestimmen: bz = bbc = xc = c.
a b c x y z
a z a c b
b x z b c
c y c
x a b c x y z
y c y
z a z x
Durch weiteres Anwenden der oben aufgeführten Regeln erhalten wir:
a b c x y z
a x z y a c b
b y x z b a c
c y c
x a b c x y z
y c y
z c a b z x y
Aus dieser unvollständigen Gruppentafel erhalten wir
und dann
ca = (bz)a = b(za) = bc = z
cz = c(ab) = (ca)b = zb = a.
Durch weiteres Anwenden der oben aufgeführten Regeln erhalten wir die komplette
Gruppentafel

6 Lösungen
a b c x y z
a x z y a c b
b y x z b a c
c z y x c b a
x a b c x y z
y b c a y z x
z c a b z x y
2.2 Lösung: Es sei n ∈ N. Dann ist die Abbildung ϕ n : Z → n Z, z → n z ein Homomorphismus,
da für alle z, z ′ ∈ Z:
ϕ n (z + z ′ ) = n (z + z ′ ) = n z + n z ′ = ϕ n (z) + ϕ n (z ′ ) .
Weiter ist ϕ n natürlich surjektiv. Es ist ϕ n auch injektiv, da aus ϕ n (z) = ϕ n (z ′ ) mit
z, z ′ ∈ Z folgt n z = n z ′ . Folglich gilt z = z ′ .
Somit ist ϕ n für jedes n ∈ N ein Isomorphismus, d. h. n Z ∼ = Z.
2.3 Lösung:
(a) Für jedes a ∈ G ist der innere Automorphismus ι a ein Automorphismus von
G, d. h. ι a ∈ Aut G, d. h. ι a = Id. Somit gilt für jedes x ∈ G und a ∈ G:
ι a (x) = a x a −1 = x, folglich a x = x a für alle a, x ∈ G. D. h. G ist abelsch.
(b) Da die Abbildung q : a → a 2 ein Homomorphismus ist, gilt für alle a, b ∈ G:
(a b) (a b) = (a b) 2 = a 2 b 2 = a a b b. Nach Kürzen von a und b also b a = a b.
Folglich ist G abelsch.
(c) Da die Abbildung ι : a → a −1 ein Automorphismus ist, gilt für alle a, b ∈ G:
b −1 a −1 = (a b) −1 = a −1 b −1 . Nach beidseitigem Invertieren erhalten wir a b =
b a, somit ist G abelsch.
2.4 Lösung: Die Automorphismengruppe von V = {e, a, b, c} ist isomorph zu S 3 : Für
jeden Automorphismus ϕ von V gilt ϕ(e) = e, und die Elemente a, b, c werden durch
die bijektive Abbildung ϕ permutiert. Folglich kann jeder Automorphismus von V als
Permutation aus S {a,b,c} aufgefasst werden. Andererseits induziert jede Permutation
π von
{a, b, c}
einen Automorphismus ϕ π von V : So liefert etwa die Permutation
a b c
π =
den Automorphismus
b c a
ϕ π (e) = e , ϕ π (a) = b , ϕ π (b) = c , ϕ π (c) = a ,
da etwa
ϕ π (a b) = ϕ π (c) = a = b c = ϕ π (a) ϕ π (b) .
2.5 Lösung: Es seien k, l ∈ Z. Dann gilt
ϕ(k + l) = ε k+l
n = ε k n εl n = ϕ(k) ϕ(l) .
Somit ist ϕ ein Homomorphismus von Z in E n . Wir bestimmen den Kern von ϕ:
1 = ϕ(k) = ε k n = e 2πk i
n ⇔ k ∈ n Z .

Lösungen 7
Also gilt Kern ϕ = n Z.
2.6 Lösung: Es gilt etwa für b ∈ V : λ b (e) = b, λ b (a) = c, λ b (b) = e, λ b (c) = a. Nach
ähnlichen Rechnungen erhalten wir die Permutationen λ x ∈ S V (x ∈ V ) in der üblichen
Zweizeilenform für Permutationen:
e a b c
e a b c
e a b c
e a b c
λ e =
, λ a =
, λ b =
, λ c =
.
e a b c
a e c b
b c e a
c b a e
Durch Umbenennung e ↔ 1, a ↔ 2, b ↔ 3, c ↔ 4 erhalten wir die zu V isomorphe
Gruppe V 4 = {Id, σ 1 , σ 2 , σ 3 } ≤ S 4 , wobei
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
Id =
, σ 1 =
, σ 2 =
, σ 3 =
.
1 2 3 4
2 1 4 3
3 4 1 2
4 3 2 1
2.7 Lösung: Wir begründen vorab, dass die Abbildung ψ : b → b −1 ϕ(b) von G nach G
injektiv ist. Es seien b, b ′ ∈ G:
b −1 ϕ(b) = b ′−1 ϕ(b ′ ) ⇒ b ′ b −1 = ϕ(b ′ ) ϕ(b −1 ) ⇒ b ′ b −1 = ϕ(b ′ b −1 )
⇒ b ′ b −1 = e ⇒ b ′ = b .
Somit ist ψ injektiv. Da eine injektive Abbildung einer endlichen Menge auch surjektiv
ist, folgt, dass ψ bijektiv ist. Somit existiert zu jedem a ∈ G genau ein b ∈ G mit
a = b −1 ϕ(b).
2.8 Lösung: Nach Aufgabe ?? existiert zu a ∈ G ein Element b ∈ G mit a = b −1 ϕ(b).
Somit gilt ϕ(a) = ϕ(b −1 ) b = b −1 ϕ(b) −1 = a −1 . Also ist G nach Aufgabe ?? (c)
abelsch.
Lösung zu Kapitel 3
3.1 Lösung: Es sei L bzw. L i die Menge der Linksnebenklassen von U := n
in G, i = 1, . . . , n. Wir begründen vorab:
(1) Die Abbildung
ist wohldefiniert und injektiv.
Denn: Für a, b ∈ G gilt:
L → L 1 × · · · × L n
a U → (a U 1 , . . . , a U n )
i=1
U i bzw. U i
a U = b U ⇔ b −1 a ∈ U ⇔ b −1 a ∈ U i , d. h. a U i = b U i für i = 1, . . . , n .
Aus (1) folgt |L| ≤ |L 1 × · · · × L n | = |L 1 | · · · |L n |. Das ist die Behauptung.

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3.2 Lösung: Wir verwenden die Bezeichnungen aus dem Beispiel 3.7 auf Seite 39:
U 1 := σ 2 = {Id, σ 2 }, U 2 := σ 4 = {Id, σ 4 }, U 3 := σ 5 = {Id, σ 5 }, V := σ 1 =
{Id, σ 1 , σ 3 }.
U = S 3 : Es ist {S 3 } die Menge der Links- und Rechtsnebenklassen nach U.
U = U 1 : Es ist {U 1 , σ 1 U 1 , σ 3 U 1 } die Menge der Linksnebenklassen nach U 1
und {U 1 , U 1 σ 1 , U 1 σ 3 } die der Rechtsnebenklassen nach U 1 . Die Linksnebenklasse
σ 1 U 1 = {σ 1 , σ 4 } ist keine Rechtsnebenklasse, da die Rechtsnebenklassen U 1 =
{Id, σ 2 }, U 1 σ 1 = {σ 1 , σ 5 }, U 1 σ 3 = {σ 3 , σ 4 } sind.
U = V : Es ist {V, σ 2 V } die Menge der Linksnebenklassen nach V und {V, V σ 2 }
die der Rechtsnebenklassen nach V . Die Linksnebenklasse σ 2 V = {σ 2 , σ 5 , σ 4 } ist
auch Rechtsnebenklasse, da V σ 2 = {σ 2 , σ 4 , σ 5 } gilt.
Die restlichen Nachweise überlassen wir dem Leser.
3.3 Lösung: Wegen A 2 −1 0
=
und A 4 = E 2 hat A die Ordnung 4.
0 −1
Wegen B 2 =
und B 3 = E 2 hat B die Ordnung 3.
−1 −1
1 0
−1 −1
Wegen A B =
, (A B) 2 =
0 −1
Induktion) gilt o(A B) = ∞.
1 2
0 1
, ..., (A B) 2n =
1 2n
0 1
(vollständige
3.4 Lösung: Nein. Die Quaternionengruppe enthält genau ein Element der Ordnung 2,
die Diedergruppe mehrere, etwa α und β 2 .
3.5 Lösung: Es sei σ :=
1 2 3 4 5
. Es gilt |S 5 | = 5! = 120. Wegen
2 3 1 5 4
σ
120 = Id erhalten
wir aus 1202 = 10 · 120 + 2 somit σ 1202 = (σ 120 ) 10 σ 2 = σ 2 =
1 2 3 4 5
.
3 1 2 4 5
3.6 Lösung: Jeder Automorphismus ϕ von G erfüllt ϕ(e G ) = e G für das neutrale Element
e G von G. Die n − 1 Elemente von H := G \ {e G } werden durch ϕ permutiert. Damit
kann ϕ als Element aus S H aufgefasst werden. Somit kann die Automorphismengruppe
als Untergruppe von S H betrachtet werden. Nach dem Satz von Lagrange gilt | Aut G| |
|S H | = (n − 1)!.
3.7 Lösung: Wegen der Teilerfremdheit von m und n existieren bekanntlich r, s ∈ Z mit
r m + s n = 1. Es sei a ∈ G. Nach dem kleinen Satz 3.11 von Fermat gilt
a = a r m+s n = (a r ) m .
Also erfüllt b := a r die Eigenschaft b m = a.
3.8 Lösung: Besitzt G genau ein Element u der Ordnung 2, so gilt für die Elemente
a 1 , . . . , a n ∈ G\{u, e G } (wobei e G wie immer das neutrale Element von G bezeichne),
dass keines der a i zu sich selbst invers ist. Da aber jedes a i ein Inverses a j besitzt, gilt
i = j und a i a j = e G . Wir erhalten in diesem Fall also a∈G a = u.

Lösungen 9
Besitzt G nicht genau ein Element u der Ordnung 2, so enhält G entweder kein Element
der Ordnung 2, es gilt dann nach dem ersten Teil a∈G a = e G, oder G enthält mindestens
zwei verschiedene Elemente u 1 , u 2 der Ordnung 2. Aber dann ist auch u 3 := u 1 u 2
ein Element der Ordnung 2 und u 3 = u 1 , u 2 . Somit bildet V := {e G , u 1 , u 2 , u 3 } eine
Untergruppe von U := {a ∈ G | a 2 = e G }. Wir zerlegen U in disjunkte Linksnebenklassen
nach V : U = a 1 V ∪ · · · ∪ a k V mit k ∈ N und erhalten als Produkt über alle
Elemente aus U:
a =
a∈U
k
(a i e) (a i u 1 ) (a i u 2 ) (a i u 3 ) =
i=1
k
a 4 i u 1 u 2 u 3 = e G ,
da a 2 i = u 1u 2 u 3 = e G für alle i = 1, . . . , k. Wegen a∈G\U a = e G (siehe erster Teil)
folgt die Behauptung.
3.9 Lösung:
i=1
(a) Es seien a, b ∈ G. Aus a 2 = e G = b 2 und (a b) 2 = e G folgt
nach Kürzen von a und b also a b = b a.
a a b b = a 2 b 2 = (a b) 2 = a b a b ,
(b) Es sei {a 1 , . . . , a m } ein minimales Erzeugendensystem von G. Jedes Element
a ∈ G hat die Form
a = a ν 1
1 · · · aν m mit ν 1 , . . . , ν m ∈ {0, 1} .
Angenommen, a = a ν 1
1 · · · aν m = a = a µ 1
1 · · · aµ m und ν i = µ i für ein i ∈
{1, . . . , m}. O. E. sei µ i = 0, ν i = 1. Dann gilt
a i = i=j
a µ j−ν j
j
im Widerspruch zur Minimalität von {a 1 , . . . , a n }. Es folgt |G| = 2 m .
3.10 Lösung: Für jedes Element a ∈ G gilt G = {a x | x ∈ G}, da λ a : G → G, x → a x
eine Bijektion ist. Da G abelsch ist, gilt mit n = |G|:
nach Kürzen von
x∈G
Gruppen bereits bewiesen.
a n
x =
(a x) =
x ,
x∈G
x∈G
x∈G
x also a n = e G . Damit ist der Satz von Fermat für abelsche
1 2 3 4
1 2 3 4
3.11 Lösung: (a) Zur Abkürzung setzen wir σ :=
und τ :=
.
2 1 4 3
3 2 1 4
Wegen σ 2 = τ 2 = Id sind alle Elemente von D von der Form σ τ σ τ σ · · · oder
τ σ τ σ τ · · · . Also (wir verwenden im Folgenden die Zyklenschreibweise für Permutationen):
D = {Id, (1 2) (3 4) , (1 3) , (1 4 3 2) , . . . }.
σ τ σ τ

10 Lösungen
Da σ τ ein 4-Zykel ist, gilt (σ τ) 4 = Id, also σ τ σ τ = τ σ τ σ und somit:
D = {Id, σ, τ, σ τ, τ σ, σ τ σ, τ σ τ, σ τ σ τ}
= {Id, (1 2) (3 4), (1 3), (1 4 3 2), (1 2 3 4), (2 4), (1 4) (2 3), (1 3) (2 4)}.
Insbesondere: |D| = 8.
(b) Für jede Untergruppe U ⊆ D gilt nach dem Satz von Lagrange: |U| ist ein Teiler
von |D| = 8. Die Gruppe D kann also höchstens Untergruppen der Ordnungen 1, 2, 4
oder 8 besitzen.
Die Untergruppen von Ordnung 1 bzw. 8 sind die trivialen Untergruppen: {Id} und
D.
Die Untergruppen von Ordnung 2 werden jeweils von genau einem Element der
Ordnung 2 erzeugt. Die Untergruppen der Ordnung 2 sind also:
W 1 := (1 3) (2 4), W 2 := (1 2) (3 4), W 3 := (1 4) (2 3),
W 4 := (1 3),
W 5 := (2 4).
Wir finden folgende Untergruppen der Ordnung 4:
U 1 := (1 2 3 4), U 2 := (1 2) (3 4), (1 4) (2 3), U 3 := (1 3), (2 4) .
Damit können wir schon mal einen Teil des Untergruppengraphen von D zeichnen:
D
✟
✟❍ ❍❍❍❍❍❍❍
✟
✟
✟
✟
✟
✟
U
✟ ❍
2
✡
❍ U
❏ ❍❍❍❍❍❍❍ 1
✟
✟ U
✡❏ 3
✡ ❏❏❏❏
✟
✟
✡ ❏❏❏❏
✡
✟
✟
✡
✡
✟
✟
✡
✡
❍ ✟
✡
W 2 ❍ ❍❍❍❍❍❍❍❍❍❍ W 3
❅ W 1 W 4
✟
✟ W 5
❅❅❅ ✟
✟
✟
✟
✟
✟
✟
✟
✟
❅❅ ❍ ✟
{Id}
Wir begründen nun noch, dass wir bereits alle Untergruppen der Ordnung 4 gefunden
haben und obiger Graph der Untergruppenverband von D ist. Es sei V eine Untergruppe
von D mit |V | = 4 und V = U 1 . Da D nur genau zwei Elemente der Ordnung
4 besitzt (die invers zueinander sind) und V = U 1 ist, enthält V kein Element der
Ordnung 4, sondern genau drei Elemente der Ordnung 2 und somit genau drei der
Untergruppen W 1 , W 2 , W 3 , W 4 , W 5 . Aus obigem Graphen entnimmt man jedoch,
dass die einzigen beiden Tripel der Untergruppen W 1 , . . . , W 5 , die nicht die ganze
Gruppe D erzeugen, die beiden Tripel {W 1 , W 2 , W 3 } und {W 1 , W 4 , W 5 } sind. Also ist
V = W 1 ∪ W 2 ∪ W 3 = U 2 oder V = W 1 ∪ W 4 ∪ W 5 = U 3 . Also sind tatsäch-

Lösungen 11
lich U 1 , U 2 , U 3 die einzigen Untergruppen der Ordnung 4, und obiger Graph ist der
Untergruppenverband von D.
3.12 Lösung: Es seien R ein Repräsentantensystem der Linksnebenklassen von V in G und
S ein solches der Linksnebenklassen von U in V , sodass
G =
r∈R
r V , V =
s U , [G : V ] = |R| , [V : U] = |S| .
s∈S
Es folgt:
(∗)
G =
r s U ⊆
r s U .
r∈R s∈S
(r, s)∈R×S
Nun gelte r s U = r ′ s ′ U mit r, r ′ ∈ R und s, s ′ ∈ S. Es folgt
r V = r (s U V ) = r ′ (s ′ U V ) = r ′ V ⇒ r = r ′ ⇒ s U = s ′ U ⇒ s = s ′ ,
also (r, s) = (r ′ , s ′ ). Das begründet mit (∗):
[G : U] = |R × S| = |R| · |S| = [G : V ] · [V : U] .
Lösung zu Kapitel 4
4.1 Lösung: Wir benutzen die Bezeichnungen aus Beispiel 3.7 von Seite 39.
Es sind {Id}, U 1 := σ 2 = {Id, σ 2 }, U 2 := σ 4 = {Id, σ 4 }, U 3 := σ 5 = {Id, σ 5 },
N := σ 1 = {Id, σ 1 , σ 3 } und S 3 alle Untergruppen der symmetrischen Gruppe S 3 .
Die trivialen Untergruppen {Id} und S 3 sind Normalteiler. Außerdem ist N ein Normalteiler:
Dies folgt aus Aufgabe ?? oder Lemma 4.2, da N den Index 2 in S 3 hat.
Keine der drei zweielementigen Untergruppen U 1 , U 2 , U 3 ist ein Normalteiler in S 3 :
Beachte Aufgabe ??.
Die symmetrische Gruppe S 4 der Ordnung 24 besitzt 30 verschiedene Untergruppen.
Zwei unter ihnen sind Normalteiler:
V 4 = {Id, σ 1 , σ 2 , σ 3 } mit
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
σ 1 =
, σ 2 =
, σ 3 =
.
2 1 4 3
3 4 1 2
4 3 2 1

12 Lösungen
A 4 := {Id, σ 1 , . . . , σ 11 } mit σ 1 , . . . , σ 3 ∈ V 4 und
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
σ 4 =
, σ 5 =
, σ 6 =
,
1 3 4 2
1 4 2 3
2 3 1 4
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 3 4
σ 7 =
, σ 8 =
, σ 9 =
,
2 4 3 1
3 1 2 4
3 2 4 1
1 2 3 4
1 2 3 4
σ 10 =
, σ 11 =
.
4 1 3 2
4 2 1 3
Da A 4 den Index 2 in S 4 hat, ist klar, dass A 4 Normalteiler der symmetrischen Gruppe
S 4 ist. Den etwas mühsamen Nachweis dafür, dass V ein Normalteiler von S 4 ist und
es keine weiteren Normalteiler gibt, ersparen wir uns.
4.2 Lösung: Wir benutzen die Bezeichnungen aus Beispiel 3.7 von Seite 39.
Für die trivialen Untergruppen gilt: N S3 ({Id}) = S 3 und N S3 (S 3 ) = S 3 .
Für die zweielementigen Untergruppen U 1 , U 2 , U 3 gilt: Nach Lemma 4.5 ist N S3 (U i )
eine Untergruppe von S 3 für jedes i = 1, 2, 3. Da U i ⊆ N S3 (U i ) gilt, bleibt nach
Beispiel 3.7 von Seite 39 nur die Wahl N S3 (U i ) = U i oder N S3 (U i ) = S 3 . Aber aus
N S3 (U i ) = S 3 folgt mit Lemma 4.6 der Widerspruch U i S 3 (beachte Aufgabe ??).
Also gilt N S3 (U i ) = U i für i = 1, 2, 3.
Für die dreielementige Untergruppe V gilt: Nach Aufgabe ?? ist V ein Normalteiler
von S 3 . Also gilt N S3 (V ) = S 3 nach Lemma 4.6.
4.3 Lösung: Nach Lemma 4.4 ist U N eine Untergruppe von G. Es sei a ∈ G. Nach
Voraussetzung gelten dann die Inklusionen a U a −1 ⊆ U und a N a −1 ⊆ N. Damit gilt
auch a U N a −1 = a U a −1 a N a −1 ⊆ U N. Somit ist U N ein Normalteiler in G.
4.4 Lösung: Es sei V :=
a∈G
a U a −1 . Da für jedes a ∈ G die Menge a U a −1 eine Untergruppe
von G ist, ist V als Durchschnitt von Untergruppen von G eine Untergruppe
von G. Es sei x ∈ G. Dann gilt x V x −1 =
(x a) U (x a) −1 = a U a −1 = V .
Somit ist V ein Normalteiler von G.
4.5 Lösung: Es seien a, b ∈ G und U ≤ G; ferner gelte (a U) (b U) = c U für ein c ∈ G.
Wegen a b = a e b e ∈ (a U) (b U) = c U gilt a b U ⊆ c U und somit a b U = c U. Weiter
folgt nun für beliebiges x ∈ G:
a∈G
x −1 U x = x −1 U x e ⊆ x −1 U x U = x −1 x U = U .
a∈G
4.6 Lösung:
(a) Da für jedes a ∈ G der innere Automorphismus ι a : x → a x a −1 ein Automorphismus
ist, ist jede charakteristische Untergruppe U von G ein Normalteiler von
G, da a U a −1 = ι a (U) ⊆ U für jedes a ∈ G.
(b) Es sei U eine charakteristische Untergruppe eines Normalteilers V von G. Da
a V a −1 = V für jedes a ∈ G gilt, ist ι a für jedes a ∈ G ein Automorphismus von
V . Da U charakteristisch in V ist, gilt folglich a U a −1 = ι a (U) ⊆ U für jedes
a ∈ G, d. h. U ist ein Normalteiler von V .

Lösungen 13
(c) Nein. In der Diedergruppe D aus Aufgabe ?? ist W 4 ein Normalteiler von U 3 und
U 3 ein solcher von D (jeweils Index 2). Aber W 4 ist kein Normalteiler von D, da
etwa (1 4) (1 3) (1 4) ∈ W 4 gilt.
4.7 Lösung: Es sei V eine Untergruppe der Ordnung k von G. Dann ist für jedes a ∈ G
auch a V a −1 eine Untergruppe von G; und es gilt |a V a −1 | = k. Es folgt a V a −1 = V
für jedes a ∈ G. Somit ist V ein Normalteiler in G.
4.8 Lösung: Die Untergruppen U 1 := β, U 2 := α, β 2 , U 3 := α β, β 2 vom Index 2
sind Normalteiler, die Faktorgruppe D 4 /U i ist für jedes i = 1, 2, 3 zu Z 2 isomorph.
Weiter ist die zweielementige Untergruppe V := β 2 ein Normalteiler, da α β i β 2 (α β i ) −1 =
β 2 ∈ β 2 für alle i = 0, . . . , 3. Die Faktorgruppe D 4 /V = {V, α V, β V, α β V } ist eine
Klein’sche Vierergruppe.
Weitere Normalteiler gibt es nicht.
Das Zentrum Z(D 4 ) ist ein Normalteiler in D 4 , und wegen obiger Rechnung gilt β 2 ⊆
Z(D 4 ). Da keine der Untergruppen U 1 , U 2 , U 3 das Zentrum sein kann, bleibt nur
β 2 = Z(G) übrig.
Bemerkung. Ein elegantes Argument liefert Aufgabe ??: Da D 4 /U i zyklisch ist, D 4
aber nicht abelsch ist, kann keines der U i das Zentrum sein.
4.9 Lösung: Für jede Untergruppe U ≤ G ist |U| ein Teiler von |Q| = 8, also |U| ∈
{1, 2, 4, 8}.
• Q besitzt genau eine Untergruppe der Ordnung 1, nämlich die triviale Untergruppe
{E}.
• Q besitzt genau eine Untergruppe der Ordnung 8, nämlich Q.
• Da Q genau ein Element der Ordnung 2 enthält, nämlich das Element −E, besitzt
Q genau eine Untergruppe der Ordnung 2, nämlich −E.
• Da Q genau 6 Elemente der Ordnung 4 enthält, von denen jeweils zwei zueinander
invers sind und somit die gleiche Untergruppe erzeugen, besitzt Q genau 3 Untergruppen
der Ordnung 4. Damit haben wir alle Untergruppen von Q gefunden.
Die Untergruppen der Ordnung 1 und 8 sind trivialerweise Normalteiler von Q. Da die
Untergruppe der Ordnung 2 die einzige Untergruppe dieser Ordnung ist, ist sie ebenfalls
ein Normalteiler von Q (sogar eine charakteristische Untergruppe). Die Untergruppen
der Ordnung 4 haben alle den Index 2 und sind somit ebenfalls Normalteiler von Q.
Also sind alle Untergruppen von Q Normalteiler von Q.
4.10 Lösung:
(a) Für a, a ′ ∈ R \ {0} und b, b ′ ∈ R gilt t a, b t a ′ , b ′ = t aa ′ , ab ′ +b, t 1, 0 t a, b = t a, b ,
t a −1 , −a −1 b t a, b = t 1, 0 . Da die Komposition von Abbildungen assoziativ ist, ist
also G eine Gruppe.
(b) Da für beliebige a ∈ R \ {0} und b, c ∈ R gilt: t a, c t 1, b t a −1 , −a −1 c = t 1, d für ein
d ∈ R, ist N ein Normalteiler von G.
(c) Es ist ϕ : G → R \ {0}, t a, b → a ein Epimorphismus mit Kern N. Mit dem
Homomorphiesatz folgt G/N ∼ = R \ {0}.
4.11 Lösung: Es gilt Z(K n×n ) = {A ∈ K n×n | A B = B A für alle B ∈ K n×n }.

14 Lösungen
Aus der linearen Algebra ist bekannt:
Z(K n×n ) = {λ E n | λ ∈ K}. (4.1)
(Beweis: Die Inklusion ⊇ ist klar. Es sei also A = (a ij ) ∈ Z(K n×n ). Mit E kl bezeichnen
wir im Folgenden die Matrix aus K n×n , deren (k, l)-ter Eintrag eine Eins ist und deren
restliche Einträge Nullen sind. Für alle k, l = 1, 2, . . . , n gilt dann: A E kl = E kl A, also
n
a ij E ij E kl =
n n
a ij E kl E ij und somit a ij δ jk E il =
n a ij δ li E kj , also
i,j=1
n
a ik E il =
i=1
n
j=1
i,j=1
i,j=1
i,j=1
a lj E kj . Also: a ik = 0 für alle i = k und a kk E kl = a ll E kl für alle
k, l. Also a ij = 0 für alle i = j und a 11 = · · · = a nn .)
Wir zeigen nun:
Z(G) = {λ E n | λ ∈ K \ {0}}.
⊇: klar.
⊆: Es sei A ∈ Z(G). Dann vertauscht A mit allen Matrizen E n + E ij für alle i = j ∈
{1, . . . , n}. Also vertauscht A auch mit allen Matrizen E n + E ij − E n = E ij für alle
i = j ∈ {1, . . . , n}. Schließlich vertauscht A auch mit allen Matrizen E ii = E ij E ji
für alle i = 1, . . . , n. Also ist A ∈ Z(K n×n ) und somit existiert ein λ ∈ K \ {0} mit
A = λ E n .
4.12 Lösung: Es sei G metazyklisch. Für jede Untergruppe U ≤ G ist U ∩ N U zyklisch,
und U/U ∩ N ∼ = U N/N ist zyklisch, da U N/N als Untergruppe der zyklischen Gruppe
G/N ebenfalls zyklisch ist.
Es ist also z. B. jede Diedergruppe D n = α, β mit o(α) = 2 und o(β) = n metazyklisch,
da β ein zyklischer Normalteiler von D n mit zyklischer Faktorgruppe D n /β
ist.
Lösung zu Kapitel 5
5.1 Lösung: Es gelte {e} = U ≤ G; und n sei die kleinste natürliche Zahl mit e = a n ∈ U.
Ein solches n existiert auch in der Tat. Ist nämlich a k ∈ U für ein k ∈ Z, so ist auch
a −k ∈ U.
Es gilt a n ⊆ U. Und aus a k ∈ U mit k = q n + r ∈ Z und 0 ≤ r < t (Division mit
Rest) folgt andererseits
a r = a k−q n = a k (a n ) −q ∈ U ,
sodass r = 0 gilt wegen der Minimalität von n; d. h.
a k = a q n = (a n ) q ∈ a n .
Das beweist U ⊆ a n , und schließlich die Gleichheit U = a n .
5.2 Lösung: Es ist Z 360 eine zyklische Gruppe der Ordnung 360. Die Teiler von 360 sind:
1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 15, 18, 20, 24, 30, 36, 40, 45, 60, 72, 90, 120, 180, 360. Also

Lösungen 15
hat Z 360 die 24 Untergruppen: 0, 180, 120, 90, 72, 60, 45, 40, 36, 30,
24, 20, 18, 15, 12, 10, 9, 8, 6, 5, 4, 3, 2, 1.
5.3 Lösung: Wir kürzen a := a + 54 Z ab. Einfache Rechnungen modulo 54 liefern die
Potenzen von 5 in Z × 54 :
k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
5 k 1 5 25 17 31 47 19 41 43 −1 −5
k 11 12 13 14 15 16 17 18
5 k −25 −17 −31 −47 −19 −41 −43 1
Also gilt o(5) = 18. Da wegen ggT(2 n, 54) > 1 für jedes n ∈ N die Gruppe Z × 54 = {a ∈
Z 54 | ggT(a, 54) = 1} höchstens 27 = 54/2 Elemente haben kann, aber andererseits
auch 18 ein Teiler der Gruppenordnung |Z × 54 | gelten muss, erhalten wir |Z× 54 | = 18.
Damit ist begründet, dass 5 ein erzeugendes Element von Z × 54 ist: 5 = Z× 54 .
Es ist a ∈ Z × 54
genau dann ein Quadrat, wenn in der Darstellung a = 5k mit k ∈
{0, . . . , 17} die Zahl k gerade ist. Damit erhalten wir die Quadrate 1, 25, 31, 19, 43,
−5, −17, −47, −41.
5.4 Lösung: (a) Der euklidische Algorithmus liefert ggT(1001, 222) = 1 = −55 · 1001 +
248 · 222. Somit gilt 222 + 1001 Z ∈ Z × 1001 , und es gilt
(248 + 1001 Z) (222 + 1001 Z) = 1 + 1001 Z ,
sodass 248 + 1001 Z das Inverse zu 222 + 1001 Z ist.
(b) Der euklidische Algorithmus liefert ggT(1001, 287) = 7. Somit gilt 287 + 1001 Z ∈
Z × 1001 .
(c) Es ist 1000 ≡ −1 (mod 1001), sodass 1000 + 1001 Z in Z × 1001
liegt und zu sich selbst
invers ist.
5.5 Lösung: Es gilt ggT(33511, 65659, 2072323) = ggT(ggT(33511, 65659), 2072323). Der
euklidische Algorithmus liefert:
und dann
Damit erhalten wir
ggT(33511, 65659) = 47 = 295 · 65659 + (−578) · 33511
ggT(2072323, 47) = 1 = (−1) · 2072323 + 44092 · 47 .
ggT(33511, 65659, 2072323) = 1
= 13007140 · 65659 + (−25485176) · 33511 + (−1) · 2072323 .

