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\begin{document}

\vspace*{-1.5cm}
\maketitle{14}{Abgabetermin entscheidet ihr!}

\begin{aufgabe}{Illustrationen des Hauptsatzes}
\begin{enumerate}
\item Zeige, dass die einzigen Zwischenerweiterungen von~$\QQ(\sqrt{2})$
über~$\QQ$ die beiden trivialen (ganz $\QQ(\sqrt{2})$ und nur~$\QQ$) sind.
\item Finde ein normiertes separables Polynom~$f(X)$ mit rationalen Koeffizienten,
sodass der Index der Untergruppe~$\Gal_{\QQ(\sqrt[3]{2})}(x_1,\ldots,x_n)$
in~$\Gal_\QQ(x_1,\ldots,x_n)$ gleich~$3$ ist. Dabei seien~$x_1,\ldots,x_n$ die
Nullstellen von~$f(X)$. Ist diese Untergruppe ein Normalteiler?
\item Sei~$f(X)$ ein normiertes separables Polynom mit rationalen
Koeffizienten, welches mindestens eine echt komplexe Nullstelle besitzt.
Zeige, dass die Galoisgruppe der Nullstellen von~$f(X)$ mindestens ein Element
der Ordnung~$2$ besitzt.
\end{enumerate}

\begin{loesungE}
\item
\emph{Variante über den Hauptsatz:} Das Polynom~$X^2 - 2$ hat die
Nullstellen~$\pm\sqrt{2}$; ein primitives Element der Nullstellen
ist~$\sqrt{2}$, und daher können wir den Hauptsatz verwenden, um Auskunft über
die Zwischenerweiterungen von~$\QQ(\sqrt{2})$ zu erhalten: Diese stehen in
1:1--Korrespondenz zu den Untergruppen der Galoisgruppe der beiden Nullstellen.
Diese ist~$\{ \id, \sigma \}$, wobei~$\sigma = (1, 2)$; es gibt also genau zwei
Untergruppen, entsprechend den Zwischenerweiterungen~$\QQ$ und~$\QQ(\sqrt{2})$.

\emph{