16 Lösungen
5.6 Lösung: Da G/Z(G) zyklisch ist, existiert ein a ∈ G mit G/Z(G) = a Z(G). Es
seien b, b ′ ∈ G. Dann existieren k, k ′ ∈ Z, c, c ′ ∈ Z(G) mit b = a k c und b ′ = a k′ c ′ .
Demnach gilt:
Folglich ist G abelsch.
5.7 Lösung: (a) Es seien a i = r i
s i
s := s 1 · · · s n folgt:
b b ′ = (a k c) (a k′ c ′ ) = a k+k′ c c ′ = (a k′ c ′ ) (a k c) = b ′ b .
∈ Q mit r i ∈ Z, s i ∈ N, i = 1, . . . , n gegeben. Für
a 1 , . . . , a n ∈ 1 r
1
s Z = s | r ∈ Z = .
s
(Für q ∈ Q, k ∈ Z ist das Produkt k q auch das k-Fache von q in (Q, +).)
Nach Lemma 5.1 ist a 1 , . . . , a n ⊆ 1
s
zyklisch.
(b) Offenbar dürfen wir E = {x} annehmen. Es sei x = r , r ∈ Z, s ∈ N.
s
Es gilt Q = x = r s Z, weil 1
2 s = r s k für jedes k ∈ Z. Daher existiert x′ = r′
∈ X mit
s ′
r ′ ∈ Z, s ′ ∈ N und x ′ = x. Es existieren x 1 , . . . , x n = x in X und k 1 , . . . , k n , k mit
Es folgt
x = r s = r′ s r
1
s 2 r ′ =
k 1 x 1 + · · · + k n x n + k x = 1
s 2 r ′ .
n
i=1
(k i r ′ s r) x i + k r ′ r 2 =
sodass x ∈ X \ {x}, also Q = X ⊆ X \ {x}.
n
(k i r ′ s r) x i + (k r 2 s ′ ) x ′ ,
5.8 Lösung: Für jede zyklische Untergruppe U sei C(U) die Menge der erzeugenden
Elemente von U. Nach Korollar 5.11 gilt |C(U)| = ϕ(n), wenn |U| = n ∈ N. Bezeichnet
C(U) die Menge der zyklischen Untergruppen von G, so bildet {C(U) | U ∈ C(U)} eine
Partition von G.
(a) Nach Lemma 5.2 besitzt Z n zu jedem Teiler d ∈ N von n genau eine zyklische
Untergruppe U d der Ordnung d. Es folgt
n = |G| =
0

Lösungen 17
Lösung zu Kapitel 6
6.1 Lösung: Es gilt Z 8 ∼ = Z 2 × Z 4 und Z 8 ∼ = Z 2 × V , da Z 8 zyklisch ist, die Gruppen
Z 2 × Z 4 und Z 2 × V ∼ = Z 2 × Z 2 × Z 2 jedoch nicht – beachte Korollar 6.11.
6.2 Lösung: (a) Es gilt etwa Z 4 × {0} ∼ = Z 4
∼ = {0} × Z4 . Wegen Korollar 6.11 gibt es keine
nichttriviale Zerlegung Z 4
∼ = U × N mit |U|, |N| > 1.
(b) 1. Fall: p ∤ k. Dann gilt Z p k
∼ = Zp × Z k (beachte Korollar 6.7).
2. Fall: p | k. Wir setzen p k = p r k ′ mit p ∤ k ′ . Dann gilt Z p k
∼ = Zp r × Z k ′ (beachte
Korollar 6.7).
6.3 Lösung: Es sei G eine Gruppe der Ordnung 4. Falls G zyklisch ist, gilt G ∼ = Z 4 . Es
sei also G nicht zyklisch. Dann gilt a 2 = e G für jedes Element a ∈ G und das neutrale
Element e G von G (aus a 2 = e G folgte mit dem Satz von Lagrange, dass G von a erzeugt
wird, also G zyklisch ist). Wir erhalten für je zwei verschiedene Elemente a, b = e G :
a b = c für das vierte Element c ∈ G. Damit ist G eine Klein’sche Vierergruppe, also
G ∼ = Z 2 × Z 2 .
6.4 Lösung: ⇒: Es sei G = U ⊗ N das innere direkte Produkt der Normalteiler U und V
von G. Dann ist β : U ⊗N → N, (u, n) → n ein Homomorphismus mit den angegebenen
Eigenschaften.
⇐: Nun sei β ein Homomorphismus mit den angegeben Eigenschaften. Es sei U der
Kern des Homomorphismus β. Nach dem Homomorphiesatz gilt G/U ∼ = N, und es ist
U ein Normalteiler von G. Weiter gilt U ∩ N = {e G }, da β N ein Isomorphismus ist.
Nun sei a ∈ G beliebig. Wegen β(a) ∈ N existiert ein b ∈ N mit β(b) = β(a), d. h.
a b −1 ∈ U. Folglich gilt a ∈ U N, womit G = U N begründet ist.
6.5 Lösung: (a) Nach Lemma 4.4 ist U N eine Untergruppe von G. Da U, N Untergruppen
von U N sind, gilt |U|, |N| | |U N|, also G = U N wegen der Teilerfremdheit von |U|
und |N|.
Nach dem Satz von Lagrange ist |U ∩ N| ein Teiler von |U| und |N|, also |U ∩ N| = 1
erneut wegen der Teilerfremdheit der Ordnungen von U und N.
Es folgt G = U ⊗ N.
(b) Nach der Aussage in (a) gilt G = U ⊗ N.
Es sei ϕ ∈ Aut G. Dann gilt ϕ(U) ≤ U ⊗ N. Wegen |ϕ(U)| = |U| gilt ϕ(U) = U (man
beachte die Teilerfremdheit der Ordnungen von U und N). Analog gilt ϕ(N) = N. Wir
erhalten eine Abbildung
Φ :
Aut G → Aut U × Aut N
ϕ → (ϕ| U , ϕ| N )

18 Lösungen
Die Abbildung Φ ist offenbar ein Homomorphismus. Weiter ist Φ injektiv, da
(ϕ| U , ϕ| N ) = (Id U , Id N ) nur für ϕ = Id G möglich ist. Außerdem ist Φ surjektiv,
da für ψ U ∈ Aut U und ψ N ∈ Aut N die Abbildung
ψ :
U ⊗ N → U ⊗ N
u v → ψ U (u) ψ N (v)
(u ∈ U , v ∈ N)
ein Automorphismus von G = U ⊗ N ist. Es folgt Aut G ∼ = Aut U × Aut N.
6.6 Lösung: Es sei L die gesuchte Lösungsmenge. Wir setzen: n 1 = 11, n 2 = 5, n 3 = 21
und a 1 = 7, a 2 = 1, a 3 = 18. Für s i := a 1a 2 a 3
erhalten wir: s
a 1 = 105, s 2 = 231 und
i
s 3 = 55. Zunächst lösen wir die Kongruenzen s i X ≡ 1 (mod n i ) für i = 1, 2, 3 (durch
Raten oder mit dem euklidischen Algorithmus). Wir wählen k 1 = 2, k 2 = 1, k 3 = 13.
Somit ist
k :=
3
k i a i s i = 7 · 2 · 105 + 1 · 1 · 231 + 18 · 13 · 55 = 14571 ∈ L,
i=1
also
L = 14571 + 11 · 5 · 21 Z = 711 + 1155 Z .
6.7 Lösung:
(a) (S 1 , ·) ≤ (C \ {0}, ·) ist klar, weil z → z ein Homomorphismus ist. Es gilt für jedes
n ∈ N
a ∈ E n ⇒ a n = 1 ⇒ |a| n = 1 ⇒ 1 = |a| = a a .
(b) Jedes z ∈ C \ {0} hat die Form z = r (cos ϕ + i sin ϕ) mit r := |z| ∈ R + und
ϕ =Argz; und cos ϕ + i sin ϕ ∈ S 1 . Wegen S 1 ∩ R + = {1} gilt C \ {0} = S 1 × R + .
(c) Es ist ϕ : x + Z → e 2π i x ein (wohldefinierter) Isomorphismus von R/Z auf S 1 :
Wohldefiniertheit und Injektivität:
e 2π i(x−y) = e 2π i x e 2π i(−y) = 1 ⇔ 2 π i (x − y) = 2 k π i für ein k ∈ Z
⇔ x − y ∈ Z ⇔ x + Z = y + Z .
Homomorphie: ϕ((x+Z)+(y+Z)) = ϕ((x+y)+Z) = e 2π i(x+y) = e 2π i x e 2π i y =
ϕ(x + Z) ϕ(y + Z).
Die Surjektivität ist klar.
(d) Definitionsgemäß ist E = n∈N E n die Menge der Elemente endlicher Ordnung
aus S 1 . Aus a, b ∈ E, etwa a ∈ E r , b ∈ E s , folgt (a b −1 ) rs = (a r ) s (b s ) −r = 1.
Folglich gilt E ≤ S 1 .
Z gleichwertig. Es hat
Es ist n (x + Z) = 0 + Z = Z mit n x ∈ Z, d. h. x ∈ 1 n
also x + Z genau dann endliche Ordnung, wenn x ∈ n∈N
x + Z ∈ Q/Z ≤ R/Z.
1
n
Z, d. h. x ∈ Q, d. h.
6.8 Lösung: Aus U G folgt U H. Aus N G folgt H ∩ N H. Für h ∈ H gilt
h (H ∩ N) h −1 = h H h −1 ∩ h N h −1 = H ∩ N.
Aus U ∩ N = {e G } folgt U ∩ (H ∩ N) = {e G }.

Lösungen 19
Jedes a ∈ H hat die Form a = u v mit u ∈ U ⊆ H, v ∈ N. Es folgt
v = u −1 a ∈ U −1 H ⊆ H , d. h. v ∈ H ∩ N .
Somit gilt H = U (H ∩ N). Das beweist die Behauptung.
6.9 Lösung: (a) Wegen G = U N hat jedes Element a ∈ G die angegebene Form. Aus
u v = u ′ v ′ mit u, u ′ ∈ U und v, v ′ ∈ N folgt: u ′−1 u = v ′ v −1 ∈ U ∩ N. Folglich gilt
u ′−1 u = e G = v ′ v −1 , d. h. u = u ′ , v = v ′ .
Hiernach ist die Abbildung
ϕ :
G → U
u v → u
(u ∈ U , v ∈ N)
wohldefiniert und offenbar surjektiv. Es gilt ϕ(u v u ′ v) = ϕ(u u ′ u ′−1 v u ′ v) = u u ′ =
ϕ(u v) ϕ(u ′ v ′ ), denn u ′−1 v u ′ v ′ ∈ N. Somit ist ϕ ein Epimorphismus. Ferner gilt:
u v ∈ Kern ϕ ⇔ u = e ⇔ u v ∈ N .
Mit dem Homomorphiesatz 4.10 folgt U = ϕ(G) ∼ = G/ Kern ϕ = G/N.
a b
(b) Offensichtlich sind U ≤ G und N G. Für
∈ G gilt:
0 c
a b
=
0 c
a 0
0 c
1 b a −1
0 1
∈ U N,
also G = U N. Offensichtlich ist U ∩ N = {E 2 }. Also ist G semidirektes Produkt von
U mit N.
Es ist U kein Normalteiler, also G nicht direktes Produkt von U mit N, da:
1 −1
0 1
1 0
0 0
1 1
0 1
∈ U .
Lösung zu Kapitel 7
7.1 Lösung: Mit Lemma 7.3 gilt:
G x = G y für alle y ∈ G · x ⇔ G x = G g·x für alle g ∈ G
⇔ G x = g G x g −1 für alle g ∈ G
⇔ G x G .
7.2 Lösung: Es gilt G · 2 = X = G · 4 und G 2 = {Id} = G 4 (dies folgt auch aus Lemma
7.3).

20 Lösungen
7.3 Lösung: Da G nicht abelsch ist, gilt Z(G) = G. Also gilt |Z(G)| ∈ {p, p 2 } nach dem
Satz von Lagrange und Satz 7.7.
Im Fall |Z(G)| = p 2 hätte die Gruppe G/Z(G) die Ordnung p. Insbesondere wäre
G/Z(G) zyklisch, nach Aufgabe ?? also G abelsch. Somit bleibt nur die Möglichkeit
|Z(G)| = p.
7.4 Lösung: (a) G operiert auf L vermöge obiger Verknüpfung, denn es gilt für alle
a, g, h ∈ G:
• e G · (a H) = (e G a) U = a U und
• (g h) · a U = g h a U = g · (h · (a U)).
Die Operation ist transitiv: Es seien a U, b U ∈ L. Dann erfüllt g := b a −1 ∈ G:
g · (a U) = g a U = b U .
Wir begründen, dass G auf R mit der angegebenen Verknüpfung operiert. Es gilt für
alle a, g, h ∈ G:
• e G · (U a) = U (a e −1
G
) = U a und
• (g h) · U a = (U a) (g h) −1 = Ua h −1 g −1 = g · (U a h −1 ) = g · (h · (U a)).
Die Operation ist transitiv: Es seien U a, U b ∈ R. Dann erfüllt g := b −1 a ∈ G:
g · (U a) = U a g −1 = U b .
Ohne die Inversion erhält man im Allgemeinen keine Operation von G auf R, denn es
gilt für g, h, a ∈ G:
• (g h) · (U a) = U a g h,
• g · (h · (U a)) = g · (U a h) = U a h g,
also im Allgemeinen (g h) · (U a) = g · (h · (U a)).
Durch g · (U a) := U g a wird im Allgemeinen keine Operation von G auf R definiert
(die Wohldefiniertheit ist im Allgemeinen nicht erfüllt, da für g ∈ G aus U a = U b im
Allgemeinen nicht U g a = U g b folgt).
(b) Es sei a ∈ G. Es gilt:
G a U = {g ∈ G | g · (a U) = a U}
= {g ∈ G | g a U = a U}
= {g ∈ G | a −1 g a U = U}
= {g ∈ G | a −1 g a ∈ U}
= {g ∈ G | g ∈ a U a −1 }
= a U a −1

Lösungen 21
und
G U a = {g ∈ G | g · (U a) = U a}
= {g ∈ G | U a g −1 = U a}
= {g ∈ G | U a = U a g}
= {g ∈ G | U = U a g a −1 }
= {g ∈ G | a g a −1 ∈ U}
= {g ∈ G | g ∈ a −1 U a}
= a −1 U a .
(c) Wir betrachten ganz allgemein eine Operation von G auf einer Menge X. Nach Definition
ist diese Operation genau dann treu, wenn der Durchschnitt aller Stabilisatoren
trivial ist, d. h. wenn gilt:
G x = {e g } .
x∈X
Angewandt auf die obigen beiden Operationen erhält man:
• G operiert genau dann treu auf L, wenn
a U a −1 = {e G }.
a∈G
• G operiert genau dann treu auf R, wenn
a −1 U a = {e G } ist. Dies ist genau
a∈G
dann der Fall, wenn
a U a −1 = {e G } ist.
a∈G
7.5 Lösung: Es sei G eine nichtabelsche Gruppe der Ordnung 8. Weil G eine 2 -Gruppe
ist, hat jedes Element die Ordnung 1, 2, 4 oder 8. Gäbe es ein Element der Ordnung
8, so wäre G zyklisch, insbesondere abelsch. Hätten alle Elemente von G eine Ordnung
kleiner gleich 2, so wäre G nach Aufgabe ?? abelsch. Also existiert ein Element b ∈ G
der Ordnung 4.
Somit existiert in G ein Normalteiler b. Die disjunkte Linksnebenklassenzerlegung
nach b sei:
G = b ∪ a b = {e G , b, b 2 , b 3 } ∪ {a, a b, a b 2 , a b 3 } ,
wobei a ∈ G \ b. Wir ermitteln b a: Klar ist: b a ∈ b. Weiter ist klar, dass b a = a. Da
G nicht abelsch ist, folgt auch b a = a b. Also bleibt nur b a ∈ {a b 2 , a b 3 }. Angenommen,
b a = a b 2 . Dann gilt a = b 3 a b 2 = b b b a b 2 = b b a = b a b 2 . Es folgt der Widerspruch
b 3 a b 2 = b a b 2 (hieraus folgt nämlich b 2 = e G ). Also gilt
b a = a b 3 = a b −1 .
1. Fall: o(a) = 2. Wir erhalten die Relationen:
Damit ist G ∼ = D 4 , vgl. Abschnitt 3.1.5.
a b a −1 = b −1 , a b = b −1 a , b a = b a −1 .
2. Fall: o(a) = 4. Wir erhalten die Relationen:
(a b) 2 = (a b 2 ) 2 = (a b 3 ) 2 = a 2 = b 2 .

22 Lösungen
Beachte: b 2 ist das einzige Element der Ordnung 2. Damit ist G ∼ = Q, vgl. Beispiel 2.1
auf Seite 19.
7.6 Lösung: (a) Wir führen Induktion nach |G| durch, wobei der Induktionsanfang |G| = 1
trivial ist. Es seien also |G| > 1 und U G eine echte Untergruppe von G. Dann gilt
U ⊆ N G (U).
1. Fall: Z(G) ⊆ U. Dann gibt es ein a ∈ Z(G)\U. Es gilt a U a −1 = U, also a ∈
N G (U)\U, also U N G (U).
2. Fall: Z(G) ⊆ U. Es ist G := G/Z(G) eine p -Gruppe, |G| < |G| und U := U/Z(G)
eine echte Untergruppe von G. Nach Induktionsannahme ist also U N G
(U). Also
existiert ein a = a Z(G) ∈ G\U mit a U a −1 = U. Also ist a ∈ N G (U)\U, also U
N G (U).
(b) Es sei U eine maximale Untergruppe von G. Nach (a) ist dann N G (U) = G, also
U G.
Lösung zu Kapitel 8
8.1 Lösung: Es gelte |G| = p r m mit p ∤ m. Wegen |P | = p r gilt [G : P ] = m, weiter
erhalten wir wegen P ≤ N G (P ) mit Satz 3.13:
m = [G : P ] = [G : N G (P )] · [N G (P ) : P ] ,
sodass [N G (P ) : P ] | m. Daher kann p kein Teiler von [N G (P ) : P ] sein.
8.2 Lösung: Ist p ein Primteiler von n !, so existiert nach dem Satz von Cauchy in S n ein
Element σ mit o(σ) = p.
1. Fall: n = 3. Dann gilt n! = 2 · 3, und es ist σ 2 bzw. σ 3 mit
1 2 3
1 2 3
σ 2 :=
bzw. σ 3 :=
1 3 2
2 3 1
ein Element der Ordnung 2 bzw. 3 in S 3 .
2. Fall: n = 4. Dann gilt n! = 2 3 · 3, und es ist σ 2 bzw. σ 3 mit
1 2 3 4
1 2 3 4
σ 2 :=
bzw. σ 3 :=
1 3 2 4
2 3 1 4
ein Element der Ordnung 2 bzw. 3 in S 4 .

Lösungen 23
3. Fall: n = 5. Dann gilt n! = 2 3 · 3 · 5, und es ist σ 2 bzw. σ 3 bzw. σ 5 mit
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
σ 2 :=
bzw. σ 3 :=
1 3 2 4 5
2 3 1 4 5
1 2 3 4 5
bzw. σ 5 :=
2 3 4 5 1
ein Element der Ordnung 2 bzw. 3 bzw. 5 in S 5 .
4. Fall: n = 6. Dann gilt n! = 2 4 · 3 2 · 5, und es ist σ 2 bzw. σ 3 bzw. σ 5 mit
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
σ 2 :=
bzw. σ 3 :=
1 3 2 4 5 6
2 3 1 4 5 6
1 2 3 4 5 6
bzw. σ 5 :=
2 3 4 5 1 6
ein Element der Ordnung 2 bzw. 3 bzw. 5 in S 6 .
5. Fall: n = 7. Dann gilt n! = 2 4 · 3 2 · 5 · 7, und es ist σ 2 bzw. σ 3 bzw. σ 5 bzw. σ 7 mit
1 2 3 4 5 6 7
1 2 3 4 5 6 7
σ 2 :=
bzw. σ 3 :=
1 3 2 4 5 6 7
2 3 1 4 5 6 7
1 2 3 4 5 6 7
1 2 3 4 5 6 7
bzw. σ 5 :=
bzw. σ 7 :=
2 3 4 5 1 6 7
2 3 4 5 6 7 1
ein Element der Ordnung 2 bzw. 3 bzw. 5 bzw. 7 in S 7 .
8.3 Lösung: (a) Wegen 12 = 2 2 · 3 folgt mit den Sätzen von Sylow:
und
n 2 = 1 + k · 2 (k ∈ N 0 ) , n 2 | 3 ⇒ n 2 ∈ {1, 3}
n 3 = 1 + k · 3 (k ∈ N 0 ) , n 3 | 4 ⇒ n 3 ∈ {1, 4} .
(b) Im Fall n 3 = 4 besitzt G vier zyklische Untergruppen der Ordnung 3. Diese vier
Untergruppen besitzen nur das neutrale Element e G gemeinsam. Damit erhalten wir
1+4·2 = 9 Elemente. Die verbleibenden drei Elemente können damit nur noch in einer
2 -Sylowgruppe liegen, der Fall n 2 = 3 ist damit ausgeschlossen.
(c) Im Fall n 2 = 1 und n 3 = 1 sind die 2 - und 3 -Sylowgruppen Normalteiler von
G. Nach Aufgabe ?? gilt G = U ⊗ V für die einzige 2 -Sylowgruppe U und einzige 3 -
Sylowgruppe V von G. Da U und V abelsch sind, ist auch G abelsch. V ist als zyklische
Gruppe bis auf Isomorphie eindeutig bestimmt, es gilt V ∼ = Z 3 ; für U gibt es bis auf
Isomorphie zwei Möglichkeiten: U ∼ = Z 4 oder U ∼ = Z 2 × Z 2 . Für G gibt es also die
einzigen beiden Möglichkeiten: G ∼ = Z 2 × Z 2 × Z 3 oder G ∼ = Z 4 × Z 3 .
8.4 Lösung: Wegen 40 = 2 3 · 5 folgt mit den Sätzen von Sylow:
n 2 = 1 + k · 2 (k ∈ N 0 ) , n 2 | 5 ⇒ n 2 ∈ {1, 5}

24 Lösungen
und
n 5 = 1 + k · 5 (k ∈ N 0 ) , n 5 | 8 ⇒ n 5 ∈ {1} .
Wegen n 5 = 1 ist die 5 -Sylowgruppe ein nichttrivialer Normalteiler.
Wegen 56 = 2 3 · 7 folgt mit den Sätzen von Sylow:
und
n 2 = 1 + k · 2 (k ∈ N 0 ) , n 2 | 7 ⇒ n 2 ∈ {1, 7}
n 7 = 1 + k · 7 (k ∈ N 0 ) , n 7 | 8 ⇒ n 7 ∈ {1, 8} .
Da verschiedene 7 -Sylowgruppen nur das neutrale Element gemeinsam haben, gibt es
im Fall n 7 = 8 bereits 1+8·6 = 49 Elemente in den 7 -Sylowgruppen. Es folgt in diesem
Fall also n 2 = 1. Damit ist aber die 2 -Sylowgruppe ein nichttrivialer Normalteiler. Im
Fall n 7 = 1 ist die 7 -Sylowgruppe ein nichttrivialer Normalteiler.
8.5 Lösung: Es seien n p die Anzahl der p - und n q die der q -Sylowgruppen einer Gruppe
G der Ordnung p 2 q.
1. Fall: q < p. Aus n p | q und n p ≡ 1 (mod p) folgt n p = 1. Die Behauptung folgt
daher mit Satz 8.6 (a).
2. Fall: p < q. Dann gilt n q | p 2 und n q ≡ 1 (mod q), also n q = 1 (sodass mit Satz 8.6
(a) die Behauptung folgt) oder n q = p 2 . Im letzten Fall hat G genau p 2 (q−1) = |G|−p 2
Elemente der Ordnung q. Daher folgt n p = 1 und erneut die Behauptung.
8.6 Lösung: (a) Die Untergruppen von S 3 sind aus Beispiel 3.7 auf Seite 39 bekannt.
Die p -Sylowgruppen von S 3 sind:
1 2 3 1 2 3 1 2 3
• für p = 2 :
,
,
,
2 1 3 3 2 1 1 3 2
1 2 3
• für p = 3 :
.
2 3 1
(b) Es gilt |S 4 | = 4! = 2 3·3. Die Diedergruppe D (vgl. Aufgabe ??) ist eine Untergruppe
der Ordnung 8 von S 4 , also ist D eine 2 -Sylowgruppe von S 4 .
1 2 3 4
Es ist U :=
≤ S 4 eine Untergruppe der Ordnung 3 von S 4 , also ist
2 3 1 4
U eine 3 -Sylowgruppe von S 4 .
(c) Es ist |S 5 | = 5! = 2 3 · 3 · 5. Für die Anzahl n 2 der 2 -Sylowgruppen von S 5 gilt also:
n 2 ≡ 1 (mod 2) und n 2 | 3 · 5 = 15, also n 2 ∈ {1, 3, 5, 15}. Angenommen, n 2 ≤ 5.
Dann besäße S 5 höchstens 5 · 7 + 1 = 36 Elemente von 2 -Potenzordnung. Es gibt in
S 5 allerdings:
• 5·4
2
= 10 Transpositionen (Vertauschungen a ↔ b zweier verschiedener Elemente
a, b ∈ {1, 2, 3, 4}, die anderen Elemente bleiben fest – solche Transpositionen
haben offenbar die Ordnung 2),
• 1 2 · 5·4
2 · 3·2 = 15 Doppeltranspositionen (Vertauschungen a ↔ b, c ↔ d verschiedenener
Elemente a, b, c, d ∈ {1, 2, 3, 4} – solche Doppeltranspositionen haben
2
offenbar die Ordnung 2),

Lösungen 25
• 5·4·3·2
4
= 30 4-Zykel (Permutationen der Form a → b → c → d → a für
verschiedene a, b, c, d aus {1, 2, 3, 4} – solche haben offenbar die Ordnung 4),
also 55 + 1 = 56 Elemente von 2 -Potenzordnung, ein Widerspruch. Also ist n 2 = 15.
Lösung zu Kapitel 9
9.1 Lösung: (a) Es seien (r 1 , . . . , r k ) der Typ und σ = σ 1 · · · σ k die kanonische Zyklenzerlegung
von σ mit l(σ i ) = r i , i = 1, . . . , k.
Aus σ s = Id folgt mit Lemma 9.1 (e), (f):
σ s 1 · · · σs k = Id und σs i | T σi
= σ s | Tσi ,
also σ s i
= Id., d. h. mit Lemma 9.1 (a): r i | s für i = 1, . . . , k. Das liefert v :=
kgV(r 1 , . . . , r k ) | s.
Andererseits gilt nach Lemma 9.1 (a): σ v = σ v 1 · · · σv k = Id.
Fazit: o(σ) = kgV(r 1 , . . . , r k ).
(b) ⇒: Das folgt aus Lemma 9.1 (d) und der Regel τ (σ 1 · · · σ k ) τ −1 = τ σ 1 τ −1 · · · τ σ k τ −1 .
⇐: Es seien (r 1 , . . . , r k ) der Typ von σ, τ und σ = σ 1 · · · σ k , τ = τ 1 · · · τ k die kanonischen
Zyklenzerlegungen von σ, τ mit l(σ i ) = r i = l(τ i ), und σ i = (a (i)
1 . . . a(i) r i
),
τ i = (b (i)
1 . . . b(i) r i
) für i = 1, . . . , k. Dann existiert π ∈ S n mit π(a (i)
j
) = b(i) j
für alle
i, j. Mit Lemma 9.1 (d) folgt:
π σ π −1 = i
π σ i π −1 = i
π (a (i)
1 . . . a(i) r i
) π −1 = i
(b (i)
1 . . . b(i) r i
) = i
τ i = τ .
(c) Nein: (1 2 3) ∈ A 3 und (1 3 2) ∈ A 3 sind nicht konjugiert in A 3 (A 3 ist abelsch).
9.2 Lösung: σ = (1 2 4 3) (5 9 6 7), τ = (1 2 3 7 9) (4 6 8) σ τ = (1 4 7 6 8 3 5 9 2), σ −1 =
(7 6 9 5) (3 4 2 1), τ −1 = (8 6 4) (9 7 3 2 1).
9.3 Lösung: Es sei n ≥ 5, G := S n , U := A n und V ein nichttrivialer Normalteiler von
S n . Wegen Satz 4.12 gilt A n ∩ V A n , d. h. nach Satz 9.11:
(i) A n ∩ V = A n oder (ii) A n ∩ V = {e} .
Im Fall (i) gilt V = A n . Im Fall (ii) folgt mit Satz 4.12:
G/V = A n V/V ∼ = A n /A n ∩ V = A n /{e} ∼ = A n ,
also: |V | = 2, etwa V = {Id, τ}. Dies impliziert:
(∗) σ −1 τ σ = τ für jedes σ ∈ S n .

26 Lösungen
Es existiert ein a mit b := τ(a) = a und σ ∈ S n mit σ(a) = a, σ(b) = b, sodass
b = τ(a) (∗)
= σ −1 τ σ(a) = σ −1 τ(a) = σ −1 (b) Widerspruch!
9.4 Lösung: Wir dürfen l ≤
nvoraussetzen. Für den Träger T σ eine l-Zyklus σ ∈ S n
n
gibt es bekanntlich genau Möglichkeiten. Nach Festlegung von T := T σ und eines
l
Startpunktes a ∈ T gibt es l − 1 Möglichkieten für σ(a), dann l − 2 Möglichkeiten für
σ(σ(a)),
.... Folglich existieren (l − 1) ! l-Zyklen mit Träger T , und damit insgesamt
n
(l − 1) ! l-Zyklen in S n .
l
9.5 Lösung: (a) Wir können n ≥ 3 voraussetzen. Es sei
U := {(i , i + 1) | 1 ≤ i < n} ≤ S n .
Für s, i ∈ I n := {1, . . . , n} mit 3 ≤ s ≤ n und 2 ≤ i < s gilt (i−1 , i) (i s) (i−1 , i) −1 =
(i − 1 , s). Mit (s − 1 , s) ∈ U beginnend, erhält man durch wiederholte Anwendung
dieser Identität: (j s) ∈ U für alle j mit 1 ≤ j < s. Somit liegen alle Transpositionen
in U, und die Behauptung folgt mit Lemma 9.5.
(b) Es sei σ : (1 2 . . . n) und V = (1 2), σ ≤ S n .
Wegen σ (i i + 1) σ −1 = (i + 1 i + 2) für 1 ≤ i ≤ n − 2 (beachte Lemma 9.7) gilt
(j j + 1) ∈ V für 1 ≤ j < n. Die Behauptung folgt daher mit (a).
9.6 Lösung: (a) π σ π −1 = (1 3) (2 4).
(b) π σ π −1 = (1 3 4).
(c) π σ π −1 = (1 3 5 3 4).
(d) π σ π −1 = (1 4 5 2 3).
9.7 Lösung: Nach dem Satz von Cayley ist jede endliche Gruppe G mit |G| = n isomorph
zu einer Untergruppe von S n . Wir geben nun einen Monomorphismus von S n in die
einfache Gruppe A 2n an:
Ist τ = (a 1 . . . a l ) ein l-Zyklus aus S n , so setze τ ′ := (a 1 + n . . . a l + n). Es ist dann
τ τ ′ ∈ A 2n .
Für σ ∈ S n sei σ = σ 1 · · · σ k die kanonische Zyklenzerlegung. Betrachte nun die Abbildung
S n → A 2n
ϕ :
σ → σ 1 σ 1 ′ · · · σ k σ
k
′ .
Die Abbildung ϕ ist ein Monomorphismus, da σ i , σ
j ′ jeweils elementfremd sind.
9.8 Lösung: (a) Es sei U ≤ S n , und es existiere ein σ ∈ U\A n . Insbesondere ist also
A n = U A n . Wegen A n S n ist U A n nach Lemma 4.4 eine Untergruppe von S n . Aus
A n ≤ U A n , A n = U A n und [S n : A n ] = 2 folgt somit U A n = S n . Es sei N := U ∩A n .
Aus dem 1. Isomorphiesatz folgt weiter: N U und [U : N] = [S n : A n ] = 2.

Lösungen 27
(b) Nach dem Satz von Cayley gibt es einen injektiven Homomorphismus π : G → S G
mit π(σ)(τ) = σ τ für alle σ, τ ∈ G. Nummeriert man die Elemente von G von 1
bis 2 m durch, so erhält man einen Isomorphismus ψ : S G → S 2m . Also ist φ :=
ψ ◦ π : G → S 2m ein injektiver Homomorphismus. Insbesondere ist U := φ(G) ≤ S 2m
eine zu G isomorphe Untergruppe von S 2m . Wegen |G| = 2 m existiert ein σ ∈ G
mit o(σ) = 2. Da σ fixpunktfrei auf {1, 2, . . . , 2 m} operiert, ist σ ein Produkt von
genau m elementfremden Transpositionen. Also ist sgn(σ) = (−1) m = −1 und somit
σ ∈ U\A 2m . Nach Teil (a) existiert also ein N U mit [U : N] = 2. Wegen G ∼ = U,
besitzt also auch G einen Normalteiler vom Index 2. Das war zu zeigen.
9.9 Lösung: Es sei φ ein Automorphismus von G := S 3 . Dann permutiert φ die 2 -Zyklen,
und φ ist durch diese Permutation eindeutig festgelegt (da die 2 -Zyklen die Gruppe
G erzeugen). In anderen Worten: Aut(G) operiert treu auf der Menge der 2 -Zyklen.
Also ist | Aut(G)| ≤ 3! = 6. Es sei Inn(G) die Gruppe der inneren Automorphismen
von G. Dann gilt: Inn(G) ∼ = G/Z(G) = G/{Id} ∼ = G. Also | Inn(G)| = |G| = 6, also
Aut(G) = Inn(G). Also:
Aut(S 3 ) = {φ τ | τ ∈ S 3 },
d.h. die Automorphismen von S 3 sind genau die inneren Automorphismen von S 3 , und
es gilt: Aut(S 3 ) ∼ = S 3 .
9.10 Lösung: (a) Die Abbildng
⎧
⎪⎨ G →
S L
ϕ :
L → L
⎪⎩ a → ϕ a :
x U → a x U
ist ein Homomorphismus und injektiv: Kern ϕ = G oder {e G }, weil G einfach ist. Im
ersten Fall folgte U = a U = ϕ a (U), d. h. a ∈ U für jedes a ∈ G, im Widerspruch zu
G = U. Daher ist ϕ injektiv.
(b) Für U ≤ A n mit Index d > 1 folgt aus (a):
(n > d ⇒ n ! ≥ (n − 1) d !).
1
2 n ! = |A n| ≤ d ! , also n ≤ d
9.11 Lösung: (a) Es sei G eine einfache nicht-abelsche Gruppe mit |G| ≤ 100. Wegen der
Aussagen in 7.7, 8.7 und Aufgabe ?? gilt
|G| ist keine Primzahlpotenz.
|G| ist nicht Produkt zweier Primzahlen.
|G| ≡ 2 (mod 4).
Es folgt
|G| ∈ {12, 20, 24, 28, 36, 40, 44, 45, 48, 52, 56, 60, 63, 68, 72,
75, 76, 80, 84, 85, 92, 96, 99, 100} .
In der folgenden Tabelle sind H eine Gruppe mit einer dieser Ordnungen und d der
größte Primzahlpotenzteiler von |H|:

28 Lösungen
|H| 12 20 24 28 36 40 44 45 48 52 56 60 63
d
4 5 8 7 9 8 11 9 16 13 8 5 9
! 6 24 6 24 24 120 24 120 6 24 7 ! 12 ! 7 !
|H|
d
|H| 68 72 75 76 80 84 85 92 96 99 100
d
17 9 25 19 16 7 17 23 32 11 25
! 24 8 ! 6 24 120 12 ! 120 24 6 9 ! 24
|H|
d
H besitzt nach 8.1 eine Untergruppe der Ordnung d also vom Index |H|
d
. Wenn H
einfach ist, folgt mit Aufgabe ??:
Es folgt
|H|
|H| | ! .
d
G ∈ {40, 56, 60, 63, 72, 84} .
(b) Es sei n p die Anzahl der p -Sylowgruppen von G. Wir nutzen die Aussagen in 8.1,
8.5 und 8.6 aus.
|G| = 40 ⇒ n 5 | 8, n 5 ≡ 1 (mod 5) ⇒ n 5 = 1 – Widerspruch!
|G| = 56 ⇒ n 7 | 8, n 7 ≡ 1 (mod 7) ⇒ n 7 = 8, d. h. G hat 48 Elemente der Ordnung
7. Es folgt n 2 = 1 – Widerspruch!
|G| = 63 ⇒ n 7 | 9, n 7 ≡ 1 (mod 7) ⇒ n 7 = 1 – Widerspruch!
|G| = 72 ⇒ n 3 | 8, n 3 ≡ 1 (mod 3) ⇒ n 3 = 4. Es folgt N G (P ) hat Index 4 für jede
3 -Sylowgruppe P von G – Widerspruch zu Aufgabe ??: |G| ∤ 4 !.
|G| = 84 ⇒ n 7 | 12, n 7 ≡ 1 (mod 7) ⇒ n 7 = 1 – Widerspruch!
(c) Es sei G einfach und von der Ordnung 60. Es gilt n 5 | 12, n 5 ≡ 1 (mod 5), also
n 5 = 6:
(1) G hat 24 Elemente der Ordnung 5.
Es gilt n 2 | 15, also n 2 ∈ {3, 5, 15}.
Im Fall n 2 = 3 folgte [G : N G (P 2 )] = 3 für eine 2 -Sylowgruppe P 2 im Widerspruch
zur Aufgabe ??.
Es gelte n 2 = 15: Wäre P ∩ Q = {e G } für je zwei 2 -Sylowgrupen P, Q, so gäbe
es 46 Elemente in den 2 -Sylowgruppen im Widerspruch zu (1). Somit existieren 2 -
Sylowgruppen P, Q mit einem Element z = e G in P ∩ Q. Wegen Lemma 7.8 gilt
P, Q ⊆ Z := Z G ({z}). Es folgt 4 | |Z|, |Z| ≥ 6, |Z| | 60, also |Z| ∈ {12, 20, 60}.
Es ist |Z| = 60 nicht möglich: Dann folgte z ∈ Z(G), also z G.
Es ist |Z| = 20 nicht möglich: Es wäre [G : Z] = 3 entgegen Aufgabe ??.
Somit gilt |Z| = 12, d. h. [G : Z] = 5.
Im Fall n 2 = 5 hat N G (P 2 ) für jede 2 -Sylowgruppe P 2 den Index 5 in G.
Somit existiert U ≤ G mit [G : U] = 5. Es folgt mit Aufgabe ??:
(2) G ist zu einer Untergruppe V von S 5 isomorph; und [S 5 : V ] = 2.

Lösungen 29
Für jeden 3 -Zykel δ folgt (δ V ) 2 ∈ V , also δ 2 ∈ V , sodass δ = δ −2 ∈ V . Wegen Lemma
9.10 (a) gilt daher A 5 ⊆ V , also G ∼ = V = A 5 .
9.12 Lösung: (a) Es ist
◦ :
G × L → L
(g, a U) → g ◦ a U := (g a) U
eine Operation von G auf L. Nach Lemma 7.1 ist
λ : g → λ g :
L → L
a U → g a U
ein Homomorphismus von G in S L . Aus Kern λ = G folgte U = g U, d. h. g ∈ U, für
jedes g ∈ G, im Widerspruch zu U = G. Da G einfach ist, gilt also Kern λ = {e}, d. h.
λ ist injektiv.
(b) folgt direkt mit (a).
Bemerkung. Für jede Untergruppe mit einem Index d > 1 von A n , n ≥ 5, folgt also
mit der Aussage in 9.11:
1
2 n ! | d ! ,
d. h. d ≥ n.
Lösung zu Kapitel 10
10.1 Lösung: Es gibt bis auf Isomorphie genau 4 abelsche Gruppen der Ordnung 36. Es
sind dies
Z 4 × Z 9
∼ = Z36 ,
Z 2 × Z 2 × Z 9
∼ = Z2 × Z 18 ,
Z 4 × Z 3 × Z 3
∼ = Z3 × Z 12 ,
Z 2 × Z 2 × Z 3 × Z 3
∼ = Z6 × Z 6 .
Dabei haben wir links die Zerlegung entsprechend der 1. Fassung und rechts die Zerlegung
entsprechend der 2. Fassung des Hauptsatzes angegeben.
10.2 Lösung: Nach dem Lemma 10.5 ist die Anzahl aller nichtisomorpher abelscher Gruppen
der Ordnung 2 6 · 3 4 · 5 2 gleich der Anzahl der Partitionen von 6 mal der Anzahl
der Partitionen von 4 mal der Anzahl der Partitionen von 2. Wegen
6 = 5 + 1 = 4 + 2 = 4 + 1 + 1 = 3 + 3 = 3 + 2 + 1 = 3 + 1 + 1 + 1 =
2 + 2 + 2 = 2 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1
und 4 = 3 + 1 = 2 + 2 = 2 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1 sowie 2 = 1 + 1 ist die gesuchte
Anzahl also gleich 11 · 5 · 2 = 110.

30 Lösungen
10.3 Lösung: Wir bestimmen zunächst A = Aut(Z 40 ). Nach Satz 5.15 und Lemma 6.9 gilt:
A = Aut(Z 40 ) ∼ = Z × 40 ∼ = Z × 8 × Z× 5 .
Da alle Elemente von Z × 8 = {1, 3, 5, 7} eine Ordnung ≤ 2 haben, gilt Z× 8 ∼ = Z 2 × Z 2 .
Wegen Z × 5 = {1, 2, 3, 4} = 2 ist Z× 5 ∼ = Z 4 . Also A ∼ = Z 2 × Z 2 × Z 4 .
Wir bestimmen nun noch A = Aut(Z 35 ). Nach Satz 5.15 und Lemma 6.9:
A = Aut(Z 35 ) ∼ = Z × 35 ∼ = Z × 5 × Z× 7 .
Wegen Z × 7
= 2 ∼ = Z 6 gilt:
A ∼ = Z 4 × Z 6
∼ = Z4 × Z 2 × Z 3
∼ = Z2 × Z 12 .
Lösung zu Kapitel 11
11.1 Lösung: Es sei G = (G 0 , . . . , G r ) eine Kompositionsreihe. Da die Gruppe G abelsch
ist, sind auch alle Faktorgruppen von G abelsch, nach dem Lemma 9.9 gilt also für alle
i = 0, . . . , r − 1
|G i+1 /G i | = p i für eine Primzahl p i .
Es folgt |G| = [G r : G r−1 ] · · · [G 1 : G 0 ] ∈ N 0 .
11.2 Lösung: Die erste Reihe wird verfeinert zu
und die zweite zu
Z 5 Z 15 Z 60 Z {0}
Z 3 Z 12 Z 60 Z {0} .
Die äquivalenten Reihen haben die Faktoren:
Z 5 , Z 3 , Z 4 , Z und Z 3 , Z 4 , Z 5 , Z .
11.3 Lösung: Die zyklische Gruppe Z nm besitzt genau eine Untergruppe der Ordnung n.
Diese Untergruppe ist m Z/n m Z. Da m Z/n m Z ∼ = Z n , schreibt man häufig einfacher
Z n anstelle m Z/n m Z. So erhält man die viel einfachere Schreibweise Z n Z nm ,
wenngleich die Menge Z n im Allgemeinen natürlich keine Teilmenge von Z mn ist. Im
Folgenden werden wir dennoch Gebrauch von dieser einfachen Schreibweise machen.
Wir erhalten die vier verschiedenen Kompositionsreihen für Z 24
({0} , Z 3 , Z 6 , Z 12 , Z 24 ) mit den Faktoren Z 3 , Z 2 , Z 2 , Z 2 ,
({0} , Z 2 , Z 6 , Z 12 , Z 24 ) mit den Faktoren Z 2 , Z 3 , Z 2 , Z 2 ,
({0} , Z 2 , Z 4 , Z 12 , Z 24 ) mit den Faktoren Z 2 , Z 2 , Z 3 , Z 2 ,
({0} , Z 2 , Z 4 , Z 8 , Z 24 ) mit den Faktoren Z 2 , Z 2 , Z 2 , Z 3 .

Lösungen 31
11.4 Lösung: Wir benutzen die Schreibweise aus der Lösung zur Aufgabe ??. Es ist
({0} , Z p , Z p 2, . . . , Z p k )
eine Kompositionsreihe mit den Faktoren Z p .
11.5 Lösung: In der Diedergruppe D n = {α i β j | 0 ≤ i ≤ 1, 0 ≤ j ≤ n − 1} gilt für die
Kommutatoren im Fall i = 1:
(α β r ) (α β s ) (α β r ) −1 (α β s ) −1 = β 2(s−r) ,
also D ′ n = {e} in den Fällen n = 1 und n = 2. Und im Fall n ≥ 3 gilt D′ n = β2 ,
weiter dann D ′′
n = {e}: D n β 2 {e} .
In jedem Fall aber ist D n auflösbar.
11.6 Lösung: In Q = {±E, ±I, ±J, ±K} gilt A 2 = −E für jedes A ∈ Q \ {±E}, also
A −1 = A 3 = −A für jedes A ∈ Q \ {±E}. Damit erhält man mit K = I J = −J I und
−E ∈ Z(Q) die Gleichungen
[I, J] = I J I J = −E ,
[I, K] = I K I K = −E ,
[K, J] = K J K J = −E .
Es folgt Q ′ = {±E}, und weiter gilt Q ′′ = {E}. Folglich ist
Q −E {E}
die abgeleitete Reihe. Insbesondere ist Q auflösbar. Das folgt aber auch schon aus der
Tatsache, dass Q eine 2 -Gruppe ist (beachte Lemma 11.16).
11.7 Lösung: Nach Aufgabe ?? enthält G auf jeden Fall eine p -Sylowgruppe P mit |P | = p 2
und |G/P | = q oder eine q -Sylowgruppe Q mit |Q| = q und |G/Q| = p 2 . In jedem Fall
sind nach Lemma 11.16 sowohl die Sylowgruppe wie auch die Faktorgruppe auflösbar,
nach Satz 11.11 also auch G.
11.8 Lösung: Nach den Lemmata 11.16 und 11.17 und Aufgabe ?? sind nur die Gruppen
G mit |G| ∈ {24 = 2 3 · 3, 30 = 2 · 3 · 5, 36 = 2 2 · 3 2 , 40 = 2 3 · 5, 42 = 2 · 3 · 7, 48 =
2 4 · 3, 54 = 2 · 3 3 , 56 = 2 3 · 7} zu untersuchen.
Nach Aufgabe ?? hat aber jede solche Gruppe eine p -Sylowgruppe als nichttrivialen
Normalteiler. Jede solche p -Sylowgruppe ist als p -Gruppe auflösbar, und die Faktorgruppe
ist dann aufgrund der Lemmata 11.16 und 11.17 und Aufgabe ?? auflösbar.
Mit der Aussage in 11.11 ist dann auch G auflösbar.

32 Lösungen
Lösung zu Kapitel 12
12.1 Lösung: Die additive Gruppe Z × Z ist nicht frei, da sie abelsch ist und nicht von
nur einem Element erzeugt wird. Dasselbe gilt für die multiplikative Gruppe R × und
die additive Gruppe Q. Die symmetrische Gruppe S n ist endlich und knn daher schon
nicht frei sein.
12.2 Lösung: Es sei F frei über X. Da β surjektiv ist, existiert zu jedem x ∈ X ein
γ 0 (x) ∈ G mit β γ 0 (x) = α(x). Die so definierte Abbildung γ 0 : X → G ist fortsetzbar
zu einem Homomorphismus γ : F → G. Dann gilt β γ(x) = α(x) für alle x ∈ X. Wegen
F = X (siehe Satz ??) folgt β γ = α.
12.3 Lösung: Wegen Satz 12.10 ist jede Diedergruppe homomorphes Bild von G, sodass
|G| ≥ 2 n für jedes n ∈ N.
12.4 Lösung: (a) Man beachte zuerst, dass x ε ein reduziertes Wort auf ein ebensolches
abbildet, sodass x ε tatsächlich eine Abbildung von F in F ist.
Offenbar gilt x ε x −ε = Id F = x −ε x ε , sodass x ε eine Bijektion von F in F , also eine
Permutation von F ist, d. h. x ε ist ein Element der symmetrischen Gruppe S F , es gilt
außerdem
x −ε = x ε−1 .
Es ist zu begründen, dass es zu jeder Gruppe G und zu jeder Abbildung α : X → G
genau einen α fortsetzenden Homomorphismus β : F → G gibt. Dazu benötigen wir
die folgende eindeutige Darstellung der Elemente aus F .
Jedes σ = Id F aus F ist nach dem Darstellungssatz 3.2 und wegen x −ε = x ε−1 von
der Form
(∗) σ = x ε 1
1 · · · xε r
r mit x ε i+1
i+1 = x−ε i
i
für i = 1, . . . , r − 1 ,
andernfalls kann x ε i
i xε i+1
i+1 = Id F weggelassen werden. Diese Produktdarstellung von σ
ist eindeutig, denn σ(1) = x ε 1
1 · · · xε r
r ist ein reduziertes Wort, sodass die Faktoren x ε i
i
eindeutig bestimmt sind.
Ist nun G eine (beliebige) Gruppe und α : X → G eine (beliebige) Abbildung, so
definieren wir eine Abbildung β : F → G durch
β(Id F ) = 1 und β(x ε 1
1 · · · xε r
r ) = α(x 1 ) ε1 · · · α(x r ) ε r
,
wobei das Element x ε 1
1 · · · xε r
r ∈ F wie in (∗) gegeben ist. Wegen der Eindeutigkeit
dieser Darstellung ist die Abbildung β wohldefiniert und offenbar eine Fortsetzung von
α. Und β ist wegen x −ε = x ε−1 auch ein Homomorphismus. Zu zeigen bleibt die
Eindeutigkeit von β.
Für jeden α fortsetzenden Homomorphismus β ′ : F → G gilt
β ′ (x ε 1
1 · · · xε r
r ) = β ′ (x 1 ) ε1 · · · β ′ (x r ) ε r
= α(x 1 ) ε1 · · · α(x r ) ε r
,
sodass β = β ′ . Damit ist bewiesen, dass F frei über X ist.

Lösungen 33
(b) Die Abbildung
π :
F \ {1} → F \ {Id F }
x ε 1
1 · · · xε r
r → x ε 1
1 · · · xε r
r
und π(1) = Id
ist wegen der Eindeutigkeit der Darstellungen der Elemente x ε 1
1 · · · xε r
r
x ε 1
1 · · · xε r
r ∈ F eine Bijektion, und π(X) = X.
∈ F und
(c) Durch die Definition ◦ : F × F → F mit
v ◦ w := π −1 (π(v) · π(w)) für v, w ∈ F
wird mit π −1 die Multiplikation · auf F zu einer Multiplikation ◦ auf F übertragen:
Es wird v mit w in F multipliziert, indem man π(v) mit π(w) in F multipliziert und
dann das Ergebnis mit π −1 in F überträgt.
Wendet man die Bijektion π auf v ◦ w an, so erhält man
π(v ◦ w) = π(v) · π(w) für alle v, w ∈ F .
Das besagt, dass π ein Isomorphismus von (F, ◦) auf die Gruppe (F , ·) ist. Somit ist
(F, ◦) eine Gruppe. Zu begründen bleibt, dass F frei ist über X.
Dazu betrachten wir eine (beliebige) Gruppe G und eine (beliebige)
Abbildung α : X → G. Mithilfe von π −1 erklären wir nun die Abbildung
α := α π −1 | X
von X in die gegebene Gruppe G (man beachte
die nebenstehende Skizze).
Da die Gruppe F frei über X ist (siehe Lemma ??) existiert genau
ein Homomorphismus β : F → G, der α fortsetzt. Dann ist β := β π
ein Homomorphismus von F in G (man beachte die nebenstehende
Skizze).
X α
G
π −1
X
α
F
8888888
β
G
π
β
8
F
Dieser Homomorphismus β setzt die Abbildung α : X → G fort, da für jedes x ∈ X
wegen π(X) = X gilt β(x) = β π(x) = α π(x) = α(x). Zu begründen bleibt die
Eindeutigkeit von β.
Dazu betrachten wir einen α fortsetzenden Homomorphismus γ :
F → G. Erklärt man hierzu die Abbildung γ := γ π −1 , so ist dies
ein α fortsetzender Homomorphismus von F in G (beachte die nebenstehende
Skizze).
Wegen der Eindeutigkeit von β folgt nun γ = β. Damit erhalten wir
γ = γ π = β π = β .
Somit ist β eindeutig. Das begründet, dass F frei über X ist.
F
π −1
(d) Bei dieser Konstruktion war die Menge X beliebig, damit erhalten wir, dass es zu
jeder Menge X eine über X freie Gruppe F gibt.
F
γ
γ
G

34 Lösungen
Lösung zu Kapitel 13
13.1 Lösung: (a) Es sei ϕ linksinvertierbar. Dann existiert ein ψ ∈ R mit ψ ϕ = Id. Bekanntlich
folgt hieraus, dass ϕ injektiv ist. Als Endomorphismus einen endlichdimensionalen
Vektorraums ist ϕ somit auch surjektiv, also bijektiv: ϕ ist rechtsinvertierbar
und invertierbar.
Es sei ϕ rechtsinvertierbar. Dann existiert ein ψ ∈ R mit ϕ ψ = Id. Bekanntlich folgt
hieraus, dass ϕ surjektiv ist. Als Endomorphismus einen endlichdimensionalen Vektorraums
ist ϕ somit auch injektiv, also bijektiv: ϕ ist linksinvertierbar und invertierbar.
Bemerkung. Ist n die Dimension von V über K, so gilt bekanntlich R ∼ = K n×n .
Aufgrund der bewiesenen Behauptung reicht es bei einer invertierbaren Matrix A stets
aus, ein Links- oder Rechtsinverses von A zu bestimmen, um das Inverse von A zu
erhalten. Dies ist in allgemeinen Ringen nicht so.
(b) Es sei ϕ = 0 ein Nichtnullteiler. Angenommen, ϕ ist nicht invertierbar. Nach (a) ist
ϕ nicht surjektiv. Es sei U = {0} das Komplement von ϕ(V ) in V , also V = ϕ(V ) ⊕ U.
Jedes x ∈ V hat somit eine eindeutige Darstellung der Form x = v + u mit v ∈ ϕ(V )
und u ∈ U. Die Projektion
π :
ϕ(V ) ⊕ U → U
v + u → u
erfüllt: π = 0, π ϕ = 0, sodass ϕ ein Nullteiler ist.
13.2 Lösung: Es sei m ∈ Z n . Wir setzen d := ggT(m, n).
1. Fall d = 1: In diesem Fall existieren x, y ∈ Z mit x m + y n = 1.
Wegen y n = 0 gilt also:
also m ∈ (Z/nZ) × .
2. Fall d > 1: In diesem Fall gilt:
m x = x m = x m + y n = 1 ,
n
m
m = n = 0,
d d
also ist m ein Nullteiler.
13.3 Lösung: Es ist (1, 1) das Einselement von Z 4 × Z 3 . Wegen 12 · (1, 1) = (0, 0) und
k · (1, 1) = (0, 0) für alle natürlichen k ≤ 11 gilt Char Z 4 × Z 3 = 12.
Analog gilt Char Z 2×2
6
= 6 und Char Z 2×2
3
= 3.
13.4 Lösung: Das folgt unmittelbar per Induktion aus Lemma 13.5.
13.5 Lösung: Es sei 0 = a ∈ R. Wir unterscheiden zwei Fälle:
(i) R a = R und (ii) R a = R .
(i) R a = R: Wir begründen zuerst, dass R ein Einselement enthält.

Lösungen 35
Wegen R a = R existiert ein e ∈ R mit e a = a. Es folgt
(b e − b) a = b e a − b a = b a − b a = 0
für alle b ∈ R. Es folgt b e − b = 0, d. h. b e = b für alle b ∈ R, da R nullteilerfrei ist.
Somit ist e ein Einselement bzgl. der Multiplikation.
Wir zeigen nun, dass jedes a ∈ R \ {0} invertierbar ist. Es sei 0 = a ∈ R. Wegen
R a = R existiert ein b ∈ R mit b a = e. Folglich ist a invertierbar.
Damit ist begründet, dass R im Fall (i) ein Körper ist.
(ii) R a = R: Es ist R a ⊆ R ein Teilring von R. Nach Voraussetzung enthält R a nur
endlich viele Elemente. Wegen der Nullteilerfreiheit ist die Abbildung R → R a, r → r a
injektiv. Es folgt |R| = |R a| und damit R = R a – im Widerspruch zur Voraussetzung.
Damit kann dieser Fall nicht eintreten: Es gilt R a = R. Nach (i) ist R ein Körper.
13.6 Lösung: (a) Für jedes a ∈ R gilt:
also a + a = 0.
(b) Es seien a, b ∈ R. Aus
a + a = (a + a) 2 = a 2 + a 2 + a 2 + a 2 = a + a + a + a ,
a + b = (a + b) 2 = a 2 + b 2 + a b + b a = a + b + a b + b a
folgt: a b = −b a. Nach (a) gilt x = −x für alle x ∈ R. Somit gilt
(c) Es sei 0 = e ∈ R. Aus e 2 = e folgt
a b = −b a = b a .
(b e − b) e = 0
für alle b ∈ R. Da R nullteilerfrei ist, gilt b e = b für alle b ∈ R. Somit ist e Einselement
in R. Da jedes von Null verschiedene Element Einselement ist, ein solches aber eindeutig
bestimmt ist, ist e das einzige von Null verschiedene Element. Es folgt R = {0, e}. Und
als Ring ist dieser isomorph zu Z 2 .
13.7 Lösung: Für τ ∈ Aut Q gilt τ(0) = 0, τ(1) = 1, τ(−1) = −1. Es folgt für n ∈ N:
τ(n) = τ(1 + · · · + 1) = τ(1) + · · · + τ(1) = n , und hieraus folgt τ(−n) = −n .
n-mal
n-mal
Das zeigt τ(k) = k für jedes k ∈ Z, sodass
für alle z ∈ Z, n ∈ N.
z
τ = τ(z)
n τ(n) = z n
Damit ist gezeigt: τ = Id, also | Aut Q| = 1.

36 Lösungen
Es sei τ ∈ Aut R. Zu x > 0 aus R existiert y ∈ R \ {0} mit x = y 2 , sodass τ(x) =
τ(y 2 ) = τ(y) 2 > 0. Für alle a, b ∈ R mit a < b, d. h. b − a > 0 folgt
Damit ist gezeigt, dass τ isoton ist.
Nach (a) gilt τ| Q = Id Q .
Angenommen, τ(x) = x für ein x ∈ R.
0 < τ(b − a) = τ(b) − τ(a) , also τ(a) < τ(b) .
1. Fall: x < τ(x). Dann existiert ein r ∈ Q mit x < r < τ(x), und folglich gilt
τ(x) < τ(r) = r < τ(x) – ein Widerspruch.
2. Fall: τ(x) < x. Dann existiert ein s ∈ Q mit τ(x) < s < x, und folglich gilt
τ(x) < s = τ(s) < τ(x) – ein Widerspruch.
Damit gilt τ(x) = x für alle x ∈ R, d. h. τ = Id, d. h. | Aut R| = 1.
13.8 Lösung: (a) Da mit x, y ∈ H auch x − y und x y in H liegen, ist H ein Teilring von
C 2×2 . Die Einheitsmatrix E 2 ist das Einselement. (Man kann direkt nachweisen, dass
jedes von Null verschiedene Element in H ein Inverses hat, H also ein Schiefkörper ist.
Dieser Nachweis ist aber mit (f) deutlich einfacher zu führen.)
(b) ist klar.
(c) Für a, b ∈ C gilt
a
a + b j = ε(a) + ε(b) j =
−b
b
,
a
sodass H = C + C j. Und C = R + R i.
a b
(d) Aus A =
∈ Z(H) folgt
−b a
−b
A j = j A ⇔
−a
a −b
=
−b −a
a
.
−b
Es folgt a, b ∈ R, und weiter folgt
A ε(i) = ε(i) A ⇔
a i
−b i
−b i a i
=
−a i b i
b i
.
−a i
Dies liefert b = 0, also A = ε(a) ∈ R.
1 0
Andererseits gilt ε(a) = a für a ∈ R, sodass ε(a) M = Mε(a) für jedes M ∈ H,
0 1
also R ⊆ Z(H).
(e) Wegen (a) ist x → x additiv, und es gilt offenbar
(i) α x = α x für α ∈ Z , x ∈ H .

Lösungen 37
Man rechnet nach (mit k := i j):
Damit erhalten wir
i 2 = −1 = j 2 , i j = − j i ⇒ k 2 = i j i j = −1 ,
i k = i i j = − i j i = −k i , j k = j i j = − i j j = −k j .
(ii) x, y ∈ {i, j, k} , x = y ⇒ x 2 = −1 , x y = −y x , x = −x .
Ferner gilt x x = −1 = x x, x y = −(x y) = y x = y x:
(iii) x, y ∈ {i, j, k} ⇒ x y = y x .
Für c 0 := 1, c 1 := i, c 2 := j, c 3 := k und x = 3
i=0 α i c i , y = 3
i=0 β i c i mit
α i , β i ∈ R folgt
x y =
3
i,j=0
α i β j c i c j =
⎛
3
3
α i β j c j c i = ⎝
i,j=0
j=0
⎞ 3
β j c j
⎠ α i c i = y x .
i=0
(f) Man rechnet nach:
N(x) = N
α 0 +
3
α i c i = α 0 +
i=1
3
= α 2 0 + α 0 α i c i −
i=1
=
3
α 2 i .
i=0
Es folgt hieraus für alle x, y ∈ H:
und
3
α i c i
α 0 −
i=1
3
α i c i −
i=1
3
α 2 i −
i=1
3
α i c i
i=1
1≤i 0 ⇒ x x N(x) −1 = 1 ,
d. h. x ist invertierbar, und x −1 = N(x) −1 x.
(h) Es sind i, j, k drei verschiedene Lösungen der Gleichung X 2 + 1 = 0, weiter liefert
jeder Punkt der Einheitssphäre im R 3 , d. h. (α 1 , α 2 , α 3 ) ∈ R 3 mit
eine Lösung x = α 1 i +α 2 j +α 3 k.
α 2 1 + α2 2 + α2 3 = 1

38 Lösungen
13.9 Lösung: Wegen der Regeln
z
n ± z′
n ′ = z n′ ± z ′ n
n n ′ ,
z z ′
n n = z z′
′ n n ′
ist R A für jede Menge A ⊆ P von Primzahlen ein Teilring von Q.
Nun seien A, B ⊆ P verschieden, o. E. B A, und p ∈ B \ A. Dann gilt 1 p ∈ R B. Aus
1
p ∈ R A folgt 1 p = z mit z ∈ Z, n ∈ N, wobei n nur Primteiler aus A besitzt. Aus
n
p z = n folgt aber p | n – ein Widerspruch.
Für die Kardinalzahl ω der Menge aller Teilringe von Q gilt daher ω ≥ |P(P)| = c := |R|
(wobei P(P) die Potenzmenge der Menge aller Primzahlen bezeichne). Wegen |Q| = |N|
hat man andererseits |P(Q)| = |P(N)| = c.
Somit gilt ω = c = |R|.
Bemerkung. Für A, B ⊆ P, A = B gilt sogar R A ∼ = R B : Für einen Isomorphismus
ϕ : R B → R A folgte ϕ(1) = 1 und daher ϕ(p) = p für jedes p ∈ B, also
1 = ϕ p 1
1 1
= ϕ(p) ϕ = p ϕ ,
p
p p
somit R A ∋ ϕ( 1 p ) = 1 p .
13.10 Lösung: (a) Für a, b, c, d ∈ K gilt
a
b
s b c
±
a d
s d a ± c s (b ± d)
=
∈ K s
c b ± d a ± c
und
a
b
s b c
a d
s d a c + s b d s (b c + a d)
=
∈ K s .
c b c + a d a c + s b d
Daher ist K s ein Teilring von K 2×2 ; und (K s , ·) ist abelsch.
Genau dann ist jedes von der Nullmatrix verschiedene Element A =
a
b
s b
aus K s
a
in K 2×2 invertierbar, wenn det A = a 2 − s b 2 = 0 für alle (a, b) = (0, 0) aus K 2 , d. h.
wenn s kein Quadrat in K ist. In diesem Fall gilt
a
b
für jedes (a, b) = (0, 0) aus K 2 .
−1
s b
= (a 2 − s b 2 ) −1 a
a
−b
−s b
∈ K s
a
Fazit: Genau dann ist K s ein Körper, wenn s kein Quadrat in K ist.
(b) Der Fall K = R. Wegen (a) ist R −1 ein Körper. Es ist
a
b
−b
a
→ a + i b (a, b ∈ R)

Lösungen 39
ein Isomorphismus von R −1 auf C.
(c) Wegen (−a) 2 = a 2 besitzt K := Z p für jede Primzahl p = 2 ein Nichtquadrat s.
Nach (a) ist K s ein Körper mit p 2 Elementen.
13.11 Lösung: (a) Offensichtlich gilt a − b ∈ Z[ √ d] bzw. ∈ Q[ √ d] für alle a, b ∈ Z[ √ d] bzw.
∈ Q[ √ d]. Wir begründen die Abgeschlossenheit bzgl. der komplexen Multiplikation:
Für alle x, y, x ′ , y ′ ∈ Z (bzw. in Q) gilt:
(x + y √ d) (x ′ + y ′ √ d) = (x x ′ + d y y ′ ) + (x y ′ + x ′ y) √ d ∈ Z[ √ d] (bzw. ∈ Q[ √ d]).
Somit sind Z[ √ d] und Q[ √ d] Teilringe von C.
(b) Da d quadratfrei ist, sind 1, √ d linear unabhängig über Q. Also lässt sich jedes
Element von Q[ √ d] in eindeutiger Weise in der Form x + y √ d mit x, y ∈ Q schreiben.
Somit ist die Abbildung z → z wohldefiniert. Offensichtlich ist die Abbildung sogar ein
selbstinverser Homomorphismus der additiven Gruppe Z[ √ d] → Z[ √ d] (bzw. Q[ √ d] →
Q[ √ d]). Für alle x, x ′ , y, y ′ ∈ Q gilt ferner:
(x + y √ d) (x ′ + y ′ √ d) = (x x ′ + d y y ′ ) − (x y ′ + x ′ y) √ d = (x + y √ d) (x ′ + y ′ √ d) .
Also ist die Abbildung z → z ein Ringautomorphismus.
(c) Sei z = x + y √ d ∈ Q[ √ d]. Dann ist N(z) = z z = x 2 − d y 2 ∈ Q (bzw. ∈ Z, falls
z ∈ Z[ √ d]). Also ist N eine Abbildung von Q[ √ d] in Q. Für alle z = x + y √ d, z ′ =
x ′ + y ′ √ d ∈ Q[ √ d] gilt ferner: N(z z ′ ) = (x x ′ + d y y ′ ) 2 − d (x y ′ + x ′ y) 2 = (x 2 −
d y 2 ) (x ′2 − d y ′2 ) = N(z) N(z ′ ).
Wir zeigen nun noch die Aussage über die Einheiten. Es sei z ∈ Z[ √ d] × . Dann existiert
ein z ′ ∈ Z[ √ d] mit z z ′ = 1. Es gilt weiter: N(z) N(z ′ ) = N(z z ′ ) = N(1) = 1.
Da N(z), N(z ′ ) ganzzahlig sind, folgt N(z) = ±1. Es sei umgekehrt z ∈ Z[ √ d] mit
N(z) = ±1. Dann gilt z z = N(z) = ±1, also z ∈ Z[ √ d] × .
(d) Wir zeigen zunächst, dass Q[ √ d] ein Körper ist. Nach Teil (a) genügt es zu zeigen,
dass 1 z ∈ Q[√ d] ist für alle z ∈ Q[ √ d] \ {0}. Es sei also z = x + y √ d ∈ Q[ √ d] \ {0}.
Dann gilt:
1
z =
z
N(z) =
z
x 2 − dy 2 ∈ Q[√ d].
Also ist Q[ √ d] ein Körper. Wegen 1 2 ∈ Z[√ d] ist Z[ √ d] kein Körper.
(e) Sei z = x + y √ d ∈ Z[ √ d] und d < 0. Nach Teil (c) ist z genau dann eine Einheit,
wenn N(z) = x 2 + |d| y 2 = ±1 ist.
1. Fall d < −1: Es folgt y = 0 und x = ±1. Also: Z[ √ d] × = {1, −1}.
2. Fall d = −1: Es folgt (x, y) ∈ {(0, ±1), (±1, 0)}, also Z[ √ d] × = {1, −1, i, − i}.
(f) Es sei E = Z[ √ 5] × .
Wegen N(2 + √ 5) = 4 − 1 · 5 = −1 und N(−1) = 1 liegen −1, 2 + √ 5 in E. Da E eine
Gruppe ist, folgt ±(2 + √ 5) k ∈ E für alle k ∈ Z.

40 Lösungen
Nun sei a ∈ E, und ε := 2 + √ 5. Zum Nachweis von a ∈ {±ε k | k ∈ Z} dürfen wir
wegen ±a, ±a −1 ∈ E offenbar a ≥ 1 annehmen. Wegen ε > 1 existiert ein m ∈ N 0 mit
ε m ≤ a < ε m+1 . Es folgt 1 ≤ a ε −m < ε, und b := a ε −m ∈ E.
Wir zeigen a ε −m = 1, d. h. a = ε m (womit der Beweis erbracht wäre).
Annahme: 1 < b = x + y √ 5 mit x, y ∈ Z.
Dann gilt (i) 1 < x + y √ 5 < 2 + √ 5. Wegen b b = N(b) = ±1 (beachte (d)) gilt |b| < 1,
d. h. (ii) −1 < x − y √ 5 < 1.
Addition von (i) nund (ii) liefert 0 < 2 x < 3 + √ 5 < 6, d. h. x ∈ {1, 2}.
1. Fall: x = 1. Es folgt mit (i): y = 1. Also gilt N(b) = −4 – ein Widerspruch zu (d).
2. Fall: x = 2. Es folgt mit (i): y = 0. Also gilt N(b) = 4 – ein Widerspruch zu (d).
13.12 Lösung:
+ 0 1 a b · 0 1 a b
0 0 1 a b 0 0 0 0 0
1 1 0 b a 1 0 1 a b
a a b 0 1 a 0 a b 1
b b a 1 0 b 0 b 1 a
Die Tafel für die Multiplikation: a · b ∈ K \ {0}. Aus a · b = a folgte b = 1 (kann
also nicht sein). Aus a · b = b folgte a = 1 (kann also auch nicht sein): Es muss also
a · b = 1 gelten. Damit kann aber nicht a · a = 1 gelten (das Inverse zu a ist ja eindeutig
bestimmt), und weil aus a · a = a die Gleichung a = 1 folgte, muss a · a = b gelten.
Weiter muss auch b · a = 1 gelten. Es bleibt noch b · b zu bestimmen. Das ist nun aber
klar: b · b = 1 und b · b = b sind ausgeschlossen, es muss also b · b = a gelten.
Bei der Addition beachte man: 1+a ∈ {0, b} und 1+b ∈ {0, a} (man kann ja „kürzen”).
Annahme: 1 + a = 0. Dann muss 1 + b = a gelten (Eindeutigkeit von Inversen). Es folgt
dann:
b = a · a = a · (1 + b) = a + a · b = a + 1.
Und das ist ein Widerspruch.
Damit ist gezeigt: 1 + a = b. Ebenso gilt (vertausche die Rollen von a und b) 1 + b = a.
Es folgt weiter: 1 + 1 = 0 (ein Inverses zu 1 muss es ja geben), und damit gilt auch
a + a = a · (1 + 1) = 0 = b · (1 + 1) = b + b.
Bemerkung. Damit ist gezeigt, dass es nur einen (Schief-)Körper mit 4 Elementen
geben kann, und dieser ist zwangsläufig kommutativ, also ein Körper. Nach einem
berühmten Satz von Wedderburn ist jeder endliche Schiefkörper kommutativ, also ein
Körper.

Lösungen 41
Lösung zu Kapitel 14
14.1 Lösung: Es ist klar, dass R[[X]] ein kommutativer Erweiterungsring mit 1 von R[X]
ist, es gilt etwa
⎧
⎪⎨ N 0 →
R
1 :
1 , falls n = 0 .
⎪⎩ n →
0 , falls n = 0
(a) Ist R[[X]] ein Integritätsbereich, so auch R ⊆ R[[X]] (nach Identifikation).
Es sei R ein Integritätsbereich. Es seien P =
a m , b n = 0. Dann ist
∞
i=m
a i X i , Q =
P Q ∈ a m b n X m+n + R[[X]] X m+n+1 .
∞
j=n
b j X j ∈ R[[X] mit
Da R Integritätsbereich ist, ist a m b n = 0, also P Q = 0. Also ist R[[X]] nullteilerfrei.
(b) Wir zeigen R[[X]] ×
= { ∞ a i X i | a 0 ∈ R × }:
⊆: Es sei P = ∞
i=m
i=0
a i X i ∈ R[[X]] ×
, a m = 0. Dann gibt es ein Q = ∞ b j X j ∈ R[[X]],
b n = 0 mit P Q = 1. Wie in (a) gezeigt, gilt dann:
also m = n = 0, a 0 b 0 = 1, also a 0 ∈ R × .
1 = P Q ∈ a m b n X m+n + R[[X]] X m+n+1 ,
⊇: Es sei P = ∞ a i X i , a 0 ∈ R ×
. Wir definieren Q = ∞ b j X j ∈ R[[X]] rekursiv
durch:
und
i=0
b 0 := a −1
0
j=0
b j := −a −1
0 (a j b 0 + a j−1 b 1 + · · · + a 1 b j−1 )
für j > 0. Dann gilt P Q = Q P = 1, also P ∈ R[[X]] × .
j=n
(c) Aus der Formel in (b) folgt
(1 − X) −1 =
i∈N 0
X i
und
(1 − X 2 ) −1 =
i∈N 0
X 2i .
14.2 Lösung: Division mit Rest liefert:
(a) 2 X 4 − 3 X 3 − 4 X 2 − 5 X + 6 = (2 X 2 + 3 X + 3) (X 2 − 3 X + 1) + (X + 3).
(b) X 4 − 2 X 3 + 4 X 2 − 6 X + 8 = (X 3 − X 2 + 3 X − 3) (X − 1) + 5.

42 Lösungen
14.3 Lösung: Für a := √ 2 + 3√ 2 gilt (a − √ 2) 3 = 2, d. h.:
a 2 − 3 √ 2 a 2 + 3 · 2 a − 2 √ 2 = 2 ⇔ (a 3 + 6 a − 2) 2 = 2 (3 a 2 + 2) 2
⇔ a 6 + 36 a 2 + 4 + 12a 4 − 4 a 3 − 24 a = 18 a 4 + 24 a 2 + 8
⇔ a 6 − 6 a 4 − 4 a 3 + 12 a 2 − 24 a − 4 = 0 .
Also ist √ 2 + 3√ 2 Nullstelle des Polynoms X 6 − 6 X 4 − 4 X 3 + 12 X 2 − 24 X − 4 ∈ Z[X].
14.4 Lösung: (a) Nach Satz 14.3 existiert genau ein Endomorphismus ϕ von R[X] mit
ϕ| R = Id R und ϕ(X) = a X + b. Es gilt
X = a −1 (ϕ(X) − b) = ϕ(a −1 X − a −1 b) .
Wegen Satz 14.3 gibt es einen Endomorphismus ψ von R[X] mit
Es folgt
sowie
ψ(X) = a −1 X − a −1 b , ψ| R = Id R .
ϕ ψ| R = Id R = ψ ϕ| R
und ϕ ψ(X) = X
ψ ϕ(X) = ψ(a X + b) = a (a −1 X − a −1 b) + b = X .
Aufgrund der Eindeutigkeitsaussage in Satz 14.3 gilt
sodass ϕ ∈ Aut R[X].
ϕ ψ = Id R[X] = ψ ϕ ,
Alternative: Wegen ϕ(a −1 X − a −1 b) = X ist ϕ surjektiv: ϕ( a i (a −1 X − a −1 b) i ) =
ai X i ; und ϕ ist injektiv: 0 = ϕ( n
i=0 a i X i ) mit a n = 0, d. h. n
i=0 a i (a X+b) i = 0
liefert a n a n = 0, somit a n = 0.
(b) Es sei ϕ ∈ Aut R[X] und ϕ(X) =: Y . Es existiert A = n
i=0 a i X i ∈ R[X] mit
(∗) X = ϕ(A) =
n
a i Y i .
Wegen deg Y i = i deg Y (vgl. Lemma 14.4 (a)) folgt deg Y = 1, also Y = a X + b mit
a, b ∈ R, a = 0, und a i = 0 für i ≥ 2 in (∗), d. h. X = a 0 + a 1 (a X + b). Dies hat
a 1 a = 1, also a ∈ R × zur Folge.
(c) Für ϕ ∈ Aut Z[X] und ϕ ∈ Aut Q[X] gilt ϕ(1) = 1 und damit ϕ(n) = ϕ(1+· · ·+1) =
n, ϕ(−n) = −ϕ(n) = −n für n ∈ N sowie im zweiten Fall ϕ( z n ) = ϕ(z)
ϕ(n) = z für z ∈ Z,
n
n ∈ N. Das begründet ϕ| Z = Id Z bzw. ϕ| Q = Id Q . Mit (a), (b) folgt
i=0
Aut Z[X] = {ϕ Y | Y = ±X + z , z ∈ Z} ,
Aut Q[X] = {ϕ Y | Y = a X + b , a, b ∈ Q , a = 0} ,

Lösungen 43
wobei
n
n
ϕ Y : a i X i → a i Y i .
i=0
i=0
14.5 Lösung: Wegen 54 = 2 · 3 3 ist Z × ∼ 54 = Z × 2 × Z× ∼ 27 = Z × 27 nach Korollar 14.12 zyklisch.
Ein erzeugendes Element haben wir bereits in der Lösung zur Aufgabe ?? angegeben:
Z × 54 = 5; es gilt |Z× 54 | = 18.
14.6 Lösung: (a) √ 2 und √ 5 sind über Q algebraisch abhängig: Es ist 0 = P := X 2 1 − 2 5 X2 2 ∈
Q[X 1 , X 2 ] ein Polynom mit P ( √ 2, √ 5) = 0.
(b) X 2 und X sind über R algebraisch abhängig: Es ist 0 = P = X 1 − X 2 2 ∈ R[X 1, X 2 ]
ein Polynom mit P (X 2 , X) = 0.
14.7 Lösung: Nach Satz 14.5 (mit R ′ = R[X]) ist ε P ein Ringendomorphismus. Es sei
P =
n
i=0
a i X i , deg P = n.
⇒: Es sei ε P surjektiv. Dann existiert Q = k b i X i mit deg Q = k in R[X], sodass
i=0
k
b i X i = Q(P ) = X .
i=0
Wegen deg P i = i n folgt n = 1 = k, d. h.
P = a 0 + a 1 X , Q = b 0 + b 1 X , Q(P ) = b 0 + b 1 (a 0 + a 1 X) = X .
Es folgt b 1 a 1 = 1, also a 1 ∈ R × , und b 1 = a −1
1 , sowie b 0 + b 1 a 0 = 0, d. h. b 0 =
−a 0 a −1
1
, d. h. Q = −a−1
1
a 0 + a −1
1
X.
⇐: Es gelte P = a 0 + a 1 X mit a 1 ∈ R × . Für Q := −a −1
1
a 0 + a −1
1
X folgt
(∗) Q(P ) = X und (∗∗) P (Q) = X .
Behauptung: ε P ε Q = Id R[X] = ε Q ε P (womit die Bijektivität von ε P bewiesen ist).
Begründung: Offenbar gilt ε P ε Q | R = Id R = ε Q ε P | R . Wegen (∗), (∗∗) folgt die Behauptung
mit Satz 14.3.
Lösung zu Kapitel 15
15.1 Lösung: (a) Es gilt A = (1) = Z.
(b) Es gilt A = (1) = Z 18 .

44 Lösungen
15.2 Lösung: Ist B ein Ideal, das A enthält, dann enthält es mit a ∈ A per Definition eines
Ideals auch alle Vielfachen n a mit n ∈ Z und r a, a s, r a s mit r, s ∈ R; dann auch
alle endlichen Summen von solchen Elementen. Andererseits ist aber die Menge
S = r i a i s i +
r i ′ a′ i +
endl.
endl.
endl.
a ′′
i s′′ i +
n i a ′′′
i |
endl.
r i , s i , r ′ i , s′ i ∈ R, a i, a ′ i , a′′ i , a′′′ i ∈ A, n i ∈ Z}
ein Ideal in R, denn die Differenz zweier Elemente aus S ist wieder eine Summe der
angegebenen Art, und offensichtlich ist S auch invariant unter Links- und Rechtsmultiplikationen.
Damit ist S das kleinste Ideal, das A enthält, d. h. (A) = S.
(a) Hat R ein Einselement, dann kann man r a = r a 1, a r = 1 a r und für n ∈ Z
ebenfalls n a = n (1 a) = (n 1) a 1 setzen. Wir sehen, dass die Summen aus (A) = S
sich alle in der Form
r i a i s i , a i ∈ A, r i , s i ∈ R schreiben lassen.
endl.
(b) Ist R kommutativ, dann sind wegen r a s = (r s) a und a r = r a die Summen aus
S alle von der Form i r i a i + i n i a ′ i .
15.3 Lösung: Wir beachten:
(∗)
a
s ∈ M mit a ∈ R , s ∈ S ⇒ a s = p t
mit p ∈ R , t ∈ S
⇒ a t = p s ∈ P ⇒ a ∈ P .
(a) a, b ∈ S ⇒ a b ∈ P (da P Primideal ist), d. h. a b ∈ S.
(b) Zu beliebigen a s ∈ R× S
sodass a ∈ P . Das zeigt a ∈ M.
s
mit a ∈ R, s ∈ S existieren b ∈ R, t ∈ S mit
1
1 = a b
s t = ab , d. h. a b = s t ∈ S ,
st
Für jedes a s ∈ R S \ M, d. h. a ∈ P , gilt s a ∈ R S und
sodass a s ∈ R× S .
a
s
s
a = as
sa = 1 1 ,
(c) Für p s , p′
∈ M und a s ′
t ∈ R S mit p, p ′ ∈ P , a ∈ R, s, s ′ ∈ S gilt
p
s − p′
s ′ = ps′ − sp ′
ss ′ ∈ M und a t
p
s = ap
ts ∈ M ,
weil p s − s p ′ ∈ P und a p ∈ P . Somit ist M ein Ideal in R S .
Ein Ideal A = R S von R S enthält nach Lemma 15.4 keine Einheit. Mit (b) folgt A ⊆ M.

Lösungen 45
(d) Die Abbildung
π :
Z → R S /M
z → z 1 + M
ist offenbar ein Ringhomomorphismus mit Kern p Z ( z 1 + M = M
Satz 15.12 ist zu zeigen, dass π surjektiv ist.
Zu zeigen ist hierzu: Zu a s ∈ R S, d. h. a ∈ R, s ∈ S, existiert z ∈ Z mit
a
s + M = z 1 + M , d. h. a − zs
= a s s − z 1 ∈ M ,
(∗)
⇒
z ∈ P ). Wegen
d. h. wegen (∗): a − z s ∈ P = p Z. Wegen s ∈ P , d. h. p ∤ s gilt ggT(s, p) = 1. Nach
Satz 5.4 existieren x, y ∈ Z mit x s + y p = 1, sodass
a − (a x) s = (a y) p ∈ P .
15.4 Lösung: (a) Zu x, y ∈ √ A existieren r, s ∈ N mit x r , y s ∈ A. Es folgt
also x + y ∈ √ A, denn
r+s
(x + y) r+s r + s
=
x i y r+s−i ∈ A ,
i
i=0
i ≥ r : ⇒ x i y r+s−i = x r (x i−r y r+s−i ) ∈ A ,
i ≤ r : ⇒ r + s − i ≥ s ⇒ x i y r+s−i = (x i y r+s−i−s ) y s ∈ A .
Und (x z) r = x r z r ∈ A, d. h. x z ∈ √ A für jedes z ∈ R; speziell −x = (−1) x ∈ √ A.
(b) x + A = A nipotent ⇔ x ∈ A und x n + A = (x + A) n = A, d. h. x n ∈ A für ein
n ∈ N ⇔ x ∈ √ A \ A.
(c) A Primideal ⇒ R/A nullteilerfrei ⇒ a n = 0 für beliebige a = 0, n ∈ N.
(d) Für x ∈ Z existiert genau dann k ∈ N mit x k ∈ n Z, d. h. n | x k , wenn jeder
Primteiler von n ein Teiler von x ist. Wenn p 1 , . . . , p r die verschiedenen Primteiler von
n sind, gilt somit (0) = {x + n Z | p 1 · · · p r | x}.
Beispiel: (0) = {0, 10} in Z 20 .
15.5 Lösung: Es ist (X, ⊆) eine geordnete Menge, und X = ∅, weil A ∈ X.
(a) Es sei K = ∅ eine Kette in X. Dann ist A :=
C ein Ideal von R: Zu x, y ∈ A
C∈K
existieren C, C ′ ∈ K mit x ∈ X, y ∈ C ′ und o. E. C ⊆ C ′ , sodass x r ∈ C ⊆ A für jedes
r ∈ R und x − y ∈ C ′ ⊆ A.
Wegen C ∩H = ∅ für jedes C ∈ K gilt A ∩H = ∅, d. h. A ∈ X; und A ist obere Schranke
von K in (X, ⊆). Somit ist (X, ⊆) induktiv geordnet und besitzt nach dem Lemma von
Zorn ein maximales Element.
(b) Es sei M ∈ X maximal in (X, ⊆), und es gelte a b ∈ M, aber a ∈ M, b ∈ M.
Dann gilt M (a) + M, M (b) + M, also wegen der Maximalität von M notwendig

46 Lösungen
((a) + M) ∩ H = ∅, ((b) + M) ∩ H = ∅, etwa h = r a + m ∈ H, h ′ = r ′ b + m ′ ∈ H mit
r, r ′ ∈ R und m, m ′ ∈ M. Es folgt
H ∋ h h ′ = (r a + m) (r ′ b + m ′ ) = r r ′ a + r a m ′ + r ′ b m + m m ′ ∈ M
im Widerspruch zu H ∩ M = ∅.
15.6 Lösung: Es sei M ein maximales Ideal von R. Für a, b ∈ R gelte a b ∈ M. Es sei o. E.
a ∈ M. Dann gilt wegen der Maximalität von M (beachte Lemma 15.8 (a)):
Es existiert also ein r ∈ R und m ∈ M mit
Wegen r a b ∈ M und m b ∈ M gilt b ∈ M.
Folglich ist M ein Primideal.
(a) + M = R a + M = R .
1 = r a + m , also b = r a b + m b .
15.7 Lösung: Es sei R/M ein Körper und A ein Ideal, das M enthält. Dann gilt A/M ein
Ideal des Körpers R/M, also A/M = (0) oder A/M = R/M, d. h. A = M oder A = R.
Es gilt auch M = R, da R/M als Körper wenigstens zwei Elemente enthält.
Es sei umgekehrt M maximal, und x → x sei der kanonische Epimorphismus von R
auf R := R/M. Es ist zu zeigen, dass jedes Element a = 0 aus R invertierbar ist. Es
sei a = 0, d. h. a ∈ M. Es folgt (a) + M = R wegen der Maximalität von M. Folglich
existieren m ∈ M und r ∈ R mit
1 = r a + m .
Unter dem kanonischen Epimorphismus wird hieraus 1 = r a. Folglich ist a in R invertierbar.
15.8 Lösung: Falls R\R × ein Ideal ist, so ist dieses wegen Lemma 15.4 das einzige maximale
Ideal von R, also R ein lokaler Ring.
Es sei R ein lokaler Ring mit einzigem maximalen Ideal M. Für jede Nichteinheit a ∈ R
ist (a) = R a ein von R verschiedenes Ideal. Also gilt (a) ⊆ M nach Satz 15.19. Wegen
a ∈ (a) gilt a ∈ M, d. h. R \ R × ⊆ M. Da natürlich M ⊆ R \ R × gilt, folgt die
Behauptung.
15.9 Lösung: Offensichtlich sind die Ideale von Z/nZ genau die Untergruppen von
(Z/nZ, +). Die Gruppe (Z/nZ, +) ist zyklisch von Ordnung n, hat also zu jedem Teiler
t von n genau eine Untergruppe vom Index t, nämlich t. Die maximalen Untergruppen
sind die von Primzahlindex. Es seien p 1 , . . . , p r die Primteiler von n. Somit sind
die maximalen Ideale von Z/nZ genau die Gruppen:
p i = (p i ) , i = 1, 2, . . . , r .
15.10 Lösung: Zu jedem a ∈ N existiert ein n ∈ N mit a n = 0 ∈ P für jedes Primideal P .
Es folgt a ∈ P .

Lösungen 47
Für jedes a ∈ N gilt 0 ∈ H := {a, a 2 , a 3 , . . .}, und H ist Unterhalbgruppe von (R, ·).
Nach Aufgabe ?? existiert ein Primideal P von R mit P ∩ H = ∅, also a ∈ P , folglich
a ∈ D.
15.11 Lösung: (a) Es gilt:
(2, 1 + √ −5) · (2, 1 − √ −5) = [(2) + (1 + √ −5)] · [(2) + (1 − √ −5)] =
(2) · (2) + (2) · (1 + √ −5) + (2) · (1 − √ −5) + (1 + √ −5) · (1 − √ −5) =
(4) + (6) + (2 (1 + √ −5)) + (2 (1 − √ −5)) = (2) .
Zur Begründung des letzten Gleichheitszeichens beachte man, dass die Inklusion ⊆
offensichtlich ist und die Inklusion ⊇ wegen 2 = 6 − 4 gilt.
(b) Es gilt:
(2, 1 − √ −5) · (3, 1 − √ −5)
= (6) + ((1 − √ −5) 2 ) + (2 (1 − √ −5)) + (3 (1 − √ −5))
= ((1 + √ −5) · (1 − √ −5)) + ((1 − √ −5) 2 ) + (2 (1 − √ −5)) + (3 (1 − √ −5))
= (1 − √ −5) .
Zur Begründung des letzten Gleichheitszeichens beachte man, dass die Inklusion ⊆
offensichtlich ist und die Inklusion ⊇ wegen 1 − √ −5 = 3 (1 − √ −5) − 2 (1 − √ −5) gilt.
15.12 Lösung: Wegen
a ∈ A 1 ∩ · · · ∩ A n ⇔ a ∈ A i für alle i = 1, . . . , n
ist ψ wohldefiniert und injektiv; und ψ ist offensichtlich ein Homomorphismus. Für den
Beweis der Surjektivität benötigen wir:
(∗) R = A j + A i für j = 1, . . . , n.
i=j
Denn: Wegen der paarweisen Teilerfremdheit existieren a i ∈ A j und b i ∈ A i für
i = 1, . . . , n, i = j mit
1 = a i + b i , folglich gilt 1 = (a 1 + b 1 ) · · · (a n + b n ) .
Daher folgt (∗) mit Lemma 15.4.
Nun seien b 1 , . . . , b n ∈ R vorgegeben. Zu jedem j existieren wegen (∗) Elemente a j ∈
A j und x j ∈ A j mit a j + x j = b j .
i=j
Für a = x 1 + · · · + x n und jedes i folgt
⎛ ⎞
⎛ ⎞
a − b i = ⎝ x j
⎠ + (x i − b i ) = ⎝ x j
⎠ − a i ∈ A i − A i = A i ,
j=i
j=i
also a + A i = b i + A i . Folglich ist ψ surjektiv.

48 Lösungen
Lösung zu Kapitel 16
16.1 Lösung: Die Behauptung folgt aus Lemma 16.5 (a) und (b).
16.2 Lösung: Es ist a 2 = a äquivalent mit a = 0 oder a = 1. Bezeichnet [a] ∼ die Äquivalenzklasse
von a bzgl. ∼, so gilt also [0] ∼ = {0} und [1] ∼ = R × .
16.3 Lösung: Division von P := X 5 − 10 X + 12 durch Q := X 2 + 2X mit Rest liefert:
P = Q (X 3 − 2 X 2 + 4 X − 8) + (6 X + 12) .
Es folgt:
Q | P ⇔ 6 = 0 ⇔ n ∈ {2, 3, 6} .
16.4 Lösung: Es ist X 2 − 2 eine Nichteinheit ungleich 0. Aus Gradgründen ist höchstens
eine Zerlegung der Art
X 2 − 2 = a (b X 2 + c X + d) oder X 2 − 2 = (a X + b) (c X + d)
möglich. Im ersten Fall folgte a b = 1, woraus a ∈ Z[X] × = Z × folgte.
Im zweiten Fall erhalten wir durch Koeffizientenvergleich:
a c = 1 , b d = −2 , a d + b c = 0 .
Hieraus folgt a = c = ±1, b = −1, d = 2 oder b = 1, d = −2. Aber damit ist die
Gleichung a d + b c = 0 nicht erfüllbar. Also ist X 2 − 2 irreduzibel.
16.5 Lösung: Aus Gradgründen und da Z p [X] × = Z p \ {0} gilt, ist eine echte Zerlegung
jeweils durch eine Nullstelle gegeben.
(a) Da das Polynom X 2 + X + 1 keine Nullstelle in Z 2 hat, ist es irreduzibel.
(b) Da das Polynom X 2 + 1 keine Nullstelle in Z 7 hat, ist es irreduzibel.
(c) Da 4 3 − 9 = 55 = 5 · 11 gilt, ist 4 eine Nullstelle des Polynoms X 3 − 9. Damit ist
X 3 − 9 über Z 11 reduzibel, es gilt
X 3 − 9 = (X − 4) (X 2 + 4 X + 5) .
Lösung zu Kapitel 17
17.1 Lösung: (a) Das Einselement des Ringes G ist die Funktion f : C → C, f(z) = 1 für
alle z ∈ C. G ist natürlich kommutativ. Wir begründen die Nullteilerfreiheit von G:
Es sei f = 0. Dann existiert ein a ∈ C mit f(a) = 0. Weiter gibt es eine Umgebung U
von a mit f(z) = 0 für alle z ∈ U. Es gelte g f = 0 für ein g ∈ G. Dann folgt g(z) = 0

Lösungen 49
für alle z ∈ U. Damit gilt nach dem Identitätssatz für holomorphe Funktionen g = 0.
Somit ist G ein Integritätsbereich.
(b) Es sei f ∈ G × . Es existiert ein g ∈ G mit
g(z) f(z) = 1 für alle z ∈ C .
Folglich hat f keine Nullstellen in C. Mit f ist auch f ′ /f in G und besitzt eine Stammfunktion
h 0 . Da (f e −h 0 ) ′ = e −h 0 (f ′ − f h ′ 0 ) = 0 gilt, erhalten wir f(z) = eh(z) mit
einer geeigneten Funktion h.
Andererseits sind natürlich alle Funktionen f mit f(z) = e h(z) für ein h ∈ G invertierbar.
(c) Primelemente sind unzerlegbar. Es sei f ∈ G unzerlegbar. Weil f keine Einheit ist,
hat f eine Nullstelle c. Potenzreihenentwicklung von f um c liefert
f(z) =
∞
a i (z − c) i = (z − c) g(z) , g ∈ G .
i=1
Wäre g keine Einheit, so wäre f zerlegbar. Also gilt g ∈ G × .
Wir begründen, dass z − c ein Primelement ist (es ist dann alles bewiesen). Es gelte
(z − c) | g h für g, h ∈ G. Dann gilt g(c) h(c) = 0, d. h. g(c) = 0 oder h(c) = 0.
Potenzreihenentwicklung liefert (z − c) | g oder (z − c) | h.
(d) Nach (c) hat jedes endliche Produkt von Primelementen nur endlich viele Nullstellen.
Die Sinusfunktion ist aber eine ganze Funktion mit unendlich vielen verschiedenen
Nullstellen, insbesondere also kein Produkt von endlich vielen Primelementen. Folglich
ist G nicht faktoriell.
17.2 Lösung: Angenommen, es existiert ein kgV v = c+d √ −5 von 9 und s := 3 (2+ √ −5).
Wegen 2+ √ −5 | 9 sind 9 (2+ √ −5) und 3·9, also auch 3·9−9 (2+ √ −5) = 9 (1− √ −5)
Vielfache von 9 und s. Es folgt
3 4 = N(9) | N(v) | N(9 · 3) = 3 6 und N(v) | N(9 (1 − √ −5) = 3 4 · 6 ,
sodass N(v) ∈ {3 4 , 3 5 }. Wegen
N(v) ≡ c 2 + 5 d 2 ≡ c 2 + d 2 ≡ 3 ≡ 3 5 (mod 4)
gilt N(v) ≡ 3 5 (mod 4), also N(v) = 3 4 = N(s), sodass v = ±9 und v = ±s nach
Lemma 17.5 (8) – ein Widerspruch.
17.3 Lösung: (a) Aus Gradründen ist P := a X 2 + b X + c genau dann reduzibel über K,
wenn P eine Nullstelle v hat.
Aus P (v) = 0 folgt a v 2 + b v + c = 0, also
0 = v 2 + b a v + c
a = v + b 2
c
+
2a a − b2
, d. h.
4a 2
d. h. b 2 − 4 a c ist ein Quadrat in K.
b 2
− 4ac
= v + b 2
,
4a 2 2a

50 Lösungen
Gilt andererseits b 2 − 4 a c = d 2 für ein d ∈ K, so folgt für v 1,2 + b 2
= d2
, d. h.
2a 4a 2
P (v 1,2 ) = 0.
v 1,2 := ± d
2a − b
2a = − 1 (b ∓ d) :
2a
(b) In dem Körper K := Q[ √ −5] ist P = 3 X 2 + 4 X + 3 nach (a) zerlegbar, weil
4 2 −4·3·3 = −20 = (2 √ −5) 2 Quadrat in K ist. Die Nullstellen von P sind − 2 3 ± 1 √
3 −5,
sodass
P = 3 X + 2 3 − 1
√
−5 X + 2 3
3 + 1
√
−5 .
3
Angenommen, P ist in R := Z[ √ −5] zerlegbar. Aus Gradgründen folgt
P = a (b X 2 + c X + d) oder P = (a X + b) (c X + d)
mit a, b, c, d ∈ R, wobei nach Lemma 14.4 (c) im 1. Fall a ∈ R × = {±1} (vgl. Aufgabe
?? (e)).
1. Fall: 3 X 2 + 4 X + 3 = a (b X 2 + c X + d). Es folgt a b = 3, a c = 4. Da 3 nach Lemma
17.5 unzerlegbar ist, folgt a = ±3, also c = ±43 im Widerspruch zu 4 3 ∈ Z[√ −5].
2. Fall: 3 X 2 + 4 X + 3 = (a X + b) (c X + d). Es folgt a c = 3, a d + b c = 4, b d = 3, also
wegen Lemma 17.5 o. E. a = 3, c = 1 (man gehe notfalls zu P = (−a X − b) (−c X − d)
über), sodass 3 d+b = 4. Das ist aber mit b d = 3, d. h. (b, d) ∈ {±(3, 1), ±(1, 3)}, nicht
verträglich.
17.4 Lösung: Es sei N die Norm auf Z[ √ 10] (vgl. Lemma 17.5).
Für jede Zerlegung p = a b = a b einer Primzahl p mit Elementen a, b ∈ Z[ √ 10] gilt
p 2 = N(a) N(b), also
N(a) = ±1 oder N(a) = ±p 2 oder N(a) = ±p .
Im ersten Fall ist a eine Einheit, im zweiten Fall ist b eine Einheit, im dritten Fall ist
a unzerlegbar.
Ist N(a) = aa = p, so folgt b = a.
Die Gleichungen 2 = u 2 − 10 v 2 und 3 = u 2 − 10 v 2 sind in Z nicht lösbar, somit sind
2 und 3 unzerlegbar. Weiter:
4 ± √ 10 = a b ⇒ 6 = N(a) N(b) ⇒ N(a) ∈ {±1, ±6} .
Da N(a) ∈ {±2, ±3} nicht vorkommen kann, ist a oder b eine Einheit, also sind auch
4 + √ 10 und 4 − √ 10 unzerlegbar.
Wegen 2 · 3 = (4 + √ 10) (4 − √ 10) ist 2 ein Teiler des Produkts (4 + √ 10) (4 − √ 10).
Aber 2 teilt keinen der Faktoren. Somit ist 2 kein Primelement; das gilt ebenso für 3.

Lösungen 51
Lösung zu Kapitel 18
18.1 Lösung: (a) Nach Satz 18.3 gilt R a 1 +· · ·+R a n = (a 1 , . . . , a n ) = (d) = R d. Folglich
ist die Diophantische Gleichung a 1 X 1 + · · · + a n X n = c genau dann in R lösbar, wenn
d | c.
(b) Es sei L ⊆ R 2 die Lösungsmenge von a X + b Y = c. Für (x ′ , y ′ ) ∈ R 2 gilt:
(x ′ , y ′ ) ∈ L ⇔ a x ′ + b y ′ = c ⇔ a (x ′ − x) = b (y − y ′ ) .
Es sei d ∈ ggT(a, b) und a = d a 0 , b = d b 0 . Es sind a 0 , b 0 teilerfremd. Kürzen durch d
führt zu
a 0 (x ′ − x) = b 0 (y − y ′ ) .
Mit Lemma 17.4 (c) folgt
und
Es folgt
b 0 | x ′ − x , d. h. x ′ − x = t b 0 für ein t ∈ R ,
a 0 t b 0 = b 0 (y − y ′ ) , d. h. y − y ′ = t a 0 .
(x ′ , y ′ ) = (x + t b 0 , y − t a 0 ) .
Umgekehrt gilt für beliebige t ∈ R und (x ′ , y ′ ) = (x + t b 0 , y − t a 0 ):
a x ′ + b y ′ = a (x + t b 0 ) + b (y − t a 0 ) = c + t (a b 0 − b a 0 ) = c + t (d a 0 b 0 − d b 0 a 0 ) = c .
Das beweist L = {(x + t b 0 , y − t a 0 ) | t ∈ R}.
(c) Wegen 6 ∈ ggT(102, 90) und 6 | 108 ist 102 X + 90 Y = 108 in Z lösbar und die
Lösungsmenge L ⊆ Z 2 stimmt mit der von 17 X + 15 Y = 18 überein. Wir stellen
1 ∈ ggT(17, 15) in der Form 1 = 17 r + 15 s mit dem euklidischen Algorithmus dar:
liefert:
17 = 1 · 15 + 2 , 15 = 7 · 2 + 1
1 = 15 − 7 · 2 = 15 − 7 · (17 − 15) = (−7) · 17 + 8 · 15 .
Es folgt 18 = (−7 · 18) · 17 + (8 · 18) · 15, d. h.
(−126, 144) ∈ L .
Nach (b) ist L = {(−126 + 15 t, 144 − 17 t) | t ∈ Z}. Die kleinste Lösung erhält man für
t = 8, nämlich (−6, 8).
18.2 Lösung: In C gilt a b = 31−2 i = 17
6+8 i 10 − 13
5 i. Approximation in Z[i] durch q 1 := 2 − 3 i.
Es ist
r 1 = a − q 1 b = (31 − 2 i) − (2 − 3 i) (6 + 8 i) = −5 ;
und
b
= 6 + 8 i = − 6 r 1 −5 5 − 8 5 i .

52 Lösungen
Approximation von Z[i] durch q 2 := −1 − 2 i. Es ist
und
r 2 = b − q 2 r 1 = (6 + 8 i) − 5 (1 + 2 i) = 1 − 2 i ,
Somit gilt d := 1 − 2 i ∈ ggT(a, b), und
r 1
=
−5 = −1 − 2 i ∈ Z[i] .
r 2 1 − 2 i
d = b − 5 (1 + 2 i) = b + (a − (2 − 3 i) b) (1 + 2 i)
= (1 + 2 i) a + (1 − (2 − 3 i) (1 + 2 i)) b
= (1 + 2 i) a + (−7 − i) b .
18.3 Lösung: Diese haben wir bereits in Aufgabe ?? bestimmt.
18.4 Lösung: Da die Gleichung ±1 = u 2 − 26 v 2 etwa die Lösung (u, v) = (5, 1) hat, ist
s := 5 + √ 26 ∈ Z[ √ 26] eine Einheit. Folglich ist für jedes k ∈ Z auch s k eine Einheit.
Das liefert unendlich viele verschiedene Einheiten.
18.5 Lösung: Ist a = u + √ −6 v ∈ Z[( √ −6] ein Teiler von 6, so gilt N(a) | N(6) = 36.
Folglich gilt N(a) = u 2 + 6 v 2 ∈ {1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36}.
N(a) = 1 ⇒ a = ±1 ,
N(a) ∈ {2, 3, 12, 18} ⇒ N(a) = u 2 + 6 v 2
N(a) = 4 ⇒ a = ±2 ,
N(a) = 6 ⇒ a = ± √ −6 ,
N(a) = 9 ⇒ a = ±3 ,
N(a) = 36 ⇒ a = ±6 .
ist nicht lösbar,
Folglich sind ±1, ±2, ± √ −6, ±3, ±6 die Kandidaten für die Teiler. Wegen 6 =
− √ −6 2 = 2 · 3 ist {±1, ±2 ± √ −6, ±3, ±6} die Menge aller Teiler von 6.
18.6 Lösung: Ist a = u + √ −5 v ∈ Z[ √ −5] ein Teiler von 21, so gilt N(a) | N(21) = 441.
Folglich gilt N(a) = u 2 + 5 v 2 ∈ {1, 3, 7, 9, 21, 49, 63, 147, 441}.
N(a) = 1 ⇒ a = ±1 ,
N(a) ∈ {3, 7, 63, 147} ⇒ N(a) = u 2 + 5 v 2
N(a) = 9 ⇒ a ∈ {±3, ±(2 ± √ −5)} ,
N(a) = 21 ⇒ a ∈ {±(4 ± √ −5), ±(1 ± 2 √ −5)} ,
N(a) = 49 ⇒ a{±7, ±(2 ± 3 √ −5) ,
N(a) = 441 ⇒ a = ±21 .
ist nicht lösbar,
Wegen
21 = 3 · 7 = (4 + √ −5) (4 − √ −5) = (1 + 2 √ −5) (1 − 2 √ −5)
sind ±1, ±3, ±7, ±(4 ± √ −5), ±(1 ± 2 √ −5), ±21 Teiler von 21.

Lösungen 53
Aber ±(2 ± √ −5), ±(2 ± 3 √ −5) sind keine Teiler von 21, da z. B. 21 = (2 + √ −5) (u +
v √ −5) auf die in Z nicht lösbare Gleichung −9 v = 21 führt.
18.7 Lösung: Nach Lemma 18.8 sind die Primzahlen 3 und 7 Primelemente in Z[i] und
5 = (2 + i) (2 − i) eine Zerlegung der Primzahl 5 in Primelemente.
Lösung zu Kapitel 19
19.1 Lösung: Es gilt
I(26 X 6 + 352 X 4 + 1200 X + 98) = {±2} und I(13 X 4 + 27 X 2 + 15) = {±1} .
19.2 Lösung: (a) Irreduzibel: Eisenstein mit p = 2.
(b) Irreduzibel: Die Wurzeln liegen nicht in Q.
(c) Irreduzibel: Reduktion modulo 3 liefert das über Z 3 irreduzible Polynom X 3 +2 X +
2.
(d) Irreduzibel: Reduktion modulo 2 liefert das über Z 2 irreduzible Polynom X 3 +
X 2 + 1.
(e) Irreduzibel: Eisenstein mit p = 2.
(f) Irreduzibel: Man führe die Transformation X → X − 1 durch und wende dann das
Eisensteinkriterium mit p = 7 an.
(g) Reduzibel: Offenbar hat das Polynom X 5 + X + 1 keine Nullstelle, wir machen also
den Ansatz:
X 5 + X + 1 = (X 3 + a X 2 + b X + c) (X 2 + d X + e)
= X 5 + (a + d) X 4 + (a d + b) X 3 + (a e + c + b d) X 2 + (b e + c d) X + c e .
Es folgt c e = 1, also c = 1 = e oder c = −1 = e. Wir setzen c = 1 = e und erhalten:
b + d = 1 , a + 1 + b d = 0 , a + d = 0 , a d + b = 0 .
Es folgt b = 0 oder d = −1. Wir setzen b = 0. Dann folgt d = 1, a = −1. Damit
erhalten wir die Zerlegung
P = (X 3 − X 2 + 1) (X 2 + X + 1) .
19.3 Lösung: Für P = X 2 + b X + c ∈ Z p [X] hat man p 2 Möglichkeiten (je p für b bzw.
c). Die zerlegbaren Polynome unter ihnen sind genau die Polynome (X − u) (X − v)
mit u, v ∈ Z p . Es gibt davon genau p (p + 1)/2 Stück (p(p − 1)/2 mit u = v und p mit
u = v). Also gibt es p 2 − p (p + 1)/2 = p(p − 1)/2 irreduzible normierte quadratische
Polynome in Z p [X]. Für p = 2 ist das einzige solche Polynom X 2 + X + 1, für p = 3

54 Lösungen
sind es die drei Polynome X 2 ± X − 1 und X 2 + 1. Wegen p (p − 1) 2 ≥ 1 gibt es stets
(mindestens) ein irreduzibles quadratisches Polynom P ∈ Z p [X].
19.4 Lösung: Ist P = X 3 + n X 2 + X + 1 zerlegbar in Z[X], so hat P wegen 1 ∈ I(P ) ein
Nullstelle in Z. Wegen Lemma 19.7 hat P höchstens ±1 als Nullstellen. Und es gilt
P (1) = 3 + n = 0 ⇔ n = −3 und P (−1) = −1 + n = 0 ⇔ n = 1 .
Also ist P genau dann zerlegbar in Z[X] (und Q[X]), wenn n ∈ {−3, 1}.
19.5 Lösung: Eisenstein mit p = X − 1.
19.6 Lösung: (a) (i) Weil m ≤ n, P höchstens n verschiedene Nullstellen und R unendlich
ist, gibt es verschiedene a 0 , . . . , a m ∈ R mit P (a i ) = 0 für i = 0, . . . , m. Nach
Voraussetzung ist dann jedes T i endlich.
(ii) Wähle das Lagrange’sche Interpolationspolynom Q b zu b ∈ T , also das eindeutig
bestimmte Polynom Q b mit deg Q b ≤ m und Q b (a i ) = b i für i = 0, . . . , m:
Q b =
m
i=0
(iii) Man beachte: R[X] × = R × .
b i
(X − a 0 ) · · · (X − a i−1 ) (X − a i+1 ) · · · (X − a m )
(a i − a 0 ) · · · (a i − a i−1 ) (a i − a i+1 ) · · · (a i − a m ) .
⇒: Nach Voraussetzung gibt es P 1 , P 2 ∈ R[X] \ R × mit P = P 1 P 2 . Offenbar ist
deg P 1 oder deg P 2 kleiner oder gleich m. Es sei o. E. deg P 1 ≤ m. Weil P 1 | R[X] P , folgt
P 1 (a i ) | R P (a i ), d. h. P 1 (a i ) ∈ T i für i = 0, . . . , m. Mit b := (P 1 (a 0 ), . . . , P 1 (a m )) ∈ T
ist dann aufgrund der Eindeutigkeitsaussage in (ii) P 1 = Q b .
⇐: Nach Voraussetzung gibt es ein P ′ ∈ R[X] mit P = Q b P , und es folgt deg P ′ ≥
n − m ≥ 1. Also sind Q b , P ′ ∈ R × , somit ist P zerlegbar in R[X].
(b) Nach Voraussetzung über R wird jede aufsteigende Kette von Hauptidealen in R
stationär, sodass nach Satz 17.1 jedes 0 = a ∈ R \ R × Produkt irreduzibler Elemente
von R ist. Es genügt daher, die Behauptung für jedes primitive Polynom P ∈ R[X] \ R
zu beweisen. Ist deg P = 1, so ist P irreduzibel. Ist deg P > 1, so sei T wie in (a)
konstruiert. Da T endlich ist, lässt sich durch Probieren feststellen, ob ein b ∈ T
mit Q b ∈ R[X] \ R × und Q b | R[X] P existiert oder nicht. Ist dies nicht der Fall, so
ist P irreduzibel. Gibt es aber ein solches b, so folgt P = Q b S mit S ∈ R[X] und
1 ≤ deg Q b < deg P . Also ist auch 1 ≤ deg S < deg P , und Q b , S sind primitiv. Nun
verfahre man ebenso mit Q b und S an Stelle von P . Da die Grade der entstehenden
Polynome immer kleiner werden, bricht das Verfahren nach endlich vielen Schritten ab
und man erhält die gewünschte Zerlegung von P .
(c) Wegen m = 2 benötigen wir zur Interpolation drei Stellen a 0 , a 1 , a 2 . Wir wählen
a 0 = 0, a 1 = 2, a 3 = −3, da dann P (a 0 ) = −1, P (a 1 ) = 19, P (a 2 ) = −1 wenig Teiler
besitzen (das erspart Arbeit). Es folgt
T = {±(1, 1, 1) , ±(1, −1, 1) , ±(1, 19, 1) , ±(1, −19, 1) ,
± (1, 1, −1) , ±(1, −1, −1) , ±(1, 19, −1) , ±(1, −19, −1)} .

Lösungen 55
Für b = (1, b 1 , b 2 ) ∈ T ist
d. h.
Q b = − 1 6 (X − 2) (X + 3) + b 1
10 X (X + 3) + b 2
X (X − 2) ,
15
30 Q b = (−5 + 3 b 1 + 2 b 2 ) X 2 + (−5 + 9 b 1 − 4 b 2 ) X + 30 .
Da nur die Polynome Q b ∈ Z[X] \ {±1} in Betracht kommen, braucht man nur die
(b 1 , b 2 ) = (1, 1) zu berücksichtigen, für die
30 | −5 + 3 b 1 + 2 b 2 und 30 | −5 + 9 b 1 − 4 b 2 .
Dies ist genau für (b 1 , b 2 ) = (−19, 1) der Fall. Hierfür ist Q b = −2 X 2 − 6 X + 1 und
P = Q b S mit S = −X 3 − X 2 + 6 X − 1 ∈ Z[X]. Q b und S sind irreduzibel, denn jede
ganzzahlige Nullstelle wäre Teiler des letzten Koeffizienten 1 bzw. −1.
19.7 Lösung: Es sei A = {0} ein Ideal von R. Jedes P ∈ A, P = 0 lässt sich in eindeutiger
Weise in der Form P = ∞
i=d a i X i mit a d = 0 schreiben. Wir wählen ein P ∈ A,
P = 0, so dass d minimal ist. Dann ist P = X d Q mit Q = ∞
i=0 a i X i−d und a 0 = 0.
Nach Aufgabe ?? ist Q ∈ R × , also X d ∈ A und somit A = X d . Die Ideale von R
sind also {0} und X i für i ∈ N 0 . Insbesondere ist R ein Hauptidealring.
R ist noethersch, da R ein Hauptidealring ist.
19.8 Lösung: Da S unendlich ist, gibt es eine injektive Folge (s i ) ∈ S N . Für i ∈ N seien
f i ∈ R definiert durch
1 , falls s = s i ,
f i (s) :=
0 , sonst.
und A i ⊆ R definiert durch A i := (f 1 , f 2 , . . . , f i ) für i ∈ N. Dann ist
A 1 A 2 A 3 . . .
eine echt aufsteigende Kette von Idealen, die nicht konstant wird. Somit ist R nicht
noethersch.
Lösung zu Kapitel 20
20.1 Lösung: Es sei a = 0 ein Element aus K. Nach Lemma 13.4 gilt p a = 0.
Es gelte m ≡ n (mod p) für ganze Zahlen m, n. Dann gilt n = m + k p für ein k ∈ Z.
Es folgt n a = m a + k p a = m a.
Nun gelte m a = n a für ganze Zahlen m, n. Es folgt (m − n) a = 0. Folglich ist die
Ordnung p von a ein Teiler von m − n, sodass m − n = k p für ein k ∈ Z, d. h.
m ≡ n (mod p).
20.2 Lösung: Es sei K ein Körper mit 3 Elementen: K = {0, 1, a}. Da es bis auf Isomorphie
nur eine Gruppe der Ordnung 3 gibt, gilt (K, +) ∼ = (Z 3 , +). Da die multiplikative
Gruppe K × = {1, a} wegen a 2 = 1 festliegt, kann es bis auf Isomorphie höchstens

56 Lösungen
einen Körper mit 3 Elementen geben. Da (Z 3 , +, ·) ein solcher ist, haben wir bereits
alle bestimmt.
(Man vgl. auch die Aufgabe ??:) Es sei K ein Körper mit 4 Elementen: K = {0, 1, a, b}.
Da es bis auf Isomorphie nur eine Gruppe mit drei Elementen gibt, gilt (K \ {0}, ·) ∼ =
(Z 3 , +). Es ist somit die Multiplikation eindeutig festgelegt. Wegen 2 x = 0 für alle
x ∈ K, ist die additive Gruppe (K, +) der Ordnung 4 eindeutig festgelegt: (K, +) ∼ =
(Z 2 × Z 2 , +). Damit ist auch die Addition fix: Es gibt höchstens einen Körper mit 4
Elementen. Wir geben ein Beispiel an:
Die Menge Z 2 × Z 2 wird mit den Verknüpfungen
(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) und
(a, b) · (c, d) = (a c − b d, a d + b c − b d)
zu einem Körper (man weise dies nach). Es ist auch Z[X]/(X 2 + X + 1) ein Körper mit
4 Elementen.
20.3 Lösung: Wir werden nun wiederholt die Rechenregeln für Kardinalzahlen aus dem
Abschnitt A.3.2 anwenden.
Es sei T eine Q-Basis von R.
Behauptung: (∗)
|R| = max{|T |, |Q|}.
Wegen |Q| < |R| folgt aus (∗) dann |T | = |R|, denn wäre |T | < |R|, so ergäbe sich der
Widerspruch
|R| ≤ |T | · |Q| = max{|T |, |Q|} < |R| .
Zu beweisen ist also (∗).
Wir benötigen eine Hilfsaussage:
(∗∗) Es sei T eine unendliche Menge, und E(T ) bezeichne die Menge aller endlichen
Teilmengen von T . Dann gilt |T | = |E(T )|.
Begründung von (∗∗): Es ist |T | ≤ |E(T )|, da {t} ∈ E(T ) für jedes t ∈ T .
Für jedes n ∈ N sei nun E n := {E ∈ E(T ) | |E| = n}.
Offenbar gilt
Wegen
folgt
Damit ist (∗∗) begründet.
|E n | ≤ |T n | = |T | .
E(T ) =
E n ∪ {∅}
n∈N
|E(T )| ≤ ℵ 0 · |T | = |T | .
Begründung von (∗): Es ist T eine unendliche Menge: {1, √ 2,
Jedes x ∈ R hat eine eindeutige Darstellung der Form
3√
2, . . .} ⊆ T .
x = t∈T
λ (x)
t t mit λ (x)
t ∈ Q
und endlichem Träger Tr(x) := {t ∈ T | λ (x)
t
x = 0.
= 0}. Es folgt Tr(x) ∈ E(T ) \ {∅} für

Lösungen 57
Es sei S E := {x ∈ R | Tr(x) = E} für E ∈ E(T ) \ {∅}. Dann gilt
R \ {0} =
und |S E | = |Q \ {0}| |E| = |Q|. Es folgt
E∈E(T )\{∅}
S E disjunkt ,
|R| = |R \ {0}| = |E(T ) \ {∅}| · |Q| (∗∗)
= |T | · |Q| = max{|T |, |Q|} .
20.4 Lösung: Es sei K ein Körper mit p n Elementen. Nach dem kleinen Satz 3.11 von
Fermat ist wegen 0 = p n · 1 = (p · 1) n die Ordnung von 1 ein Teiler von p. Wegen 1 = 0
folgt Char K = o(1) = p.
20.5 Lösung: Bekanntlich hat jedes Polynom P ∈ R[X] vom Grad 3 (nach dem Zwischenwertsatz)
eine Nullstelle. Also ist P nicht irreduzibel, also R[X]/(P ) kein Körper.
20.6 Lösung: Wegen ϕ(0) = 0 und ϕ(1) = 1 gilt 0, 1 ∈ F . Es seien a, b ∈ F, b = 0. Dann
gilt
ϕ(a − b) = ϕ(a) − ϕ(b) = a − b und ϕ(a b −1 ) = ϕ(a) ϕ(b) −1 = a b −1 .
Folglich liegen auch a − b und a b −1 in F . Es ist somit F ein Teilkörper von K.
Nun sei a ∈ P , P der Primkörper von K. Für jedes n ∈ N gilt
ϕ(n) = ϕ(1 + · · · + 1) = n · ϕ(1) = n .
n-mal
Wegen ϕ(0) = 0 und ϕ(−1) = −1 folgt ϕ(n) = n für alle n ∈ Z.
Im Fall P = Z p für eine Primzahl p folgt nun bereits die Behauptung, da:
ϕ(n) = ϕ(n 1) = n ϕ(1) = n .
Und im Fall P = Q ebenso, da für jedes z n ∈ Q:
z
ϕ = ϕ(z)
n ϕ(n) = z n .
20.7 Lösung: (a) ⇒: Klar.
⇐: Es seien r, s ∈ N. Es ist t = [E F : E] · r. Ist also [E F : E] ∈ N, so ist t ∈ N.
Wir zeigen [E F : E] ≤ s ∈ N, genauer:
(∗) Jede Basis {b 1 , , . . . , b s } von F/K ist ein Erzeugendensystem von E F/E.
Es sei a ∈ E F . Es existieren dann f 1 , . . . , f n ∈ F mit a ∈ E(f 1 , . . . , f n ). . Für jedes
i = 1, . . . , n gilt [K(f i ) : K] ∈ N. Folglich ist f i algebraisch über K. Dann ist aber f i
auch algebraisch über E(f i , . . . , f i−1 ). Es folgt
E(f 1 , . . . , f n ) = (((E(f 1 )(f 2 )) . . .)(f n ) = (((E[f 1 ][f 2 ]) . . .)[f n ] = E[f 1 , . . . , f n ] .

58 Lösungen
Daher gibt es ein P ∈ E[X 1 , . . . , X n ] mit a = P (f 1 , . . . , f n ). Da jeder Ausdruck
f i 1
1 · · · f i n
n ∈ F als K-, also auch als E-Linearkombination von b 1 , . . . , b s geschrieben
werden kann, gilt dies auch für a.
Gemäß (∗) ist also [E F : E] ∈ N, und der Gradsatz liefert
(b) ist klar.
t = [E F : E] · r ∈ N .
(c) Gemäß (a) und (b) gilt t ∈ N, r | t und s | t. Wegen ggT(r, s) = 1 also r s | t.
Ist {a 1 , . . . , a r } bzw. {b 1 , . . . , b s } eine Basis von E/K bzw. F/K, so ist {a i b j | i =
1, . . . , r, j = 1, . . . , s} ein Erzeugndensystem von E F/K. Es folgt t ≤ r s. Insgesamt:
t = r s.
(d) Wegen t = r s folgt (mit den Bezeichnungen in (c)), dass {a i b j | i = 1, . . . , r, j =
1, . . . , s} K-linear unabhängig ist. O. E. sei dabei a 1 = 1 = b 1 . Ist nun c ∈ E ∩ F , so
gibt es l i ∈ K, i = 1, . . . , r, m j ∈ K, j = 1, . . . , s, mit
also
c =
(l 1 − m 1 ) 1 +
r
l i a i =
i=1
r
l i a i +
i=2
s
m j b j ,
j=1
s
(−m j ) b i = 0 .
Da insbesondere {1, a 2 , . . . , a r , b 2 , . . . , b s } K-linear unabhängig ist, folgt l i = 0 für
i = 2, . . . , r, also c = nl 1 1 ∈ K.
(e) X 3 − 2 ∈ Q[X] besitzt genau eine reelle Nullstelle 3√ 2 und zwei Nullstellen α, α ∈
C \ R:
X 3 − 2 = (X − 3√ 2) (X − α) (X − α) = (X − 3√ 2) (X 2 − (α + α) X + α α) .
Also ist m 3 √ 2, Q = m α, Q = X 3 − 2, und für Q( 3√ 2), F = Q(α) folgt r = s = 3. Wegen
[E ∩ F : Q] | 3 und E = F ist ferner [E ∩ F : Q] = 1, d. h. E ∩ F = Q. Nun ist aber
E F = Q( 3√ 2, α), also
t = [E(α) : E] · r = 3 deg(m α, E ) .
Da X − 3√ 2 Teiler von X 3 − 2 in E[X] ist, gilt X 2 − (α + α) X + α α ∈ E[X] und daher
deg(m α, E ) = 2, d. h. t = 6 < 9.
j=2
20.8 Lösung: (a) Nach Eisenstein ist X 2 −2 ∈ Q[X] irreduzibel, und es ist √ 2 eine Nullstelle
dieses Polynoms. Also ist [Q( √ 2) : Q] = 2 und {1, √ 2} eine Q-Basis von Q( √ 2).
Es ist √ 3 eine Nullstelle des Polynoms X 2 −3 ∈ Q( √ 2)[X], also [Q( √ 2, √ 3) : Q( √ 2)] ≤
2.
Angenommen, es ist √ 3 ∈ Q( √ 2). Dann gäbe es α, β ∈ Q mit √ 3 = α + β √ 2.
Quadrieren liefert
3 = α 2 + 2 α β √ 2 + 2 β 2 .

Lösungen 59
Wegen √ 2 ∈ Q folgt α β = 0, also α = 0 oder β = 0. Im ersten Fall folgt 3 = 2 β 2 , im
zweiten Fall 3 = α 2 . Beides ist wegen α, β ∈ Q unmöglich, also ist √ 3 ∈ Q( √ 2). Wir
erhalten daher [Q( √ 2, √ 3) : Q( √ 2)] = 2 und somit
[Q( √ 2, √ 3) : Q] = [Q( √ 2, √ 3) : Q( √ 2)] · [Q( √ 2) : Q] = 2 · 2 = 4.
Ferner ist {1 , √ 3} eine Q( √ 2)-Basis von Q( √ 2, √ 3), also
eine Q-Basis von Q( √ 2, √ 3).
{1 , √ 2 , √ 3 , √ 2 √ 3}
(b) Wegen √ 18 = 3( 10√ 2) 5 ist K = Q( 10√ 10
2). Es ist
√ 2 Nullstelle des Polynoms
X 10 − 2 ∈ Q[X], welches nach Eisenstein irreduzibel ist. Also ist [K : Q] = 10 und
10
{1,
√ 2, . . . , ( 10√ 2) 9 } eine Q-Basis von K.
(c) Es ist K = Q( √ 2, i √ 5, √ 7). Analog zu (a) sieht man: [Q( √ 2, √ 7) : Q] = 4, und es ist
{1, √ 2, √ 7, √ 2 √ 7} eine Q-Basis von Q( √ 2, √ 7). Wegen (i √ 5) 2 ∈ Q( √ 2, √ 7) erhalten
wir [K : Q( √ 2, √ 7)] ≤ 2. Aus i √ 5 ∈ Q( √ 2, √ 7) ⊆ R folgt weiter [K : Q( √ 2, √ 7)] = 2.
Also
[K : Q] = [K : Q( √ 2, √ 7)] · [Q( √ 2, √ 7) : Q] = 2 · 4 = 8 .
Ferner ist {1, i √ 5} eine Q( √ 2, √ 7)-Basis von K und somit
eine Q-Basis von K.
{1 , √ 2 , √ 7 , i √ 5 , √ 2 √ 7 , i √ 2 √ 5 , i √ 5 √ 7 , i √ 2 √ 5 √ 7}
(d) Q( √ 8, 3 + √ 50) = Q(2 √ 2, 3 + 5 √ 2) = Q( √ 2) ist eine quadratische Erweiterung
von Q mit Q-Basis {1, √ 2}.
(e) Die Zahl u ist Nullstelle des über Q irreduziblen Polynoms X 4 + 6 X + 2 (Eisenstein
mit p = 2), also gilt [Q(u) : Q] = 4. Wegen [Q( 3√ 2) : Q] = 3 und ggT(4, 3) = 1 ist
[Q( 3√ 2, u) : Q] = 12. Eine Q-Basis von Q( 3√ 2, u) ist z. B. { 3√ 2 j u k | 0 ≤ j ≤ 2, 0 ≤ k ≤
3}.
(f) Wegen i /∈ R gilt erst recht i /∈ Q( √ 3). Das Minimalpolynom von i über Q( √ 3)
bleibt also X 2 + 1. Es folgt [Q( √ 3, i) : Q] = [Q( √ 3)(i) : Q( √ 3)] · [Q( √ 3) : Q] = 2 · 2 = 4,
und {1, √ 3, i, i √ 3} ist eine Q-Basis von Q( √ 3, i).
20.9 Lösung: (a) Es ist a 2 √ 2
= 1+ 5
2 =
1+ √ 5
+ 1 = a + 1, also a 2 − a − 1 = 0. Wegen
2
a ∈ Q ist also m a, Q = X 2 − X − 1.
(b) Wegen a ∈ Q( √ 2, √ 3) und [Q( √ 2, √ 3) : Q] = 4 ist der Grad des Minimalpolynoms
von a ein Teiler von 4. Es sind 1, √ 2, √ 3, √ 2 √ 3 Q-linear unabhängig. Wegen a 2 =
5 + 2 √ 2 √ 3 ist a also keine Nullstelle eines quadratischen Polynoms. Somit hat m Q (a)
den Grad 4. Durch Ausrechnen von a 4 , a 3 , a 2 finden wir a 4 − 10 a 2 + 1 = 0. Also ist
m a, Q = X 4 − 10 X 2 + 1 .
(c) Nach Eisenstein ist das Polynom X 3 −2 ∈ Q[X] irreduzibel. Also ist [Q( 3√ 2) : Q] = 3
und {1,
3√ √ 2, (
3
2) 2 } eine Q-Basis von Q( 3√ 2). Wegen a = 3√ 2 + ( 3√ 2) 2 ∈ Q( 3√ 2) ist also

60 Lösungen
der Grad von m a, Q ein Teiler von 3 und wegen a ∈ Q also = 3. Durch Ausrechnen von
a 3 und a 2 finden wir a 3 = 6 + 6 a. Also ist
m a, Q = X 3 − 6 X − 6 .
(d) Für a = 2 + 3√ 2 gilt (a 2 − 2) 3 = 2. Somit ist a Wurzel des Polynoms
P = X 6 − 6 X 4 + 12 X 2 − 10
Da P über Q irreduzibel ist (Eisenstein mit p = 2), ist P = m a, Q das Minimalpolynom
von a.
20.10 Lösung: Es ist X 2 − p ∈ Q[X] irreduzibel. Folglich ist m √ p, Q = X 2 − p. Es gilt also
[Q( √ p) : Q] = 2.
Weiterhin ist X 3 − q irreduzibel über Q( √ p) (etwa da 3√ q ∈ Q( √ p)). Wir wenden nun
den Gradsatz an:
[Q( √ p, 3√ q) : Q] = [Q( √ p)( 3√ q) : Q( √ p)] [Q( √ p) : Q] = 3 · 2 = 6 .
Es sei a := √ p 3√ q. Offenbar gilt Q(a) ⊆ Q( √ p, 3√ q). Es gilt
a 3 = p q √ p und a 4 = p 2 q 3√ q .
Folglich gilt √ p, 3√ q ∈ Q(a), und somit ist Q(a) = Q( √ p, 3√ q).
Weil das normierte Polynom X 6 − p 3 q 2 das Element a als Nullstelle hat und [Q(a) :
Q] = 6 gilt, muss X 6 − p 3 q 2 das Minimalpolynom von a sein.
20.11 Lösung: Offenbar gilt Q( √ a + √ b) ⊆ Q( √ a, √ b). Zu zeigen bleibt: √ a, √ b ∈ Q( √ a +
√
b).
O. E. gelte a = b. Dann gilt 0 = a − b = ( √ a + √ b) ( √ a − √ b). Weil √ a + √ b ∈
Q( √ a + √ b), gilt auch
√ √
a − b 1
= √ √ ∈ Q( √ a + √ b) .
a − b a + b
Also √ a − √ b ∈ Q( √ a + √ b). Es folgt √ a, √ b ∈ Q( √ a + √ b).
20.12 Lösung: (a) Es ist ε ∈ Q( √ 3, i), da:
Folglich gilt K = Q( √ 3, i).
ε = e ± i 2π 3 = cos 2π 3 ± i sin 2π 3 = − 1 2 ± √
3
2 i ∈ Q(√ 3, i) .
Es ist m √ 3, Q = X2 − 3, m i, Q = X 2 + 1.
Weil X 2 + 1 über Q( √ 3) irreduzibel ist, erhalten wir
[K : Q] = [K : Q( √ 3)] [Q( √ 3) : Q] = 2 · 2 = 4 .

Lösungen 61
Es sind {1, √ 3} eine Q-Basis von Q( √ 3)/Q und {1, i} eine Q( √ 3)-Basis von K/Q( √ 3).
Damit ist {1, √ 3, i, i √ 3} eine Q-Basis von K/Q.
(b) Wegen
( √ 3 + i) −1 =
√
3 − i
4
⇒ √ 3 − i ∈ Q( √ 3 + i) ⇒ √ 3, i ∈ Q( √ 3 + i)
ist √ 3 + i ein primitives Element von K/Q. Nach (a) gilt deg m √ 3+i, Q = 4:
( √ 3 + i) 2 = 2 + 2 √ 3 i und ( √ 3 + i) 4 = −8 + 8 √ 3 i .
Damit erhalten wir: X 4 − 4 X 2 + 16 = m √ 3+i, Q .
20.13 Lösung: Nach Eisenstein mit p = 2 ist P irreduzibel. Folglich ist P das Minimalpolynom
seiner Wurzeln. Insbesondere folgt [Q(a) : Q] = 5. Da für jedes r ∈ Q auch das
Polynom Q := P (X − r) mit P irreduzibel über Q ist, und Q(a + r) = 0 für jedes r ∈ Q
gilt, ist Q das Minimalpolynom von a + r für r ∈ Q.
20.14 Lösung: Es sei z ∈ C über Q algebraisch. Es existieren dann a 0 , . . . , a n ∈ Q mit
(∗) a n z n + a n−1 z n−1 + · · · + a 1 z + a 0 = 0 .
Multiplikation dieser Gleichung mit dem Produkt der Nenner der rationalen Zahlen
a 0 , . . . , a n zeigt, dass wir a 0 , . . . , a n ∈ Z annehmen dürfen.
Wir multiplizieren die Gleichung (∗) mit an
n−1 ∈ Z und erhalten eine Gleichung der
Form
(∗∗) (a n z) n + b n−1 (a n z) n−1 + · · · + b 1 (a n z) + b 0 = 0 mit b 0 , . . . , b n−1 ∈ Z .
Die Gleichung (∗∗) besagt, dass a n z mit a n ∈ Z ganz algebraisch ist.
(b) Es sei a = p ∈ Q ganz algebraisch. O. E. gelte ggT(p, q) = 1. Es gibt ganze Zahlen
q
a 0 , . . . , a n−1 ∈ Z mit
(∗)
p
q
n
+ a n−1
p
q
n−1
+ · · · + a 1
p
q
+ a 0 = 0 .
Multiplikation der Gleichung (∗) mit q n und anschließendes Umstellen liefert
p m = q d mit einem d ∈ Z .
Wegen ggT(p, q) = 1 folgt hieraus q = ±1. Folglich ist a ∈ Z.
(c) Es sei a ∈ C ganz algebraisch. Folglich existiert ein normiertes Polynom P ∈ Z[X]
mit P (a) = 0.
Für jedes m ∈ Z ist das Polynom Q = P (X − m) ein normiertes Polynom aus Z[X].
Und es gilt Q(a + m) = 0. Folglich ist a + m für jedes m ∈ Z ganz algebraisch.

62 Lösungen
Analog ist für jedes m ∈ Z das Polynom R = P 1
m X m deg P ein normiertes Polynom
aus Z[X] mit R(a m) = 0. Folglich ist auch a m für jedes m ∈ Z ganz algebraisch.
Bemerkung. Die Menge der ganz algebraischen Zahlen bilden sogar einen Ring. Dies
ist nicht ganz einfach zu zeigen.
Lösung zu Kapitel 21
21.1 Lösung: (a) Da ±1, ±2 keine Wurzeln von P sind, ist P nach Lemma 19.7 irreduzibel.
(b) Nach (a) ist P = m a, Q . Folglich ist {1, a, a 2 } eine Q-Basis von Q(a).
Es gilt
0 = P (a) = a 3 + 3 a − 2 ⇒ 1 = 1 2 a3 + 3 2 a ⇒ a−1 = 3 2 + 1 2 a2 .
Division von X 3 + 3 X − 2 durch X + 1 mit Rest liefert:
X 3 + 3 X − 2 = (X + 1) (X 2 − X + 4) − 6 .
Also:
0 = (1+a) (a 2 −a+4)−6 ⇒ 1 = (1+a) 1 6 (a2 −a+4) ⇒ (1+a) −1 = 2 3 − 1 6 a+ 1 6 a2 .
Wegen a 3 = −3 a + 2 gilt
(1 − a + a 2 ) (5 + 3 a − 2 a 2 ) = 15 − 21 a + 6 a 2 .
21.2 Lösung: Die Inklusion K(a 2 ) ⊆ K(a) ist klar. Wir zeigen a ∈ K(a 2 ). Durch Zusammenfassen
der geraden bzw. ungeraden Potenzen von X im Minimalpolynom von a
erhalten wir eine Darstellung der Form
m a, K = X P (X 2 ) + Q(X 2 ) .
Hierbei gilt P = 0 und P (a 2 ) = 0, da deg m a, K ungerade ist. Da aber a Wurzel von
m a, K ist, erhalten wir
a = − Q(a2 )
P (a 2 ) ∈ K(a2 ) .
21.3 Lösung: Ja. Es sind √ 2 + √ 3 und √ 2 − √ 3 beides Wurzeln des über Q irreduziblen
Polynoms X 4 − 10 X 2 + 1 (vgl. Aufgabe ??).
21.4 Lösung: (a) Es sei b = P/Q ∈ K(X) \ K ein Element in gekürzter Darstellung, d. h.
ggT(P, Q) = 1 und P, Q nicht beide konstant. Angenommen, es gilt S(b) = 0 für ein

Lösungen 63
von Null verschiedenes Polynom S = n
i=0 s i Y i ∈ K[Y ]. Nach Division durch eine
geeignete b-Potenz können wir n ≥ 1 und s 0 s n = 0 annehmen. Dann zeigt aber
S(b) =
n
P i
s i = 1
Q Q · n
i=0
n
s i P i Q n−i = 0 ,
dass Q ein Teiler von P n und P ein Teiler von Q n ist. Wegen ggT(P, Q) = 1 hieße das
Q | P und P | Q im Widerspruch dazu, dass P, Q nicht beide konstant, also auch nicht
assoziiert sind. Demnach ist b transzendent über K.
(b) Es genügt offenbar zu zeigen, dass X algebraisch über M ist. Es sei diesmal b =
P/Q ∈ M \ K. Dann ist X Wurzel des Polynoms S := P (Y ) − b Q(Y ) ∈ M[Y ]. Wäre S
das Nullpolynom, so wäre mit n = deg Q der Koeffizient p n − b q n von S bei Y n gleich
0, also b = p n /q n ∈ K. Widerspruch! Also ist X tatsächlich algebraisch über M.
i=0
21.5 Lösung: Es sei K = Q( √ 2, √ 3) = Q( √ 2 + √ 3). Wir setzen α := √ 2 + √ 3. Es ist
bekanntlich m α, Q = X 4 − 10 X 2 + 1. Mit α ist auch α 2 := − √ 2 − √ 3 eine Wurzel von
m α, Q . Wir suchen weitere Nullstellen von m α, Q . Es gilt
( √ 2 − √ 3) 4 − 10 ( √ 2 − √ 3) 2 + 1 = 0 und (− √ 2 + √ 3) 4 − 10 (− √ 2 + √ 3) 2 + 1 = 0 .
Damit gilt
wobei
Es folgt
X 4 − 10 X 2 + 1 = (X − α 1 ) (X − α 2 ) (X − α 3 ) (X − α 4 ) ,
α 1 := α = √ 2 + √ 3 , α 2 = − √ 2 − √ 3 , α 3 = √ 2 − √ 3 , α 4 = − √ 2 + √ 3 .
K = Q(α 1 ) = Q(α 2 ) = Q(α 3 ) = Q(α 4 ) und m α1 , Q = m α2 , Q = m α3 , Q = m α4 , Q .
Es sind folglich die vier Q-Automorphismen, die gegeben sind durch
ϕ 1 : α 1 → α 1 , ϕ 2 : α 1 → α 2 , ϕ 3 : α 1 → α 3 , ϕ 4 : α 1 → α 4 ,
verschiedene Automorphismen von K: {ϕ 1 , . . . , ϕ 4 } ⊆ Aut K.
Nun sei ϕ ∈ Aut K. Dann gilt bekanntlich ϕ| Q = Id Q . Wegen
(ϕ(α 1 )) 4 − 10 (ϕ(α 1 )) 2 + 1 = ϕ(α 4 1 − 10 α2 1 + 1) = ϕ(0) = 0
ist ϕ(α 1 ) eine Wurzel von m α1 , Q. Also gilt ϕ(α 1 ) ∈ {α 1 , . . . , α 4 }. Es folgt ϕ ∈
{ϕ 1 , . . . , ϕ 4 }.
Wir haben gezeigt: Aut K = {ϕ 1 , . . . , ϕ 4 }.
Es gibt bis auf Isomorphie nur zwei Gruppen der Ordnung 4, nämlich die zyklische
Gruppe Z 4 und die Klein’sche Vierergruppe Z 2 × Z 2 . Wegen
ϕ 2 2 (α 1) = ϕ 2 (α 2 ) = −ϕ 2 (α 1 ) = −α 2 = α 1
gilt ϕ 2 2 = Id, und es gilt analog ϕ2 3 = ϕ2 4
Vierergruppe.
= Id. Folglich ist Aut K eine Klein’sche

64 Lösungen
21.6 Lösung: Ist t = (a X + b)/(c X + d) mit a, b, c, d ∈ K und a d − b c = 0, so gilt t /∈ K,
da andernfalls aus t (c X + d) = a X + b mit Koeffizientenvergleich t c = a, t d = b, also
a d − b c = 0 folgte. Durch Auflösen nach X erhält man
x = −d t + b
c t − a ∈ K(t) ,
wobei der Nenner wegen t /∈ K ungleich Null ist. Also ist K(X) = K(t).
Es sei nun umgekehrt t = P/Q, P, Q ∈ K[X] \ {0}, ggT(P, Q) = 1, ein primitives
Element von K(X)/K. Dann existieren Polynome S, T ∈ K[X] \ {0}, ggT(S, T ) = 1,
mit X = S(t)/T (t). Es seien r = deg S, s = deg T , m = max{r, s}. Dann gilt
s
r
X t i (P/Q) i = s j (P/Q) j
i=0
j=0
s
r
⇒ X t i P i Q m−i = s j P j Q m−j .
i=0
j=0
(⋆)
Wir setzen erst einmal deg Q > deg P voraus, denn dann können wir wegen deg(Q m ) >
deg(P Q m−1 ) > deg(P 2 Q m−2 ) > · · · den Grad beider Seiten von (⋆) angeben. Wegen
ggT(S, T ) = 1 ist entweder s 0 = 0 oder t 0 = 0. Im Fall t 0 = 0 hat die linke Seite den
Grad 1+m deg Q, die rechte dagegen höchstens den Grad m deg Q. Widerspruch! Also
ist t 0 = 0, s 0 = 0 und somit 1 + (m − i 0 ) deg Q = m deg Q mit i 0 = min{i | t i = 0}.
Daraus folgt i 0 = deg Q = 1, deg P = 0, d. h. t = b/(c X + d) wie behauptet.
Wie erreichen wir nun deg Q > deg P ? Im Fall deg Q < deg P hat t ′ := 1/t = P/Q die
gewünschte Gestalt, im Fall deg Q = deg P hat t ′ := t − c = (P − c Q)/Q mit geeignetem
c ∈ K die gewünschte Gestalt. In beiden Fällen entsteht t ′ = (A t + B)/(C t + D)
aus t durch Anwenden einer gebrochen-linearen Transformation mit Koeffizienten
A, B, C, D ∈ K, A D − B C = 0. Nach dem ersten Teil des Beweises ist auch t ′
ein primitives Element von K(X)/K, also t ′ = b/(c x + d) und damit
t = −D t′ + B
C t ′ − A = −D b
c X+d + B
b
C
c X+d − A = B c X + B d − D b
−A c X + C b − A d .
Schließlich ist wegen t /∈ K (vgl. den ersten Teil des Beweises) die Determinante dieser
gebrochen-linearen Transformation ungleich Null.
21.7 Lösung: ⇒ steht bereits in Lemma 21.7.
⇐: Es sei a ∈ L \ {0}. Nach Voraussetzung ist R := K[a] ein Teilkörper von L.
Insbesondere existiert ein P ∈ K[X] mit a −1 = P (a). Also ist a Wurzel des Polynoms
X P − 1 ∈ K[X] \ {0}. Folglich ist a algebraisch über K.
21.8 Lösung: ⇒: Ist L/K algebraisch, so wähle S = L.
⇐: Das steht bereits in Lemma 21.5.
21.9 Lösung: Für q = z n gilt e qπ i 2n = 1. Wegen
cos(q π) = 1 2
e
qπ i + e −qπ i und sin(q π) = 1 2 i
e
qπ i −qπ
− e
i
liegen cos(q π) und sin(q π) in der algebraischen Erweiterung K := Q(i, e qπ i ). Folglich
sind cos(q π) und sin(q π) über Q algebraisch.

Lösungen 65
21.10 Lösung: Nach Lemma 21.5 ist Q(S)/Q algebraisch. Weiter ist [Q(S) : Q] ∈ N nicht
möglich: Wäre nämlich [Q(S) : Q] = m ∈ N, so erhielten wir den Widerspruch
m + 1 = [Q(a m+1 ) : Q] ≤ [Q(S) : Q] = m .
Lösung zu Kapitel 22
22.1 Lösung: Es ist a = z + z für z = e 2π i
7 . Weiter ist
0 = z 7 − 1 = (z − 1) (z 6 + z 5 + z 4 + z 3 + z 2 + z + 1) ,
also gilt wegen z = 1 und z z = 1:
z 6 + z 5 + z 4 + z 3 + z 2 + z + 1 = 0 und z = z −1 .
Damit erhält man nach einer kurzen Rechnung:
a 3 + a 2 − 2 a − 1 = (z + z) 3 + (z + z) 2 − 2 (z + z) − 1 = 0 .
Da X 3 + X 2 − 2 X − 1 über Q irreduzibel ist (man reduziere modulo 2), gilt
Also gilt [Q(a) : Q] = 3.
m a, Q = X 3 + X 2 − 2 X − 1 .
Wäre das reguläre 7-Eck konstruierbar, so auch a. Dies kann aber nicht sein, da [Q(a) :
Q] keine 2 -Potenz ist.
22.2 Lösung: (a) O. E. sei S := {0, 1, z := cos α + i sin α}. Bekanntlich gilt
cos α = 4 cos 3 α 3 − 3 cos α 3 ,
d. h. cos α 3 ist Wurzel von 4 X 3 − 3 X − cos α ∈ Q(cos α) .
Wir setzen
z 0 := cos α 3 + i sin α 3 und K 0 := Q(cos α, i sin α) .
⇒: Es sei z 0 aus S konstruierbar. Dann ist auch cos α aus S konstruierbar. Folglich
3
ist [K 0 (cos α 3 ) : K 0] nach Korollar 22.3 eine 2 -Potenz.
Da i sin α Wurzel von
X 2 + (1 − cos 2 α) ∈ Q(cos α)[X]
ist, gilt [K 0 : Q(cos α)] ≤ 2. Damit sind
[K 0 (cos α 3 ) : Q(cos α)] und [Q(cos α, cos α 3 ) : Q]

66 Lösungen
2 -Potenzen.
Da cos α 3
Wurzel von 4 X3 − 3 X − cos α ist, folgt die Behauptung.
⇐: Ist 4 X 3 − 3 X − cos α zerlegbar über Q(cos α), so auch über K 0 ; daher gilt
[K 0 (cos α 3 ) : K 0] ≤ 2.
Wegen (i sin α 3 )2 + 1 − cos 2 α 3 = 0 ist
[K 0 (cos α 3 , i sin α 3 ) : K 0(cos α 3 )] ≤ 2 ,
sodass wegen z 0 ∈ K 0 (cos α 3 , i sin α ) die Behauptung folgt.
3
(b) Offenbar sind mit γ, δ auch r γ + s δ für alle r, s ∈ Z aus S konstruierbar.
Nun sei α := 2π n
mit 3 ∤ n, und o. E. sei S = {0, 1, cos α+i sin α}. Da 4 X3 −3 X −1 die
Wurzel − 1 2 hat, ist 2 π nach (a) dreiteilbar, d. h. β := 2π konstruierbar aus {0, 1} ⊆ S.
3
Trivialerweise ist α konstruierbar. Wegen ggT(3, n) = 1 existieren r, s ∈ Z mit
d. h. α ist dreiteilbar.
α
3 = 2π
3n = r 2π n + s 2π 3 = r α + s β ,
Lösung zu Kapitel 23
23.1 Lösung: Da π über Q transzendent ist, ist π algebraisch unabhängig, die Menge
{π} also transzendent über Q. Da [Q(π, i) : Q(π)] = 2, insbesondere endlich ist, ist
Q(π, i)/Q(π) algebraisch. Folglich ist {π} eine Transzendenzbasis.
Es gilt Q(π, i) = Q(π i, i). Es folgt [Q(π, i) : Q(π i)] ≤ 2, also (beachte den Gradsatz)
[Q(π i) : Q] ∈ N, wonach π i transzendent über Q ist. Da aber Q(π, i)/Q(π i)
algebraisch ist (die Erweiterung ist ja endlich), ist gezeigt, dass auch C = {π i} eine
Transzendenzbasis von Q(π, i)/Q ist. Und da Q(π) ⊆ R und Q(π i) R gilt, folgt
Q(B) = Q(C).
23.2 Lösung: Zur Lösung dieser Aufgabe benutzen wir Begriffe und Ergebnisse aus Kapitel
24.
Wir zitieren ein Ergebnis, das wir in der Lösung zur Aufgabe ?? bewiesen haben:
(∗∗) Es sei T eine unendliche Menge, und E(T ) bezeichne die Menge aller endlichen
Teilmengen von T . Dann gilt |T | = |E(T )|.
Es sei E die Menge aller endlichen Teilmengen einer (existierenden) Transzendenzbasis
B von C/Q. Nach (∗∗) gilt |E| = |B| (es ist klar, dass B nicht endlich ist, es wäre ja
sonst C abzählbar). Wir bezeichnen mit K einen algebraischen Abschluss des Körpers
K. Nach Lemma 20.5 gilt
(∗)
B ⊆ Q(B) =
E∈E
Q(E) ⊆ C ∼ =
Q(E) .
E∈E

Lösungen 67
Nach Lemma 21.9 gilt
Q(E)
=
Q(E)
.
E∈E
E∈E
Damit erhalten wir aus (∗) mit |Q(E)| = ℵ 0 für jedes E ∈ E und den Regeln zur
Kardinalzahlarithmetik:
|B| ≤ |C| = Q(E)
≤ |E| · ℵ 0 = max{|E|, ℵ 0 } = |E| = |B| .
E∈E
Folglich gilt |R| = |C| = |B| = trg(C/R).
Lösung zu Kapitel 24
24.1 Lösung: (a) Wegen X 2 − 3 = (X − √ 3) (X + √ 3) ist Q( √ 3) ein Zerfällungskörper.
Nach Eisenstein ist X 2 − 3 ∈ Q[X] irreduzibel und somit das Minimalpolynom von √ 3.
Also ist der Grad des Zerfällungskörpers [Q( √ 3) : Q] = 2.
(b) Wegen X 4 − 7 = (X − 4√ 7) (X + 4√ 7) (X − i
4√ √ 7) (X + i
4
7) ist Q( 4√ 7, i) ein
Zerfällungskörper von X 4 − 7. Nach Eisenstein ist X 4 − 7 ∈ Q[X] irreduzibel und
somit das Minimalpolynom von 4√ 7. Also ist [Q( 4√ 7) : Q] = 4. Wegen i 2 ∈ Q( 4√ 7) und
i ∈ Q( 4√ 7) ⊆ R ist [Q( 4√ 7, i) : Q( 4√ 7)] = 2 und somit
[Q( 4√ 7, i) : Q] = [Q( 4√ 7, i) : Q( 4√ 7)] · [Q( 4√ 7) : Q] = 2 · 4 = 8.
(c) Wegen X 4 − 2 X 2 − 2 = (X + i √
3 − 1) (X − i
√
3 − 1) (X +
√
3 + 1) (X −
√
3 + 1) ist Q(
√
3 + 1, i
√
3 − 1) Zerfällungskörper. Nach Eisenstein ist X 4 −
2 X 2 − 2 irreduzibel, also [Q( √
3 + 1) : Q] = 4. Wegen
i √
3 − 1
2
∈ Q(
1 +
√
3)
und i √
3 − 1 ∈ Q(
√
3 + 1) ist [Q(
√
3 + 1, i
√
3 − 1) : Q(
√
3 + 1)] = 2, also
[Q( √3
+ 1, i
√3
− 1) : Q] = 2 · 4 = 8.
(d) Wegen X 4 + 1 = (X − ε) (X + ε) (X − i ε) (X + i ε) mit ε = e π i
4 ist Q(ε, i) ein
Zerfällungskörper von X 4 + 1. Wegen ε 2 = i gilt Q(ε, i) = Q(ε). Reduktion modulo 2
zeigt, dass X 4 + 1 ∈ Q[X] irreduzibel ist. Somit ist X 4 + 1 das Minimalpolynom von
ε. Also ist [Q(ε) : Q] = 4.
(e) Die Wurzeln von X 6 + 1 sind ε k := e (2k+1)π i
6 , k = 0, . . . , 5. Es gilt offenbar
ε 1 = ε 3 0 , ε 2 = ε 5 0 , ε 3 = ε 7 0 , ε 4 = ε 9 0 , ε 5 = ε 11
0 .
Also ist
Q(ε 0 , . . . , ε 5 ) = Q(ε 0 )

68 Lösungen
der gesuchte Zerfällungskörper. Weiter gilt:
X 6 + 1 = (X 4 − X 2 + 1) (X 2 + 1) .
Da ε 0 Wurzel des über Q irreduziblen Polynoms X 4 − X 2 + 1 ist, gilt [Q(ε 0 ) : Q] = 4.
(f) Analog zu (e) findet man den Zerfällungskörper Q(ε 1 ) mit ε 1 = e 2π i
5 . Weiter gilt:
X 5 − 1 = (X − 1) (X 4 + X 3 + X 2 + X + 1)
mit dem über Q irreduziblen Polynom X 4 + X 3 + X 2 + X + 1. Also gilt [Q(ε 1 ) : Q] = 4.
24.2 Lösung: Es sind a 1 := 4√ 2, a 2 := − 4√ 2, a 3 := i
4√
2, a4 := − i
4√
2 die vier verschiedenen
Wurzeln des über Q irreduziblen Polynoms X 4 − 2 ∈ Q[X]. Es gilt
Q(a 1 , a 2 ) = Q(a 1 ) und Q(a 1 , a 3 ) = Q( 4√ 2, i) .
Wegen [Q(a 1 ) : Q] = 4 und [Q( 4√ 2, i) : Q] = 8 können die Körper Q(a 1 ) und Q( 4√ 2, i)
nicht isomorph sein.
24.3 Lösung: Es seien Q( √ −a) und Q( √ −b) Zerfällungskörper von P und Q. Weiter sei ϕ
ein Isomorphismus von Q( √ −a) auf Q( √ −b). Es gilt
Wegen ϕ| Q = Id Q folgt
ϕ( √ −a) = a 0 + a 1
√
−b mit a0 , a 1 ∈ Q .
−a = ϕ(−a) = ϕ( √ −a) 2 = a 2 0 − b a2 1 + 2 a 0 a 1
√
−b .
Folglich muss a 0 a 1 = 0 gelten. Aber a 1 = 0 ist nicht möglich, da sonst ϕ(Q( √ −a)) =
Q gelten würde. Es gilt also a 0 = 0 und somit a b = a2 1 . Es folgt wegen √ −a =
√
±a 1 −b im Falle der Isomorphie also sogar die Gleichheit der Körper. Es folgt: Die
Zerfällungskörper sind genau dann isomorph (also auch gleich), wenn a ein Quadrat
b
in Q ist.
24.4 Lösung: Die vier verschiedenen Wurzeln des nach Eisenstein mit p = 2 über Q
irreduziblen Polynoms P = X 4 − 2 X 2 + 2 sind
√
1 + i , −
√
1 + i ,
√
1 − i , −
√
1 − i .
Also ist L = Q( √ 1 + i, √ 1 − i) ein Zerfällungskörper von P .
Da P irreduzibel ist, gilt
[Q( √ 1 + i) : Q] = 4 , und es gilt [Q( √ 1 + i, √ 1 − i) : Q( √ 1 + i)] ∈ {1, 2} .
Angenommen, √ 1 − i ∈ Q( √ 1 + i). Dann exisiteren a 0 , a 1 , a 3 , a 4 ∈ Q mit
√ √
1 − i = a0 + a 1 1 + i + a3 (1 + i) + a 4 (1 + i) √ 1 + i ⇔ √ 1 − i = b + c √ 1 + i
für b, c ∈ Q. Folglich gilt
b 2 = 1 − i +c 2 (1 + i) − 2 c √ 2 , insbesondere √ 2 ∈ Q(i) ,

Lösungen 69
ein Widerspruch. Folglich gilt [Q( √ 1 + i, √ 1 − i) : Q( √ 1 + i)] = 2 und damit
[Q( √ 1 + i, √ 1 − i) : Q] = 8.
24.5 Lösung: (a) Ein algebraischer Abschluss E von L ist nach Definition ein algebraisch
abgeschlossener Erweiterungskörper von L, für den gleichzeitig E/L algebraisch ist. Da
mit E/L und L/K auch die Erweiterung E/K algebraisch ist (algebraisch über algebraisch
bleibt algebraisch), ist E auch ein algebraischer Abschluss von K. Umgekehrt
gibt es zwar algebraische Abschlüsse von K, die L nicht enthalten, die Aussage ist aber
trotzdem richtig: Es existiert ein Isomorphismus σ : L → E mit σ(a) = a für a ∈ K,
und E ist algebraischer Abschluss von σ(L).
(b) Ja, sowas gibt’s. Allerdings kann F kein Zwischenkörper von E/K sein: Wäre
K ⊆ F ⊆ E, so wäre mit E/K auch E/F algebraisch, also E = F , da ein algebraisch
abgeschlossener Körper keine echte algebraische Erweiterung besitzt.
Nun konstruieren wir das angekündigte Beispiel: Da je zwei algebraische Abschlüsse von
K isomorph sind, genügt es, einen Körper K zu finden, dessen algebraischer Abschluss
zu einem seiner echten Teilkörper isomorph ist. Es sei K 0 := k(X 1 , X 2 , X 3 , . . . ) der
Körper der rationalen Funktionen in abzählbar unendlich vielen Unbestimmten über
einem (beliebigen) Körper k. Dann gilt K := K 0 (X) ∼ = K 0 . Es sei nun E ein algebraischer
Abschluss von K. Als algebraisch abgeschlossener Oberkörper von K 0 enthält E
einen algebraischen Abschluss E 0 von K 0 . (Der Teilkörper E 0 ⊆ E aller über K 0 algebraischen
Elemente ist in diesem Fall algebraisch abgeschlossen: Jedes nichtkonstante
Polynom f ∈ E 0 [X] hat in E eine Wurzel α; α ist algebraisch über E 0 , also – algebraisch
über algebraisch bleibt algebraisch – auch algebraisch über K 0 und liegt somit in
E 0 .) Da X transzendent über K 0 ist, ist X /∈ E 0 , also E 0 E. Wegen K 0
∼ = K gilt
E 0
∼ = E.
24.6 Lösung: Es sei ε := e 2π i
3 . Dann sind 3√ 2,
3√ √ 2 ε,
3
2 ε 2 die drei verschiedenen Wurzeln
von X 3 − 2. Da Q( 3√ 2) ⊆ R, gilt Q( 3√ 2) = Q( 3√ 2 ε), Q( 3√ 2 ε 2 ), da sowohl Q( 3√ 2 ε)
wie auch Q( 3√ 2 ε 2 ) nichtreelle Zahlen enthalten. Gälte Q( 3√ 2 ε) = Q( 3√ 2 ε 2 ), so folgte
( 3√ 2 ε) 2 ( 3√ 2 ε 2 ) −1 = 3√ 2 ∈ Q( 3√ 2 ε) – ein Widerspruch zu Q( 3√ 2) = Q( 3√ 2 ε).
24.7 Lösung: Es seien P und Q irreduzible Polynome über Z p . Ist a eine Wurzel von P
und b eine solche von Q, so sind L = Z p (a) und M = Z p (b) Zerfällungskörper von P
und Q. Und der Z p -Monomorphismus ϕ : L → M, der durch ϕ(a) = b gegeben ist, ist
wegen |L| = p 2 = |M| surjektiv.
24.8 Lösung: Es sei P ∈ K[X] ein irreduzibles Polynom über K mit einer Wurzel a
in L. Nach Lemma 20.5 existieren a 1 , . . . , a n ∈ S mit a ∈ M := K(a 1 , . . . , a n ).
Bezeichnen P 1 , . . . , P n die Minimalpolynome von a 1 , . . . , a n vom jeweiligen Grad 2,
so ist M Zerfällungskörper von Q = P 1 · · · P n über K. Folglich ist die Erweiterung
M/K normal. Da P die Wurzel a in M hat, zerfällt P über M ⊆ L. Also ist L/K
normal.
24.9 Lösung: Da [Q(i √ 5) : Q] = 2, ist die Erweiterung Q(i √ 5)/Q normal.
Es ist a := (1+i) 4√ 5 Wurzel des über Q irreduziblen Polynoms P = X 4 +20 (Eisenstein
mit p = 5). Dieses Polynom mit einer Wurzel in Q((1 + i) 4√ 5) zerfällt aber nicht in
Q((1 + i) 4√ 5), da der Zerfällungskörper L = Q( 4√ 5, i) von P den Grad 8 über Q hat
und
[Q((1 + i) 4√ 5) : Q] = 4
gilt. Folglich ist die Erweiterung Q((1 + i) 4√ 5)/Q nicht normal.

70 Lösungen
Wegen [Q((1 + i) 4√ 5) : Q] = 4 und [Q(i √ 5) : Q] = 2 gilt [Q((1 + i) 4√ 5) : Q(i √ 5)] = 2.
Also ist auch die Erweiterung Q((1 + i) 4√ 5)/Q(i √ 5) normal.
24.10 Lösung: (a) Angenommen, der algebraisch abgeschlossene Körper K hat nur endlich
viele Elemente a 1 , . . . , a n . Es sei a ∈ K \ {0}. Das Polynom (X − a 1 ) · · · (X − a n )+a ∈
K[X] hat dann aber keine Nullstelle in K – ein Widerspruch.
(b) Da F endlich ist, ist für jedes a ∈ F \ {0} auch der Körper F (a) endlich. Nach dem
kleinen Satz von Fermat gilt dann a |F (a)|−1 = 1.
24.11 Lösung: (a) Wir führen den Beweis durch vollständige Induktion nach n = deg P .
Für n = 0 oder n = 1 ist L = K, also [L : K] = 1 | 1 = n!.
Es sei nun n > 1, und die Behauptung sei richtig für alle m < n. Wir dürfen annehmen,
dass P normiert ist. Es existieren α i ∈ L mit P =
n
i=1
(X − α i ).
1. Fall P ist irreduzibel: Wir setzen Q := n (X − α i ). Dann ist L Zerfällungskörper
i=2
von Q über K(α 1 ), also nach Induktionsannahme [L : K(α 1 )] ein Teiler von (n − 1) !.
Somit ist
[L : K] = [L : K(α 1 )] · [K(α 1 ) : K] = [L : K(α 1 )] · n
ein Teiler von (n − 1) ! · n = n !.
2. Fall P ist nicht irreduzibel: Dann gibt es Polynome S, T ∈ K[X] mit deg S, deg T ≥ 1
und P = S T . Nach eventuellem Umnummerieren dürfen wir annehmen, dass S =
k
(X − α i ) und T = n (X − α i ) mit deg S = k ist. Also ist L Zerfällungskörper
i=1
i=k+1
von T über K(α 1 , . . . , α k ) und K(α 1 , . . . , α k ) ist Zerfällungskörper von S über K.
Nach Induktionsannahme ist also der Grad [L : K(α 1 , . . . , α k )] ein Teiler von (n − k) !
und [K(α 1 , . . . , α k ) : K] ein Teiler von k ! Somit ist
[L : K] = [L : K(α 1 , . . . , α k )] · [K(α 1 , . . . , α k ) : K]
ein Teiler von k ! (n − k) ! Dies wiederum ist ein Teiler von n ! (man denke an den
Binomialkoeffizienten). Also ist [L : K] ein Teiler von n !.
(b) K = Q und P := X 3 − 2 ∈ Q[X] ist ein Beispiel.
(c) K := Q und P := X 4 − 7 ist ein Beispiel.
24.12 Lösung: Über Z 2 gilt
X 6 + 1 = (X 3 + 1) 2 = [(X + 1) (X 2 + X + 1)] 2 .
Es sei a eine Wurzel des über Z irreduziblen Polynoms X 2 + X + 1. Es ist dann Z 2 (a)
ein Zerfällungskörper von X 6 + 1 und [Z 2 (a) : Z 2 ] = 2. Das Polynom X 6 + 1 hat über
Z 2 (a) die Zerlegung:
X 6 + 1 = (X 3 + 1) 2 = (X + 1) 2 (X + a) 2 (X + (1 + a)) 2 .
24.13 Lösung: Wir setzen ζ := e 2π i
n und α := ζ + ζ −1 .

Lösungen 71
Natürlich ist Q(α)/Q algebraisch. Um zu zeigen, dass Q(α)/Q normal ist, reicht es
aus zu zeigen, dass jeder Q-Monomorphismus ϕ : Q(α) → A für einen algebraischen
Abschluss A von Q gilt ϕ(α) ∈ Q(α).
Es sei ϕ ein solcher Monomorphismus. Weil Q(ζ)/Q(α) algebraisch ist, gilt ϕ = ψ| Q(α)
für einen Monomorphismus ψ : Q(ζ) → A nach Satz 24.12.
Da ζ die Ordnung n hat, hat auch ψ(ζ) ∈ A die Ordnung n. Folglich gilt
Damit gilt
ψ(ζ) = ζ k für ein k ∈ N mit ggT(k, n) = 1 .
ϕ(α) = ψ(α) = ψ(ζ + ζ −1 ) = ζ k + ζ −k .
Wir zeigen α k := ζ k + ζ −k ∈ Q(α) für alle k ∈ N. Es sei k ∈ N ≥2 . Dann gilt
(ζ k−1 + ζ 1−k ) (ζ + ζ −1 ) = ζ k + ζ −k + ζ k−2 + ζ 2−k ,
also α k = α α k−1 − α k−2 . Es ist α 0 = 2, α 1 = α, folglich gilt α k ∈ Q(α) für alle k ∈ N.
24.14 Lösung: (a) Es ist Q( 2 + √ 2) der Zerfällungskörper des Polynoms
X 4 − 4 X 2 + 2 = (X − 2 + √
2) (X + 2 + √
2) (X − 2 − √
2) (X + 2 − √ 2) .
(Man beachte 2 + √ 2 = √ √
√
2
2+ √ = ( √
2
2+ √ 2) 2 −2
2+ √ 2
∈ Q( 2 + √ 2).)
(b) Die Körpererweiterung Q( 1 + √ 3)/Q ist nicht normal: Es ist 1 + √ 3 Wurzel
des über Q irreduziblen Polynoms X 4 − 2 X − 2. Aber wegen
X 4 − 2 X − 2 = (X − 1 + √
3) (X +
zerfällt X 4 − 2 X − 2 nicht über Q( 1 + √ 3).
1 + √
3) (X − 1 − √ 3) (X +
∈R
1 − √ 3)
24.15 Lösung: Klar ist, dass die algebraische Erweiterung K/K normal ist. Es sei nun M ein
algebraischer Abschluss von K(X). Wir zeigen, dass für jeden K(X)-Monomorphismus
ϕ : K(X) → M gilt ϕ(K(X)) ⊆ K(X). Hieraus folgt dann die Behauptung.
Es sei also ϕ ein solcher Monomorphismus. Weiter sei P ∈ K(X). Da K algebraisch
abgeschlossen ist, gilt
P = a
n
(X − a i ) für a, a 1 , . . . , a n ∈ K und n ∈ N .
i=0
Es folgt wegen der Normalität von K/K:
ϕ(P ) = ϕ(a)
n
(X − ϕ(a i )) für ϕ(a), ϕ(a 1 ), . . . , ϕ(a n ) ∈ K .
i=0
Also gilt ϕ(P ) ∈ K(X). Es ist somit K(X)/K(X) normal.

72 Lösungen
24.16 Lösung: Die Erweiterungen E/K und F/K seien normal. Es sind dann E = K(W )
und F = K(W ′ ) für die Wurzelmengen W von S ⊆ K[X] und W ′ von S ′ ⊆ K[X].
Für W, W ′ ⊆ L gilt E(F ) = K(W ∪ W ′ ), und W ∪ W ′ ist die Wurzelmenge von
S ∪ S ′ ⊆ K[X]. Folglich ist die Erweiterung E F/K normal.
Es sei a ∈ E ∩ F eine Wurzel des Polynoms P ∈ K[X].
Wegen a ∈ E gilt P = b
Wegen a ∈ F gilt P = c
n
i=1
n
i=1
(X − a i ) ∈ E[X] mit a = a i für ein i ∈ {1, . . . , n}.
(X − b i ) ∈ F [X] mit a = b j für ein j ∈ {1, . . . , n}.
Wegen der Eindeutigkeit der Faktorisierung von P in L gilt a i = b j . Also liegen alle
Wurzeln von P in E ∩ F . Folglich zerfällt P über E ∩ F – es ist also E ∩ F/K normal.
Lösung zu Kapitel 25
25.1 Lösung: Es sei a ∈ L. Zu zeigen ist, dass das Minimalpolynom m a, K nur einfache
Wurzeln in einem algebraischen Abschluss von K hat. Nach Lemma 25.1 (c) folgt die
Behauptung also aus m ′ a, K
= 0.
Wegen n := deg m a, K = [K(a) : K] gilt deg m a, K | [L : K]. Nach Voraussetzung gilt
p ∤ deg m a, K . Folglich gilt m ′ a, K = n Xn−1 + · · · mit n = 0. Also gilt m ′ a, K
= 0.
25.2 Lösung: (a) Für das Polynom P = X 5 + 6 X 3 + 3 X + 4 gilt P ′ = 5 X 4 + 18 X 2 + 3.
Mit dem euklidischen Algorithmus findet man ggT(P, P ′ ) = 1, sodass P nur einfache
Wurzeln hat.
(b) Für das Polynom P = X 4 −5 X 3 +6 X 2 +4 X −8 gilt P ′ = 4 X 3 −15 X 2 +12 X +4.
Mit dem euklidischen Algorithmus findet man ggT(P, P ′ ) = (X − 2) 2 , sodass P die
3-fache Nullstelle 2 hat.
(c) Nach Eisenstein mit p = 5 ist P = X 5 + 5 X + 5 irreduzibel. Somit hat P nach
Lemma 25.1 (c) nur einfache Wurzeln.
25.3 Lösung: (a) Ist P schon separabel, so wähle n = 0, es ist dann Q = P .
Es sei P inseparabel. Nach Lemma 25.2 gibt es ein Q 1 ∈ K[X] mit P = Q 1 (X p ). Und
es gilt:
Es ist Q 1 irreduzibel und deg Q 1 < deg P .
Ist nun Q 1 separabel, so wähle n = 1, es ist dann Q = Q 1 .
Es sei Q 1 inseparabel. Nach Lemma 25.2 gibt es ein Q 2 ∈ K[X] mit Q 1 = Q 2 (X p ),
also P = Q 2 (X p2 ). Und es gilt:
Es ist Q 2 irreduzibel und deg Q 2 < deg Q 1 .
Aus Gradgründen bricht dieses Verfahren ab. Folglich gibt es ein separables Polynom
Q n ∈ K[X] mit P = Q n (X pn ). Wähle Q = Q n .
(b) Das Polynom Q aus (a) ist irreduzibel und separabel, besitzt also nur einfache
Wurzeln in L.

Lösungen 73
Zu a ∈ L mit 0 = P (a) = Q(a pn ) existiert also ein R ∈ L[X] mit Q = (X − a pn ) R und
R(a pn ) = 0. Es folgt
P = Q(X pn ) = (X pn − a pn ) R(X pn ) = (X − a) pn R(X pn ) .
Also gilt (X − a) pn | P , und die Annahme (X − a) pn +1 | P führt auf (X − a) | R(X pn )
und damit zu dem Widerspruch R(a pn ) = 0.
25.4 Lösung: (a) O. E. sei Char K = p > 0. Wir zeigen L = L p .
Es sei a ∈ L. Da K vollkommen ist und L/K algebraisch ist, ist a separabel über K.
Folglich gilt K(a) = K(a p ). Es existiert also ein P ∈ K[X] mit a = P (a p ). Es sei
P =
n
i=0
a i X i . Es gilt also
a =
n
a i a i .
i=0
Wegen K p = K existieren b 0 , . . . , b n ∈ K mit b p i
= a i für alle i = 0, . . . , n. Folglich
gilt
n
n
p
a = b p i aip = b i a i ∈ L p .
i=0
Also gilt L ⊆ L p und damit L = L p .
(b) Wir zeigen K = K p . Es sei a ∈ K. Es gilt L p = L, also b p = a für ein b ∈ L. Das
Minimalpolynom m b, K ∈ K[X] ist ein Teiler von X p −a = X p −b p = (X −b) p ∈ L[X].
i=0
Wegen der Separabilität gilt also m b, K = X − b, sodass b ∈ K.
Es sei K nicht vollkommen. Dann existiert ein inseparables Polynom P ∈ K[X]. Es
sei a eine mehrfache Wurzel eines irreduziblen, normierten Faktors von P in einem
algebraischen Abschluss L von K. Es ist dann a ∈ L nicht separabel über K, aber L
natürlich vollkommen.
25.5 Lösung: (a) Da Char Q = 0, existiert ein primitives Element. Es sei ζ := e 2π i
3 .
Das Minimalpolynom von √ 2 über Q ist (X − √ 2) (X + √ 2), das von 3√ 3 ist (X −
3√
3) (X − ζ
3 √ 3) (X − ζ 2 3√ 3).
Wähle
γ ∈ Q \
0 ,
−2 √ 2
3√ √ 3 −
3
3ζ , −2 √
2
3√ √ ,
3 −
3
3ζ 2
also etwa γ = 1: Es gilt also
Q( √ 2, 3√ 3) = Q( √ 2 + 3√ 3) .
(b) Da Char Q = 0, existiert ein primitives Element.
Wir bestimmen zuerst ein c mit Q( √ −1, √ −2) = Q(c).
Wegen m i, Q = X 2 + 1 und m Q ( √ −2) = X 2 + 2 wählen wir
γ ∈ Q \ 0 ,
−2 i
√ −2 +
√ −2
,

74 Lösungen
also etwa γ = 1. Es gilt also
Q( √ −1, √ −2) = Q( √ −1 + √ −2) = Q((1 + √ 2) i) .
Nun bestimmen wir ein d mit Q((1 + √ 2) i, √ −3) = Q(d).
Wegen m (1+
√
2) i, Q
= X 4 + 6 X 2 + 1 = (X − (1 + √ 2) i) (X + (1 + √ 2) i) (X − (1 −
√
2) i) (X + (1 −
√
2) i) und m √ −3, Q = X 2 + 3 wählen wir
γ ∈ Q \
0 ,
−2(1 + √ 2) i
2 √ ,
3 i
(1 + √ 2) i −(1 + √ 2) i
2 √ ,
3 i
−(1 − √ 2) i −(1 + √
2) i
2 √ ,
3 i
also etwa γ = 1. Wir erhalten
Q( √ −1, √ −2, √ −3) = Q((1 + √ 2) i, √ −3) = Q( √ −1 + √ −2 + √ −3) .
(c) Im Fall Char K = 0 existiert ein primitives Element.
Es sind X und Y Lösungen der quadratischen Gleichung (t−X)(t−Y ) = t 2 −(X+Y ) t+
X Y ∈ K(X + Y, X Y )[t]. Es gilt X /∈ K(X + Y, X Y ), da man X nicht als rationale
Funktion in X + Y und X Y darstellen kann: Wäre X = P (X + Y, X Y )/Q(X + Y, XY )
mit P, Q ∈ K[s, t], ggT(P, Q) = 1, so folgte durch Einsetzen von −X für Y in XQ(X +
Y, XY ) = P (X + Y, XY ) offenbar XQ(0, −X 2 ) = P (0, −X 2 ). Da links ein ungerades
und rechts ein gerades Polynom in X steht, folgte weiter P (0, −X 2 ) = Q(0, −X 2 ) = 0,
also auch P (0, t) = Q(0, t) = 0. Die Polynome P, Q wären also beide durch s teilbar.
Widerspruch zur Voraussetzung ggT(P, Q) = 1 !
Ein weiteres Argument – mehr im Sinne der Galoistheorie – ist folgendes: Der K-
Automorphismus X → Y , Y → X fixiert K(X + Y, XY ) elementweise, aber nicht
K(X, Y ). Also ist K(X + Y, XY ) = K(X, Y ). Somit ist K(X, Y ) eine quadratische
Erweiterung von K(X + Y, XY ), und jedes Element aus K(X, Y ) \ K(X + Y, XY ),
z. B. X oder Y , ist ein primitives Element dieser Erweiterung.
25.6 Lösung: (a) Ist klar wegen [E(X, Y ) : E(X p , Y )] [E(X p , Y ) : E(X p , Y p )] = p p = p 2 .
(b) Es sei a ∈ L. Dann existieren a ij , b ij ∈ E mit
a =
i,j a ijX i Y j
i,j b ijX i Y j .
Folglich ist
a p =
i,j ap ij Xpi Y pj
i,j bp ij Xpi Y pj ∈ K .
(c) Gäbe es ein a ∈ L mit K(a) = L, so folgte mit (b) der Widerspruch
p ≥ deg m a, K = [L : K] = p 2 .
25.7 Lösung: (a) Es seien a, b ∈ P , also a pm ∈ K und b pn ∈ K für gewisse m, n ∈ N. Ist
nun etwa m ≤ n, so gilt a pn = (a pm ) pn−m ∈ K und folglich auch (a b) pn = a pn b pn ∈ K,
(a + b) pn = a pn + b pn ∈ K, (1/a) pn = 1/a pn ∈ K, d. h. a b, a + b, 1/a ∈ P .

Lösungen 75
(b) Wir begründen vorab den Hinweis: Für jedes b ∈ K \K p ist das Polynom X pn −b ∈
K[X] irreduzibel über K: Wäre X pn −b = (X −a) pn ∈ P [X] zerlegbar über K, so hätte
es wegen der eindeutigen Faktorisierung in P [X] einen Teiler (X − a) r mit 1 < r < p n ,
und (X pe − a pe ) s = X r − s a pe X r−1 ± · · · lieferte s a pe ∈ K, also a pe ∈ K – ein
Widerspruch, da a pn ∈ K mit n minimal gewählt wurde.
Es seien a ∈ P \ K und n ∈ N minimal mit b := a pn ∈ K. Dann ist b /∈ K p , denn
aus a pn = c p mit c ∈ K folgte a pn−1 = c ∈ K, was entweder der Minimalität von
n widerspräche (für n ≥ 2) oder a ∈ K nach sich zöge (für n = 1). Das Polynom
X pn − b ∈ K[X] ist wegen (X pn − b) ′ = 0 nicht separabel. Also ist jedes a ∈ P \ K
inseparabel über K, und damit ist jeder Zwischenkörper von P/K per definitionem
rein inseparabel über K. Es bleibt zu zeigen, dass im Fall a ∈ L \ P der Körper K(a)
ein über K separables Element b /∈ K enthält. Hier stützen wir uns auf Lemma 25.4:
Es existiert n ∈ N, sodass b := a pn über K separabel ist. Wegen a /∈ P ist b /∈ K.
(c) Es sei φ : L → L, a → a p die Frobeniusabbildung. (Da L algebraisch abgeschlossen
– also insbesondere vollkommen ist, ist φ ein Automorphismus von L.) Ist M ein
vollkommener Zwischenkörper von L/K, so gilt φ −1 (M) = M, also φ −n (M) = M
für jedes n ∈ N. Aus a pn ∈ K ⊆ M folgt demnach a ∈ M, d. h. es gilt P ⊆ M. Da
L algebraisch abgeschlossen ist, existiert zu a ∈ P ein c ∈ L mit c p = a. Ferner gibt
es ein n ∈ N mit c pn+1 = a pn ∈ K, woraus offenbar c ∈ P folgt. Somit ist P = φ(P )
vollkommen. Schließlich sei P = K, d. h. K sei nicht vollkommen, und es sei a ∈ K \K p .
Es sind dann die Polynome X pn −a, n ∈ N, sämtlich irreduzibel über K. Also existieren
für jedes n ∈ N Elemente a ∈ L mit [K(a) : K] = p n , woraus natürlich [L : K] = ∞
folgt.
25.8 Lösung: Nach Definition des Separabilitätsgrades ist [L : K] = [L : K] s · [L : K] i ,
also [L : K] i = [L : K]/[L : K] s . Die Multiplikativität von [L : K] i folgt damit aus
der Multiplikativität von [L : K] und der Multiplikativität von [L : K] s , die wir nun
zeigen: Es sei K ein algebraischer Abschluss von K mit L ⊆ K. Nach Lemma 25.11
gilt [L : K] s = | Mon K (L, K)|. Die Identität auf K besitzt [M : K] s = | Mon K (M, K)|
Fortsetzungen zu einem Isomorphismus σ : M → K. Eine davon ist die Identität auf M,
die ihrerseits [L : M] s Fortsetzungen zu einem Isomorphismus τ : L → K besitzt. Wenn
wir nun zeigen, dass jedes σ ∈ Mon K (M, K) genau [L : M] s Fortsetzungen zu einem
Isomorphismus σ : L → K besitzt, so folgt durch Abzählen aller Fortsetzungen der
Identität auf K offenbar [L : K] s = [L : M] s [M : K] s . Zum Beweis sei S die separable
Hülle von M in L. Nach dem Satz vom primitiven Element ist S = M(c) eine einfache
Erweiterung. Nach dem Beweis zu Lemma 25.11 erhält man, dass [L : M] s = [S : M]
gleich der Anzahl der Wurzeln des Minimalpolynoms m c, M von c über M ist. Die
Anzahl der Fortsetzungen von σ auf S ist gleich der Anzahl der verschiedenen Wurzeln
des Polynoms m M (c) σ ∈ σ(M)[X] (d. h. σ wird auf die Koeffizienten angewandt) in
K. Dieses Polynom ist separabel (wegen (m σ c, M )′ = (m ′ c, M )σ = 0) und hat denselben
Grad wie m c, M , also auch die gleiche Anzahl [S : M] von Wurzeln in K. Somit besitzt
σ genau [L : M] s Fortsetzungen auf S, und der Beweis von Lemma 25.11 zeigt, dass
die Fortsetzung auf L jeder solchen Fortsetzung eindeutig ist. Damit sind wir fertig.
25.9 Lösung: (a) Der Gradsatz liefert [L : Q] = [L : Q( √ 2)] · [Q( √ 2 : Q] ≤ 3 · 2 = 6.
Da L den Unterkörper Q( √ 2) vom Grad 2 und den Unterkörper Q( 3√ 5) vom Grad 3
besitzt, sind 2 und 3 Teiler von [L : Q], also [L : Q] = 6. Wegen Charakteristik 0 ist die
Körpererweiterung L/Q separabel, also [L : Q] s = [L : Q] = 6.
(b) Nach (a) wissen wir, dass es genau 6 Homomorphismen L → Q gibt. Jeder solche
Homomorphismus φ ist durch φ( √ 2) und φ( 3√ 5) eindeutig bestimmt.

76 Lösungen
Da √ 2 eine Nullstelle von X 2 −2 ∈ Q[X] ist und dieses Polynom nur die Nullstellen ± √ 2
besitzt, folgt φ( √ 2) ∈ { √ 2, − √ 2}. Analog:
3√
5 ist eine Nullstelle von X 3 − 5 ∈ Q[X],
und dieses Polynom hat nur die Nullstellen 3√ 5, ξ 3√ 5, ξ 2 3√ 5 mit ξ := e 2πi/3 . Also ist
φ( 3√ 5) ∈ { 3√ 5, ξ 3√ 5, ξ 2 3√ 5}. Die 6 Homomorphismen L → Q sind also gegeben durch:
ϕ 1 = Id :
ϕ 2 :
ϕ 3 :
ϕ 4 :
ϕ 5 :
ϕ 6 :
√ √ √
2 → 2
3
5 → 3√ 5
√ √ √
2 → 2
3
5 → ξ 3√ 5
√ √ √
2 → 2
3
5 → ξ 2 3√ 5
√ √ √
2 → − 2
3
5 → 3√ 5
√ √ √
2 → − 2
3
5 → ξ 3√ 5
√ √ √
2 → − 2
3
5 → ξ 2 3√ 5
Lösung zu Kapitel 26
26.1 Lösung: Durch Probieren findet man Z × 7 = 3, Z× 17 = 3, Z× 41
= 2. Da die
Gruppen Z × p (p eine Primzahl) nach Lemma 26.1 zyklisch von der Ordnung p − 1 sind,
kann Korollar 5.11 angewandt werden:
Es sind 3, 3 5 alle Erzeugende von Z × 7 .
Es sind 3, 3 3 , 3 5 , . . . , 3 15 alle Erzeugende von Z × 17 .
Es sind 2, 2 3 , 2 7 , 2 9 , . . . , 2 39 alle Erzeugende von Z × 41 .
26.2 Lösung: Wir überlassen das Aufstellen der Tafeln dem Leser. Zur Kontrolle beachte
man, dass die additive Gruppe (K, +) isomorph zu Z 3 × Z 3 × Z 3 und die multiplikative
Gruppe (K × , ·) isomorph zu Z 8 ist.
26.3 Lösung: (a) Für Q ∈ F 3 [X] schreiben wir Q := q + (P ). Es ist dann {1, X, X 2 } eine
K -Basis von L. Somit ist dim K (L) = 3 und |L| = 3 3 = 27.
(b) In L besitzt P offensichtlich die drei paarweise verschiedenen Wurzeln X, X +
1, X − 1, also ist
P = (X − X) (X − X − 1) (X − X + 1) ∈ L[X].
(c) Wir betrachten a := X. Dann ist a ∈ L × . Es sei o(a) die Ordnung von a als
Element von L × . Wegen |L × | = 26 folgt o(a) ∈ {1, 2, 13, 26}. Nach (a) gilt a, a 2 = 1,
also o(a) ∈ {13, 26}. Wegen
a 13 = (. . . ) P (a) − 1 = −1
ist also a 13 = 1, also o(a) = 26. Somit ist a = X ein erzeugendes Element von L × .
26.4 Lösung: Nach dem Hauptsatz 10.4 über endliche abelsche Gruppen, ist (F 16 , +) ein
Produkt zyklischer 2 -Gruppen. Da aber jedes Element eine Ordnung ≤ 2 hat, bleibt
nur F 16
∼ = Z2 × Z 2 × Z 2 × Z 2 .

Lösungen 77
26.5 Lösung: Es gibt offensichtlich genau p 2 normierte Polynome vom Grad 2:
X 2 + a X + b ∈ Z p [X] .
Unter diesen Polynomen sind genau jene zerlegbar, die sich als Produkt zweier linearer
Polynome darstellen lassen:
X 2 + a X + b = (X − a 1 ) (X − a 2 ) ∈ Z p [X] .
Diese Anzahl der zerlegbaren normierten quadratischen Polynome ist offenbar p (p+1) .
2
Damit verbleiben
p 2 −
p (p + 1)
2
irreduzible normierte quadratische Polynome.
=
p (p − 1)
2
26.6 Lösung: Zunächst konstruieren wir den Körper F 4 : Es sei P := X 2 + X + 1 ∈ F 2 [X].
Dann ist P irreduzibel (keine Wurzel in F 2 ). Also ist F 2 [X]/(P ) ∼ = F 4 . Wir setzen
a := X + (P ) ∈ F 4 . Dann gilt:
Grad 0: Von diesem Grad gibt es keine irreduziblen Polynome.
Grad 1: X, X + 1 sind die einzigen irreduzible Polynome von diesem Grad, die wir
betrachten müssen. Beide bleiben trivialerweise irreduzibel über F 4 .
Grad 2: Das einzige Polynom vom Grad 2, das keine Wurzel in F 2 besitzt, ist X 2 +X+1.
Es hat nach Konstruktion von F 4 die Wurzel a und durch Anwenden des Frobeniusmonomorphismus
erhalten wir
X 2 + X + 1 = (X + α) (X + α 2 ).
Grad 3: Es sind X 3 +X+1 und X 3 +X 2 +1 die einzigen beiden Polynome dieses Grades,
die wir untersuchen müssen. Angenommen, eines dieser beiden Polynome besitzt eine
Wurzel b ∈ F 4 . Dann wäre 3 = [F 2 (b) : F 2 ] ein Teiler von [F 4 : F 2 ] = 2, ein Widerspruch.
Also haben die beiden Polynome keine Wurzeln in F 4 und sind somit irreduzibel.
26.7 Lösung: Es gelte X pn − X = P Q. Jede Wurzel a von P liegt in F p n, da dieser Körper
gerade die Menge aller Wurzeln von X pn − X ist. Folglich ist der Körper Z p (a) mit
einer Wurzel a von P ein Zwischenkörper von F p n/Z p , also deg P = [Z p (a) : Z p ] ein
Teiler von n.
Es sei umgekehrt k := deg P ein Teiler von n, also n = k l für ein l ∈ N.
Für jede Wurzel a von P gilt m = [Z p (a) : Z p ], da P irreduzibel ist. Folglich gilt
|Z p (a)| = p k . Nach dem kleinen Satz von Fermat gilt a pk = a. Es folgt nun
p k(l−1)
a pn = a pkl = a pk = a pk(l−1) = · · · = a .
Folglich ist a auch Wurzel von X pn − X. Weil dies für jede Wurzel von P gilt, teilt P
das Polynom X pn − X.

78 Lösungen
26.8 Lösung: (a) Es sei P ∈ I(d, p). Es sei d ein Teiler von n. Nach Aufgabe ?? ist P ein
Teiler von X pn − X. Es folgt
Q := d|n
⎛
⎝
P ∈I(d,p)
⎞
P ⎠ | X pn − X ,
da verschiedene irreduzible Polynome teilerfremd sind.
Nach Aufgabe ?? ist aber auch jeder irreduzible Faktor von X pn − X ein Faktor von
Q. Folglich gilt Q = X pn − X.
(b) Ein Gradvergleich in (a) liefert
p n = d|n
|I(d, p)| d .
Weil die Menge I(1, p) = {X + a | a ∈ Z p } genau p Elemente enthält, erhalten wir
hieraus
|I(2, p)| = 1 2 p (p − 1) und |I(3, p)| = 1 3 p (p2 − 1) .
26.9 Lösung: Definition von +: a, b ∈ n∈N F pn! . Folglich existieren n, m ∈ N mit a ∈
F p n! und b ∈ F p m!. Setze k := max{m, n} und damit a + b ∈ F p k!. Analog für die
Multiplikation.
(a) Klar ist: n∈N F p n! ⊆ F. Es sei a ∈ F. Dann gilt Z p(a) ⊆ F und Z p (a) ∼ = F p r für
ein r ∈ N. Folglich gilt a pr = a, also a ∈ F p r ⊆ F p r!. Es folgt F ⊆ n∈N F p n!.
(b) Es ist klar, dass F q ∞ := n∈N F p qn ein Teilkörper von F ist. Er ist unendlich, da
aus |F q ∞| = n ∈ N der Widerspruch
folgen würde.
|F p q n | = p qn > n
Es gibt eine Zahl r ∈ N mit r ∤ q n für alle n ∈ N. Es zerfällt X pr − X über F, nicht
aber über F q ∞, es hätte sonst F q ∞ einen Teilkörper mit p r Elementen. Das wäre ein
Widerspruch: F p r ⊆ F q n einerseits, aber r ∤ p r andererseits. Foglich ist F q ∞ ein echter
Teilkörper von F.
(c) Klar ist, dass G = Φ eine Untergruppe von Aut F ist. Es ist G genau dann
unendlich, wenn Φ unendliche Ordnung hat. Φ n (a) = a für ein n ∈ N und alle a ∈ F
liefert aber den Widerspruch a pn = a für alle a ∈ F – es wäre F endlich, da jedes a ∈ F
Wurzel von X pn − X wäre. Folglich ist G unendlich.
(d) Wir zeigen F q ∞ = F p q ∞: Es sei a ∈ F q ∞. Es gibt dann ein n ∈ N mit a ∈ F p qn .
Folglich ist a pqn = a, also
a =
a pqn −1 p
∈ Fq ∞ .
(e) Es ist F q ∞ nicht algebraisch abgeschlossen. Es sei P ein über F q ∞ irreduzibles
Polynom vom Grad 2 mit den beiden verschiedenen Wurzeln a, b ∈ F (beachte (d)). Es
ist dann durch
ϕ : F q ∞(a) → F q ∞(b) , ϕ(a) = b

Lösungen 79
ein Isomorphismus ϕ = Id erklärt. Es sei ψ eine Fortsetzung von ϕ zu einem Automorphismus
von F. Wir zeigen: ψ ∈ G.
Wäre ψ = Φ r für ein r ∈ Z, so wähle ein n ∈ N mit q n > r. Es folgte dann für alle
a ∈ F p q n :
a pr = Φ r (a) = a .
Somit hätte das Polynom X pr − X mehr Wurzeln als möglich, nämlich p qn .
26.10 Lösung: Es sei σ ∈ Aut F q , q = p r , die Frobeniusabbildung und h → h σ die durch
x → x erklärte Fortsetzung von σ auf F q [X], d. h. h σ = ( h i X i ) σ = h p i Xi . Da
die Koeffizienten von m a, Zp in Z p liegen, sind mit a auch a p = σ(a), a p2 = σ 2 (a), etc.
Nullstellen von m a, Zp . Weil 1, p, p 2 , . . . , p f−1 in Z ∗ n paarweise verschieden sind, sind
auch a, a p , α p2 , . . . , α ps−1 paarweise verschieden. Also ist h := (X − a) (X − a p ) (X −
a p2 ) · · · (X − a ps−1 ) ein Teiler von m a, Zp . Für den Nachweis von h = m a, Zp gibt es
verschiedene Möglichkeiten:
1. Weg: Wir zeigen, dass die Koeffizienten von h in Z p liegen oder – wegen Z p = {a ∈
F q | a p = a} damit gleichwertig –, dass h σ = h gilt. Weil h → h σ ein Ringautomorphismus
ist, gilt
h σ = X − σ(a) (X − σ(a p ) . . . (X − σ(a ps−1 )
= (X − a p ) (X − a p2 ) . . . (X − a ps−1 ) (X − a ps )
= (X − a p ) (X − a p2 ) . . . (X − a ps−1 ) (X − a)
= h,
letzteres wegen p s ≡ 1 (mod n), d. h. a ps = a. Somit ist h das normierte Polynom
minimalen Grades in Z p [X], das die Wurzel a hat.
2. Weg: Wir zeigen [Z p [a] : Z p ] ≤ s. Aus a ps = a folgt b ps = b für jedes b ∈ Z p [a], weil
b → b ps ein Körperautomorphismus ist. Da das Polynom X ps − X in F q nicht mehr
als p s Wurzeln haben kann, folgt |Z p [a]| ≤ p s oder äquivalent dazu [Z p [a] : Z p ] ≤ s.
Wegen [Z p [a] : Z p ] = deg m a, Zp gilt also [Z p [a] : Z p ] = s und h = m a, Zp .
Lösung zu Kapitel 27
27.1 Lösung: Es sei σ ∈ Aut L. Wie in Aufgabe ?? gezeigt wurde, gilt σ(a) = a für
jedes a ∈ P . Folglich gilt σ ∈ Γ(L/P ). Umgekehrt ist natürlich jedes σ ∈ Γ(L/P ) ein
Automorphismus von L.

80 Lösungen
27.2 Lösung: Da die endliche Erweiterung Q( √ 2, √ 3)/Q normal und separabel ist,
ist Q( √ 2, √ 3)/Q galoissch. Wegen Aufgabe ?? gilt Γ = Γ(Q( √ 2, √ 3)/Q) =
Aut(Q( √ 2, √ 3)). Nach Lemma 27.2 gilt |Γ| = 4. Weil die Abbildungen
σ 1 :
σ 3 :
√ √ √ √
2 → 2
2 → − 2
√ √ , σ 2 : √ √ ,
3 → 3 3 → 3
√ √ √ √
2 → 2
2 → − 2
√ √ , σ 4 : √ √
3 → − 3 3 → − 3
offenbar vier verschiedene Automorphismen (die wir erneut mit σ 1 , . . . , σ 4 bezeichnen)
von Q( √ 2, √ 3) induzieren, ist damit bereits Γ ermittelt: Γ = {σ 1 , . . . , σ 4 } ∼ = Z 2 × Z 2
(offenbar hat jedes der vier Elemente eine Ordnung ≤ 2).
Da es offenbar die drei echten Zwischenkörper Q( √ 2), Q( √ 3), Q( √ 6) von Q( √ 2, √ 3)/Q
gibt, bleibt nur noch zu entscheiden, welche der drei echten Untergruppen von Γ zu
welchem dieser Zwischenkörper gehört. Aber das ist klar (etwa σ 4 ( √ 6) = σ 4 ( √ 2 √ 3) =
− √ 2 (− √ 3) = √ 6):
Wir erhalten den Untergruppen- und (zugehörigen) Zwischenkörperverband:
Γ ❁ ❁❁❁❁❁❁❁❁❁❁❁
Q ● ●●●●●●●●●●●●●
2
2
✂ ✂✂✂✂✂✂✂✂✂✂✂
σ 2 σ
❀ 3
❀❀❀❀❀❀❀❀❀❀
2
σ 4
2
2
Q( √ ✇ ✇✇✇✇✇✇✇✇✇✇✇✇✇
3)
Q( √ 2)
● ●●●●●●●●●●●●●
2
Q( √ 6)
2
2
2
✄ ✄✄✄✄✄✄✄✄✄✄
{σ 1 }
2
2
2
1 1111111111111
L = Q( √ 2, √ 3)
27.3 Lösung: Es ist m ζ, Q = X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 offenbar (oder bekanntlich) das Minimalpolynom
von ζ über Q; es hat m ζ, Q die vier verschiedenen Wurzeln ζ, ζ 2 , ζ 3 , ζ 4 .
Da Q(ζ)/Q normal und separabel ist, ist Q(ζ)/Q galoissch. Wegen Aufgabe ?? gilt
Γ = Γ(Q(ζ)/Q) = Aut(Q(ζ)). Nach Lemma 27.2 gilt |Γ| = 4. Weil die Abbildungen
σ 1 : ζ → ζ , σ 2 : ζ → ζ 2 , σ 3 : ζ → ζ 3 , σ 4 : ζ → ζ 4
offenbar vier verschiedene Automorphismen (die wir erneut mit σ 1 , . . . , σ 4 bezeichnen)
von Q(ζ) induzieren, ist damit bereits Γ ermittelt: Γ = {σ 1 , . . . , σ 4 } ∼ = Z 4 (offenbar
hat das Element ϕ 2 die Ordnung 4).
Da σ 4 die einzige echte Untergruppe von Γ ist, ist nur der Fixkörper F(σ 4 ) zu
bestimmen:
Es sei a = a 0 +a 1 ζ +a 2 ζ 2 +a 3 ζ 3 +a 4 ζ 4 ∈ Q(ζ). Dann gilt wegen ζ 4 = −1−ζ −ζ 2 −ζ 3
σ 4 (a) = a ⇔ a = b 0 + b 1 (ζ 2 + ζ 3 )
mit b 0 , b 1 ∈ Q. Wir erhalten σ 4 (ζ 2 + ζ 3 ) = ζ 2 + ζ 3 , und folglich erhalten wir den
Untergruppen- und (zugehörigen) Zwischenkörperverband:

Lösungen 81
Γ
Q
2
2
σ 4
Q(ζ 2 + ζ 3 )
2
2
{σ 1 }
L = Q(ζ)
27.4 Lösung: (a) Wir zeigen Γ + = F(Γ) = Q für Γ := Γ(L/Q). Die Inklusion Q ⊆ Γ + ist
trivial. Es sei P Q ∈ Γ+ , P, Q ∈ Q[X], ggT(P, Q) = 1.
Für jedes b ∈ Q ist die Abbildung ε X+b mit ε X+b : X → X + b, ε X+b | Q = Id Q ein
Element von Γ. Da P Q ∈ Γ+ ist gilt
Folglich gilt für alle b ∈ Q
Insbesondere:
P P (X + b)
ε X+b =
Q Q(X + b) = P Q .
P (X + b) Q − P Q(X + b) = 0 .
P (b) Q(0) − P (0) Q(b) = 0 , folglich P Q(0) − P (0) Q = 0 .
Es ist Q(0) = 0, sonst wäre P (0) = 0, also ggT(P, Q) = 1. Damit
P
Q = P (0)
Q(0) ∈ Q .
(b) Zu zeigen: Q(X 2 ) ++ = Q(X 2 ). Es ist Q(X 2 ) + = Γ(Q(X)/Q(X 2 )) = {Id L , ε −X },
die Inklusion ⊇ ist klar, die Inklusion ⊆ gilt weil für ϕ ∈ Q(X 2 ) + gilt: ϕ| Q = Id,
ϕ(X 2 ) = X 2 und ϕ(X 2 ) = ϕ(X) 2 . Foglich gilt ϕ(X) ∈ {±X}.
Es gilt Q(X 2 ) ⊆ Q(X 2 ) ++ . Wegen [L : Q(X 2 )] = 2 also [L : Q(X 2 ) ++ ] ≤ 2. Aus
folgt die Behauptung.
2 = |Q(X 2 ) + | = |Q(X 2 ) +++ | ≤ [L : Q(X 2 ) ++ ]
(c) Offenbar gilt Q ⊆ ε aX + = F(ε aX .
Es sei P Q ∈ ε aX + . Dann gilt
ε aX
P
Q
= P (aX)
Q(aX) = P Q .

82 Lösungen
Ein Koeffizientenvergleich von P (aX) Q = P Q(aX) liefert deg P = deg Q. Weiter gilt
(o. E. ggT(P, Q) = 1, also auch ggT(P (aX), Q(aX)) = 1):
Folglich ist a deg P = 1, d. h. deg P = 0.
P (aX) Q = P Q(aX) ⇒ P ∼ P (aX) .
Es gilt {Id L } ⊆ Q(X 3 ) + = Γ(Q(X)/Q(X 3 )). Es sei ϕ ∈ Q(X 3 ) + . Dann gilt ϕ(X) 3 =
ϕ(X 3 ) = X 3 , also
ϕ(X)
X
ϕ(X)
X
3
= 1, wonach
ϕ(X)
X
über Q algebraisch ist. Also gilt
∈ Q (bekanntlich ist jedes Element aus Q(X) \ Q transzendent über Q), sodass
ϕ(X) = q X für ein q ∈ Q.
Wegen ϕ(X) 3 = q 3 X 3 = X 3 gilt q = 1, also ϕ(X) = X, also ϕ = Id L .
Die Abbildung E → E + von Z(L/Q) in U(Γ(L/Q)) ist nicht injektiv: Es gilt nämlich
Q(X 3 ) = Q(X), aber Q(X 3 ) + = Q(X) + .
Sie ist nicht surjektiv: E mit E + = ε aX wäre wegen E ⊆ E ++ = ε aX + = Q gleich
Q; aber Q + = Γ = ε aX .
Die Abbildung Δ → Δ + von U(Γ(L/Q)) in Z(L/Q) ist nicht injektiv: ε aX = Γ, aber
ε aX + = Q = Γ + .
Sie ist nicht surjektiv: Δ mit Δ + = Q(X 3 ) wäre wegen Δ ⊆ Δ ++ = Q(X 3 ) + = {Id L }.
Aber {Id L } + = L = Q(X 3 ).
Insbesondere sind Q(X 3 ) und ε aX nicht abgeschlossen:
Q(X 3 ) ++ = {Id L } + = L = Q(X) , ε aX ++ = Q + = Γ = ε aX .
27.5 Lösung: Es ist L = F p mn der Zerfällungskörper von X pmn − X über Z p . Die Galoisgruppe
Γ := Γ(L/Z p ) der Galoiserweiterung L/Z p ist isomorph zu der zyklischen
Gruppe Z mn . Folglich ist die Untergruppe Γ(L/K) von Γ vom Index
[Γ : Γ(L/K)] = [K : Z p ] = n
die einzige Untergruppe der Ordnung m und selbst wieder zyklisch; somit gilt
Γ(L/K) ∼ = Z m .
27.6 Lösung: Es ist N/Q galoissch. Also gilt |Γ(N/Q)| = 2 p = [N : Q].
Wegen N = K gibt es einen Q-Monomorphismus ϕ : K → A (für einen algebraischen
Abschluss A von Q) mit K ′ = ϕ(K) = K.
Da K ∩ ϕ(K) ⊆ K und [K : Q] = p gilt, folgt K ∩ ϕ(K) = Q.
Es ist N/K algebraisch: Setze ϕ zu einem Q-Monomorphismus ˜ϕ : N → A fort: ˜ϕ ∈
Aut N. Satz 27.7 besagt nun; N/K ′ ist galoissch, und
2 = |Γ(N/K ′ )| = [N : K ′ ] = [N : K] = |Γ(N/K)| = 2 .
Es sei σ 1 := Γ(N/K), σ 2 := Γ(N/K ′ ). Es ist σ 1 = σ 2 , da K = K ′ .
Lemma 27.6 liefert
σ 1 , σ 2 + = σ 1 + ∩ σ 2 + = K ∩ K ′ = Q ,
also σ 1 , σ 2 = Γ(N/Q), also |σ 1 , σ 2 | = 2 p mit 2 < p.

Lösungen 83
Nach Lemma 8.7 gilt: Γ(N/Q) ∼ = Z 2p oder Γ(N/Q) ∼ = D p . Weil Γ(N/Q) nicht zyklisch
ist, bleibt nur Γ(N/Q) ∼ = D p übrig.
27.7 Lösung: (a) Nach Aufgabe ?? sind E F/K und E ∩ F/K normal. Mit E ist auch der
„kleinere” Körper E ∩ F separabel über K, und mit E und F ist auch E F = K(E ∪ F )
separabel über K. Also sind E F/K, E ∩F/K beide galoissch. Der Körper E F ist dann
auch über dem „größeren” Körper E∩F galoissch; gleiches gilt für E und F . Es bleibt zu
zeigen, dass der Gruppenhomomorphismus h : Γ(E F/E ∩F ) → Γ(E/E ∩F )×Γ(F/E ∩
F ), σ → (σ| E , σ| F ) ein Isomorphismus ist. Wegen der Normalität von E/K ist σ| E ein
Automorphismus von E, also ist, da gleiches auch für σ| F gilt, h wohldefiniert. Es gilt
Kern h = {σ ∈ Γ(E F/E ∩ F ) | σ| E∪F = Id E∪F } = {Id EF }, da E F von E ∪ F erzeugt
wird. Also ist h injektiv. Um die Surjektivität von h nachzuweisen, geben wir uns
σ E ∈ Γ(E/E ∩ F ) und σ F ∈ Γ(F/E ∩ F ) vor. Nach dem Translationssatz existieren
σ ∈ Γ(E F/F ), τ ∈ Γ(E F/E) mit σ| E = σ E , τ| F = σ F . Für das Element στ ∈
Γ(E F/E ∩ F ) gilt dann h(σ τ) = (σ τ| E , σ τ| F ) = (σ E ◦ Id E , Id F ◦σ F ) = (σ E , σ F )
wie gewünscht.
(b) Nach dem Translationssatz sind auch E/E ∩ F , E F/F galoissch und es gilt
Γ(E F/F ) ∼ = Γ(E/E ∩ F ), also speziell [E F : F ] = |Γ(E F/F )| = |Γ(E/E ∩ F )| =
[E : E ∩ F ]. Daraus folgt
[E : K] [F : K] = [E : E ∩ F ] [F : E ∩ F ] [E ∩ F : K] 2
= [E F : F ] [F : E ∩ F ] [E ∩ F : K] 2
= [E F : K] [E ∩ F : K] ,
also [E : K] [F : K] = [E F : K] ⇔ [E ∩ F : K] = 1 ⇔ E ∩ F = K.
(c) Für E := Q( 3√ 2), F := Q(ω 3√ 2) mit ω := e 2π i
3 gilt [E : Q] = [F : Q] = 3, E ∩F = Q,
aber [E F : Q] = [Q( 3√ 2, ζ) : Q] = 6 = 9 = [E : Q] [F : Q]. (Die Erweiterungen E/Q
und F/Q sind beide nicht normal.)
Lösung zu Kapitel 28
28.1 Lösung: (a) Das folgt sofort aus Aufgabe ??.
(b) Wir betrachten im Folgenden zu a X+b
c X+d
K 2×2 .
mit a, b, c, d ∈ K die Matrix a
c
Es seien σ, τ ∈ Γ, σ(X) = a X+b
c X+d , τ(X) = a′ X+b ′
c ′ X+d ′ . Man berechnet
b
∈
d
(τ σ)(X) = a τ(X) + b
c τ(X) + d = a a′ X+b ′
+ b
c ′ X+d ′
c a′ X+b ′
+ d = (a a′ + b c ′ )X + a b ′ + b d ′
(c a ′ + d c ′ ) X + c b ′ + d d ′
c ′ X+d ′
a b a ′ b ′ a b
Demnach gehört τ σ zu
c d c ′ d ′ , d. h. → σ definiert einen Antihomomorphismus
von GL(2, K) auf Γ und – ein kleiner Trick! – die
c d
Abbildung

84 Lösungen
a b
→ σ −1 dann einen richtigen Homomorphismus. Sein Kern besteht aus allen
Matrizen A = mit a X+b
c d
a b
c d
c X+d = X ⇔ a + b = c X2 + d X ⇔ a = d,
b = c = 0 ⇔ A ∈ Z, für das Zentrum Z von K 2×2 . Der Homomorphiesatz ergibt
dann Γ ∼ = GL(2, K)/Z. Da ein zweidimensionaler F q -Vektorraum (q 2 − 1) (q 2 − q) geordnete
Basen (und genauso viele Automorphismen) hat, ist |G| = | GL(2, K)|/|Z| =
(q 2 − 1) (q 2 − q)/(q − 1) = (q 2 − 1) q.
(c) Es gilt [K(X) : U + ] = |U| für U ≤ Γ, also folgt aus u ∈ U + und [K(X) : K(u)] =
|U| tatsächlich U + = K(u). Wegen |R| = q − 1 und (a X) q−1 = a q−1 X q−1 = X q−1
für a ∈ K × gilt R + = K(X q−1 ). Wegen |T | = q und der Invarianz von X q − x =
b∈F q
(X − b) unter X → X + b gilt T + = K(X q − X). Ein primitives Element von A +
fällt nicht so leicht vom Himmel, aber aus Gradgründen ist klar, dass man die Norm
von X bezüglich A nehmen kann:
N A (X) =
σ(X)
σ∈A
=
a∈K × b∈K
(a X + b)
=
(a X) q − a X
a∈K ×
=
(a X q − a X)
a∈K ×
= −(X q − X) q−1 .
Also ist A + = K (X q − X) q−1 . (Das Element u 3 = (x q − x) q−1 = u q−1
2
lässt sich wegen K(u 3 ) ⊆ K(x q−1 ) auch als rationale Funktion in u 1 = x q−1
darstellen;
explizit: u 3 = u 1 (u 1 −
1) q−1 = u 1 + u 2 1 + · · · + uq 1 .) Es gilt S =
X → X, X → − 1
X+1
, X → − . Die Norm von X bezüglich S liegt leider in
X+1 X
K, also probieren wir es mit der Spur von X bezüglich S :
Sp S (X) = X − 1
X + 1 − X + 1
X = X (X2 + X) − X − (X + 1) 2
= X3 − 3 X − 1
X 2 + X
X 2 + X .
Der Grad im Zähler ist 3 = |S| wie erhofft, also S + = K X 3 −3 X−1
. Zum Aufspüren
X 2 +X
einer geeigneten Invarianten für Γ benützen wir, dass sich jedes g ∈ Γ \ A wegen
a X + b
c X + d = a c − ad − bc
c 2 (X + d/c)

Lösungen 85
auf genau eine Weise in der Form g = g b α mit g b : X → 1/(X +b) und α ∈ A darstellen
lässt. ({g b | b ∈ K} ∪ {1} ist also ein Vertretersystem für die Linksnebenklassen von A
in Γ.) Es folgt
Sp Γ (X) = α(X) +
g b
α∈A
b∈K α∈A
= (X q − X) q−1 +
b∈K
α(X)
1
(X + b) q − 1
X + b
q−1
= (X q − X) q−1 + (X − X q ) q−1
(X + b) q2 −1
b∈K
= (X q − X) q−1 · 1 +
1
(X + b) q2 −1
b∈K
⎛
⎞
1
=
(X q − X) · ⎝(X q − X) q2−1 +
(X + a) q2 −1⎠
q2 −q
b∈K a=b
1
=
(X q − X) · (X q − X) q2−1 +
q
(X + b) q−1 2 −1
− 1
q2 −q
b∈K
⎛
q
1
2 −1
=
(X q − X) ·
q
⎝(X q − X) q2−1 2 − 1
⎞
+
(x + b) (q−1)j ⎠ .
q2 −q
j
Da der Grad des Polynoms in der Klammer gleich (q 2 − 1)q = |Γ| ist, haben wir in
jedem Fall die gesuchte Invariante gefunden. Man kann man zeigen, dass die rechte
Summe in der Klammer gleich 1 ist. Als Ergebnis haben wir also
Γ + = K
j=0
(X q − X) q2−1 + 1
.
(X q − X) q2 −q
(Wieder lässt sich u 5 = (X q − X) q2 −1 + 1 /(X q − X) q2 −q wegen Γ + ⊆ A + als
rationale Funktion in u 3 = (X q − X) q−1 darstellen: u 5 = (u q+1
3 + 1)/u q 3 .
28.2 Lösung: (a) Analog zu Beispiel 28.2 auf Seite 315.
(b) Der Körper K := Q(i √ 3) enthält ε := e 2π i
3 . Daher zerfällt das Polynom P =
X 3 − 10 über K( √ 10):
b∈K
X 3 − 10 = (X − √ 10) (X − √ 10 ε) (X − √ 10 ε) .
Es gilt also [K( √ 10) : K] = 3. Die Galoisgruppe Γ(K( √ 10)/K) ist folglich zu Z 3
isomorph, sie hat somit keine nichttrivialen Untergruppen.
28.3 Lösung: (a) Analog zu Beispiel 28.4 auf Seite 317 erhält man Γ K (P ) ∼ = D 4 .
(b) Über K = Q( √ 5) zerfällt P in
X 4 − 5 = (X 2 − √ 5) (X 2 + √ 5) .

86 Lösungen
Damit ist L = K(i, 4√ 5) Zerfällungskörper von P . Die Elemente der Galoisgruppe
Γ K (P ) sind gegeben durch
σ 1 :
σ 3 :
4√
5 → √ 4
5
i → i
4√
5 → √ 4
5
i → − i
, σ 2 :
, σ 4 :
4√
5 → √ −
4
5
i → i
4√
5 → √ −
4
5
i → − i
Offenbar hat jedes Element die Ordnung 2. Es gilt somit Γ K (P ) ∼ = Z 2 × Z 2 .
,
.
(c) Über dem Körper L = Q(i,
4√
5) hat das Polynom P die Zerlegung (mit a :=
4 √ 5)
(∗) X 4 − 5 = (X − a) (X + a) (X − i a) (X + i a) .
Folglich ist das Polynom P = X 4 − 2 über K := Q( √ −5) irreduzibel (es hat keine
Wurzel in Q( √ −5) und zerfällt auch nicht in ein Produkt mit quadratischen Faktoren).
Da L = K( 4√ 5) ein Zerfällungskörper von P ist, ist die Galoisgruppe zyklisch von der
Ordnung 4.
(d) Es ist L/Q(i) eine Galoisweiterung vom Grad 4. Wir setzen K := Q(i). Nach (∗)
zerfällt P über L = K(a). Die Galoisgruppe ist zyklisch von der Ordnung 4, sie wird
vom Automorphismus
σ : a → i a
erzeugt: σ 2 : a → −a, σ 3 : a → − i a, σ 4 = Id. (Der einzige echte Zwischenkörper ist
K( √ 5).)
28.4 Lösung: Das Polynom P = X n − t ist nach Eisenstein mit p = t irreduzibel über
K := C(t). Es sei ε := e 2π i
n ∈ K. Dann ist
X n − t = (X − n√ t) (X − ε n√ t) · · · (X − ε n−1 n√ t)
eine Zerlegung von P im Zerfällungskörper L = K( n√ t). Somit ist die Galoisgruppe
zyklisch vom Grad n. Ein erzeugendes Element ist gegeben durch
σ :
n√
t → ε
n √ t .
28.5 Lösung: Wegen √ 20 = 2 √ 5 zerfällt P über Q( √ 5). Es gilt somit Γ Q (P ) ∼ = Z 2 ; es
liefert
σ : √ 5 → − √ 5
ein erzeugendes Element von Γ Q (P ).
Das Polynom Q ′ := X 3 − X + 1 hat nach Lemma 28.5 die Galoisgruppe Γ Q (Q ′ ) ∼ = S 3 .
Mit Aufgabe ?? folgt nun Γ Q (Q) ∼ = Z 2 × Z 2 × S 3 .
28.6 Lösung: Es seien a 1 , . . . , a n die verschiedenen Wurzeln von P . Nach Lemma 28.4
existiert zu jedem a i mit i ∈ {1, . . . , n} ein σ i mit σ i (a 1 ) = a i .
Es sei σ ∈ Γ Q (P ). Wir zeigen: σ = σ i für ein i = 1, . . . , n, es folgt hieraus dann die
Behauptung.

Lösungen 87
Es sei σ(a 1 ) = a r für ein r ∈ {1, . . . , n}. Weil Γ Q (P ) abelsch ist folgt wegen σ(a 1 ) =
σ r (a 1 ) für jedes i ∈ {1, . . . , n}:
σ σ −1
r
Somit gilt σ = σ r .
(a i) = σ σ −1
r
σ i (a 1 ) = σ i σ −1
r σ(a 1 ) = σ i (a 1 ) = a i .
Lösung zu Kapitel 29
29.1 Lösung: Da für jede Primzahl p das p -te Kreisteilungspolynom Φ p = X p−1 +X p−2 +
· · · + X + 1 ist, geben wir nur die Φ n an, für die n keine Primzahl ist:
n
Φ n
1 X − 1
4 X 2 + 1
6 X 2 − X + 1
8 X 4 + 1
9 X 6 + X 3 + 1
10 X 4 − X 3 + X 2 − X + 1
12 X 4 − X 2 + 1
14 X 6 − X 5 + X 4 − X 3 + X 2 − X + 1
15 X 8 − X 7 + X 5 − X 4 + X 3 − X + 1
16 X 8 + 1
18 X 6 − X 3 + 1
20 X 8 − X 6 + X 4 − X 2 + 1
21 X 12 − X 11 + X 9 − X 8 + X 6 − X 4 + X 3 − X + 1
22 X 10 − X 9 + X 8 − X 7 + X 6 − X 5 + X 4 − X 3 + X 2 − X + 1
24 X 8 − X 4 + 1
Abb. 29.1: Φ n für 1 ≤ n ≤ 24, n keine Primzahl
29.2 Lösung: (a) Wegen n ≥ 3 ist deg(Φ n ) gerade, also Φ n (−X) ebenso wie Φ 2n (X)
normiert. Außerdem gilt deg(Φ 2n ) = ϕ(2n) = ϕ(2)ϕ(n) = ϕ(n) = deg(Φ n ), und
Φ n (−X), Φ 2n (X) haben beide nur einfache Wurzeln. Es genügt demnach zu zeigen,
dass beide Polynome dieselben Wurzeln haben. Ist Φ 2n (ζ) = 0, d. h. ζ eine primitive
2n-te Einheitswurzel über Q, so gilt (ζ n ) 2 = 1 aber ζ n = 1, also ζ n = −1. Wegen
2 ∤ n heißt das (−ζ) n = 1. Also ist −ζ eine (notwendig primitive) n-te Einheitswurzel,
woraus Φ n (−ζ) = 0 folgt oder anders ausgedrückt: ζ ist Wurzel von Φ n (−X).
(b) Wegen ϕ(n p) = p ϕ(n) für p | n und ϕ(n p) = (p − 1) ϕ(n) für p ∤ n haben auch hier
jeweils beide Seiten den gleichen Grad und sind normiert. Es sei ζ eine primitive p n -te
Einheitswurzel. Dann ist ζ p eine (notwendig primitive) n -te Einheitswurzel. Demnach
ist jede Wurzel von Φ np (X) auch Wurzel von Φ n (X p ), woraus schon die angegebene
Formel im Fall p | n folgt. Im Fall p ∤ n ist für jede primitive n-te Einheitswurzel ζ

88 Lösungen
auch ζ p eine primitive n-te Einheitswurzel, also jede Wurzel von Φ np (X)Φ n (X) auch
eine Wurzel von Φ n (X p ). Das beweist die zweite Formel.
29.3 Lösung: Über Z 11 gilt offenbar
Φ 12, Z11 = X 4 − X 2 + 1 = (X 2 − 5 X + 1) (X 2 + 5 X + 1) .
29.4 Lösung: Wir setzen ζ n = e 2π i /n , kürzen aber in den jeweiligen Teilaufgaben ζ n mit
ζ ab.
n = 5: Wegen Γ(Q 5 /Q) ∼ = Z × ∼ 5 = (Z 4 , +) gibt es nur einen nichttrivialen Zwischenkörper,
nämlich F(ζ → ζ −1 ) = Q cos(2π/5) . Den cos(2π/5) berechnet man entweder mit
einer Skizze des regelmäßigen Fünfecks oder aus der Identität ζ 4 + ζ 3 + ζ 2 + ζ + 1 = 0:
(ζ + ζ −1 ) 2 = ζ 2 + ζ −2 + 2 = 1 − ζ − ζ −1 , also ist 2 cos(2π/5) Nullstelle von
X 2 + X − 1 = 0, d. h. cos(2π/5) = ( √ 5 − 1)/4. Der Zwischenkörperverband von Q 5 ist
demnach Q 5 ⊇ Q( √ 5) ⊇ Q.
Q(e 2π i /5 )
2
Q( √ 5)
2
Q
n = 7: Wegen Γ(Q 7 /Q) ∼ = Z × ∼ 7 = (Z 6 , +) gibt es zwei nichttriviale Zwischenkörper,
nämlich Q cos(2π/7) = F(ζ 7 → ζ −1
7 ) und Q(ζ + ζ2 + ζ 4 ) = F(ζ 7 → ζ7 2 ). Das
Minimalpolynom des 2 cos(2π/7) ist X 3 + X 2 − 2 X − 1 wegen (ζ + ζ −1 ) 3 = ζ 3 +
ζ −3 + 3 (ζ + ζ −1 ) = −1 − ζ 2 − ζ −2 + 2 (ζ + ζ −1 ) = 1 − (ζ + ζ −1 ) 2 + 2 (ζ + ζ −1 ). (Man
kann genauso gut X −(ζ+ζ −1 ) X −(ζ 2 +ζ −2 ) X −(ζ 3 +ζ −3 ) = X 3 +X 2 −2 X −1
direkt ausrechnen.) Das Minimalpolynom von η := ζ + ζ 2 + ζ 4 ist X 2 + X + 2 wegen
η 2 = ζ 2 + ζ 4 + ζ 8 + 2 (ζ 3 + ζ 5 + ζ 6 ) = η + 2 (−1 − η). Also ist η = (−1 ± i √ 7)/2, wobei
wir uns die Berechnung des Vorzeichens eigentlich sparen könnten, aber natürlich zu
neugierig sind! Tatsächlich ist η = (−1+i √ 7)/2 wegen Im(η) = sin(2π/7)+sin(4π/7)+
sin(8π/7) = sin(2π/7) − sin(π/7) + sin(4π/7) > 0.
Q(e 2π i /7 )
❁
2 ❁❁❁❁❁❁❁❁❁❁❁❁❁❁❁
♥♥♥♥♥♥♥♥♥♥
Q cos(2π/7) 3
❇ ❇❇❇❇❇❇❇❇❇❇❇❇❇❇❇❇
3
Q(i √ 7)
2
♣♣♣♣♣♣♣♣♣♣♣
Q

Lösungen 89
n = 9: Wegen Γ(Q 9 /Q) ∼ = Z × ∼ 9 = (Z 6 , +) sieht der Zwischenkörperverband von Q 9 /Q so
aus wie der von (Q 7 , Q), allerdings mit andern Körpern. Der eine ist Q(i √ 3) = Q(ζ 3 ),
der andere Q cos(2π/9) . Aus ζ 6 +ζ 3 +1 = 0 folgt (ζ+ζ −1 ) 3 = ζ 3 +ζ −3 +3 (ζ+ζ −1 ) =
−1 + 3 (ζ + ζ −1 ), also ist X 3 − 3 X + 1 das Minimalpolynom von 2 cos(2π/9) über Q.
Q(e 2π i /9 )
❁
2 ❁❁❁❁❁❁❁❁❁❁❁❁❁❁❁
♥♥♥♥♥♥♥♥♥♥
Q cos(2π/9) 3
❇ ❇❇❇❇❇❇❇❇❇❇❇❇❇❇❇❇
3
Q(i √ 3)
2
♣♣♣♣♣♣♣♣♣♣♣
Q
29.5 Lösung: Über Z 2 gilt offenbar
Φ 7, Z2 = X 6 + X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 = (X 3 + X 2 + 1) (X 3 + X + 1)
mit den irreduziblen Faktoren X 3 + X 2 + 1 und X 3 + X + 1. Es ist also X 3 + X 2 + 1
Minimalpolynom einer primitiven Einheitswurzel.
29.6 Lösung: Das folgt aus
(1 + ζ + · · · + ζ n−1 ) (ζ − 1) = ζ n − 1 = 0 .
29.7 Lösung: Es sei ζ eine n -te Einheitswurzel mit ζ i = ζ i . Es gilt dann
ζ k 1 + ζk 2 + · · · + ζk n = ζk + ζ 2k + · · · + ζ (n−1)k + 1 = (1 − ζ nk ) (1 − ζ k ) −1 = 0 .
29.8 Lösung: Es sei P der Primkörper von K (also P ∼ = Z p ). Dann ist P n ein Teilkörper
von K n und es gilt P n K = K n (⊆ ist klar nach Definition des Kompositums. Ferner
ist P n K ein Zwischenkörper von K n /K, über dem X n − 1 zerfällt. Aufgrund der
Minimalität von K n gilt also P n K = K n ).
Nun ist P n /P galoissch und Γ(P n /P ) zyklisch. Nach dem Translationssatz ist dann
K n /K galoisch und
Γ(K n /K) → Γ(P n /(P n ∩ K))
σ → σ| Pn
ein Isomorphismus. Als Untergruppe von Γ(P n /P ) ist Γ(P n /(P n ∩K)) und damit auch
Γ(K n /K) zyklisch.
29.9 Lösung: Es ist Q 5 = Q(ε) mit ε := e 2π i
5 . Γ(Q 5 /Q) wird von dem durch σ(ε) = ε 2
gegebenen Automorphismus σ erzeugt:

90 Lösungen
k 1 2 3 4
σ k (ε) ε 2 ε −1 ε −2 ε
Untergruppen H i mit [H i : H i−1 ] = 2: Γ(Q 5 /Q) ≥ {Id, σ 2 } ≥ {Id}.
Fixkörper F i = F(H i ) mit [F i−1 : F i ] = 2: Q ⊆ F ⊆ Q 5 .
Zur Berechnung von F beachte, dass {ε i | i = 1, . . . , 4} eine Basis von Q 5 /Q ist.
w = w ′ impliziert w ∈ F \ Q.
Wegen σ(w ′ ) = w folgt
(beachte Φ 5 (ε) = 0).
w := Sp {Id,σ 2 } (ε) = ε + ε−1 ∈ F
w ′ := σ(w) = ε 2 + ε −2 .
m w, Q = (X − w) (X − w ′ ) = X 2 − (w + w ′ ) X + w w ′
= X 2 − (ε + ε 2 + ε 3 + ε 4 ) X + (ε + ε 2 + ε 3 + ε 4 )
= X 2 + X − 1
Nun ist w > 0 und w ′ < 0, also 2 cos 2π 5
= w = 1 2 (√ 5 − 1) und w ′ = − 1 2 (√ 5 + 1). Es
folgt
F = Q(w) = Q( √ 5) und cos 2π 5 = 1 4 (√ 5 − 1) .
Damit erhält man ein Verfahren zur Konstruktion des regulären Fünfecks.
d
29.10 Lösung: Man beachte Satz 29.10: Man ermittle alle Zahlen der Form n = 2a·3b·5c·17 mit a ∈ N 0 und {b, c, d} ∈ {0, 1}. Man erhält die Zahlen 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16,
17, 20, 24, 30, 32, 34, 40, 48, 51, 60, 64, 68, 80, 85, 96.
Lösung zu Kapitel 30
30.1 Lösung: Es sei a eine Wurzel von P in einer Radikalerweiterung L von Q. Nach
dem Beweis zu Satz 30.9 (vgl. dortige Aussage (1)) dürfen wir voraussetzen, dass L/Q
normal ist. Folglich liegen alle Wurzeln von P in L.
30.2 Lösung: Das ist nach Korollar 30.9 klar, da die Diedergruppe D n nach Aufgabe ??
für jedes n ∈ N auflösbar ist.
30.3 Lösung: Der Zerfällungskörper von X 15 − 1 über Q ist Q(ζ) mit ζ = e 2π i
15 . Es gilt
Γ := Γ(Q(ζ)/Q) ∼ = Z × 15 ∼ = Z 2 × Z 4 . Die Automorphismen sind
σ k : ζ → ζ k , mit ggT(15, k) = 1 ,
also Γ = {Id, σ 2 , σ 4 , σ 7 , σ 8 , σ 11 , σ 13 , σ 14 } mit
o(σ 2 ) = 4 , o(σ 4 ) = 2 , o(σ 7 ) = 4 , o(σ 8 ) = 4 , o(σ 11 ) = 2 , o(σ 13 ) = 4 , o(σ 14 ) = 2 .

Lösungen 91
Die Untergruppen der Ordnung 4 von Γ sind:
σ 2 , σ 7 , σ 4 , σ 11 .
Und die Untergruppen der Ordnung 2 von Γ sind:
σ 4 , σ 11 , σ 14 .
Damit erhalten wir den Untergruppenverband:
Γ ❆ ❆❆❆❆❆❆❆❆❆❆❆
✄ ✄✄✄✄✄✄✄✄✄✄
σ 2 σ
✿ 7
✿✿✿✿✿✿✿✿✿✿
σ 4 , σ 11
❆ ❆❆❆❆❆❆❆❆❆❆❆
7 77777777777
σ 4 σ
❅ 11
❅❅❅❅❅❅❅❅❅❅❅
σ 14
6 66666666666
1
und den noch genauer zu bestimmenden Zwischenkörperverband:
Q
❉ 8 ❉❉❉❉❉❉❉❉❉❉❉❉
8 888888888
σ 2 + σ
❃ 7 + σ 4 , σ 11 +
❃❃❃❃❃❃❃❃❃❃❃
❉ ❉❉❉❉❉❉❉❉❉❉❉❉
4 444444444444
σ 4 + σ 11 + σ 14 +
❈ ❈❈❈❈❈❈❈❈❈❈ ❈
❈ 3 333333333333
Q(ζ)
Wir ermitteln σ 2 + : Sp σ2 (ζ) = ζ + ζ2 + ζ 4 + ζ 8
ξ := ζ + ζ 2 + ζ 4 + ζ 8 :
σ 2 + = Q(ξ) .
∈ σ 2 + \ Q. Folglich gilt mit

92 Lösungen
Wir ermitteln ξ: ξ ist Wurzel eines Polynoms aus Q[X] vom Grad 2, die zweite Wurzel
ist ξ:
(X − ξ) (X − ξ) = X 2 − (ξ + ξ) X + ξ ξ .
Nach einer kurzen Rechnung erhält man
ξ + ξ = 1 und ξ ξ = 4 .
Also ist ξ Wurzel von X 2 − X + 4, folglich ξ = 1 2 (1 + √ −15):
σ 2 + = Q( √ −15) .
Wir ermitteln σ 7 + : Sp σ7 (ζ) = ζ + ζ7 + ζ 4 + ζ 13 =: ξ. Es gilt
σ 7 + = Q(ξ) .
Wir ermitteln ξ: ξ ist Wurzel eines Polynoms aus Q[X] vom Grad 2, die zweite Wurzel
ist ξ:
(X − ξ) (X − ξ) = X 2 − (ξ + ξ) X + ξ ξ .
Nach einer kurzen Rechnung erhält man
ξ + ξ = 1 und ξ ξ = 1 .
Also ist ξ Wurzel von X 2 − X + 1, folglich ξ = 1 2 (1 + √ −3):
σ 7 + = Q( √ −3) .
Wir ermitteln σ 4 , σ 11 + : Sp σ4 , σ 11 (ζ) = ζ + ζ4 + ζ 11 + ζ 14 =: ξ. Weil das Minimalpolynom
von ξ keine zweifache Wurzel haben kann, brauchen wir ein zweites Element
aus Q(ξ), das ebenfalls unter σ 4 , σ 11 festbleibt:
Also X 2 − (ξ + ξ ′ ) X + ξ ξ ′ :
Nach einer kurzen Rechnung erhält man
Sp σ4 , σ 11 (ζ2 ) = ζ 2 + ζ 8 + ζ 7 + ζ 13 =: ξ ′ .
ξ + ξ ′ = 1 und ξ ξ ′ = −1 .
Also ist ξ Wurzel von X 2 − X − 1, folglich ξ = 1 2 (1 + √ 5):
σ 4 , σ 11 + = Q( √ 5) .
Wir ermitteln σ 4 + = σ 2 + σ 7 + = Q( √ −15, √ −3).
Analog erhält man σ 11 + = Q −2 (5 − √
5) und σ 14 + = Q 6 (5 − √
5) und
schließlich
Q(ζ) = Q
2 √ 5
6 (5 − √
5) − 2 − 28 .

Lösungen 93
30.4 Lösung: Es gilt Γ := Γ(L/Q) ∼ = Z × 7 ∼ = (Z 6 , +): Es ist σ : ζ → ζ 3 ein erzeugendes
Element der Gruppe Γ.
Wir erhalten den Untergruppen- und Zwischenkörperverband:
Γ
L
σ 2
σ 3 +
{σ 3 }
σ 2 +
1
Q
Wir ermitteln σ 2 + :
Sp σ 2 (ζ) = ζ + ζ2 + ζ 4 =: ε ∈ σ 2 + ,
die zweite Wurzel des Minimalpolynoms von ε ist ε ′ = ζ −1 + ζ −2 + ζ −4 = ζ 6 + ζ 4 + ζ 2 :
(X − ε) (X − ε ′ ) = X 2 + X + 2 .
Also gilt ε = 1 2 (−1 + √ −7). Damit gilt
σ 2 + = Q( √ −7) .
Es ist Q( √ −7) eine einfache Radikalerweiterung von Q.
Wir ermitteln σ 3 + :
Sp σ 3 (ζ) = ζ + ζ−1 .
Also gilt
σ 3 + = Q(ζ + ζ −1 ) und [Q(ζ + ζ −1 ) : Q] = 3 .
Wäre dies eine Radikalerweiterung, so wäre ζ + ζ −1 = 3√ a für ein a ∈ Q mit 3√ a ∈ Q.
Weil σ 3 Normalteiler in Γ ist, wäre Q(ζ + ζ −1 ) normal über Q, enthielte also auch
die dritten Einheitswurzeln – ein Widerspruch zu Q(ζ + ζ −1 ) ⊆ R.
30.5 Lösung: Nach Lemma 28.5 genügt es zu zeigen:
P p (x) = p
j=0 a j X j ∈ Q[x] ist irreduzibel und hat genau p − 2 reelle Wurzeln. Wegen
p ≥ 5 kommt in der angegebenen Darstellung für Q p der Faktor (X − 2) (X − 4) vor.
Zusammen mit a 0 = −2 haben wir also 2 | a j für 0 ≤ j ≤ p − 1, 4 ∤ a 0 . Das Eisenstein-
Kriterium mit Primelemente p ′ = 2 liefert die Unzerlegbarkeit von P p . Die Anzahl der
reellen Wurzeln von P p bestimmen wir mit Kurvendiskussion: Für x ≤ 0 ist P p (x) < 0.

94 Lösungen
Für x ≥ 2 (p − 3) + 1 ist P p (x) > 0. Für x = 4 k + 1, 0 ≤ k ≤ (p − 3)/2, sind 2 k + 3
Faktoren des Produkts X 3 (X − 2) (X − 4) · · · X
− 2 (p − 3) positive ganze Zahlen,
p − 3 − 2 k Faktoren negative ganze Zahlen, und ±3 kommt als Faktor vor. Also ist
P p (4k+1) ≥ 1. Analog schließt man P p (x) < 0 für x ∈ [4k+2, 4k+4], 0 ≤ k ≤ (p−5)/2;
zusammengefasst:
⎧
⎪⎨ −2 für x = 2k, 0 ≤ k ≤ p − 3,
P p (x) = > 0 für x = 4k + 1, 0 ≤ k ≤ (p − 3)/2,
⎪⎩
< 0 für x ∈ [4k + 2, 4k + 4], 0 ≤ k ≤ (p − 5)/2.
Das Polynom P p hat nach dem Zwischenwertsatz mindestens 2 Wurzeln α 2k , α 2k+1
in [4k, 4k + 2] für k ∈ {0, 1, . . . , (p − 5)/2} und eine weitere Wurzel α p−3 in [2(p −
3), 2(p − 3) + 1]. Da β 0 = 0 eine zweifache Wurzel von P ′ p ist, hat P ′ p genau eine
Wurzel β k+1 ∈ [2k, 2k + 2], 0 ≤ k ≤ (p − 5)/2, und deswegen einheitliches Vorzeichen
in (2k, β k+1 ) und in (β k+1 , 2k + 2). Neben α 0 , . . . , α p−3 gibt es also keine weiteren
reellen Wurzeln von P p , und wir sind fertig.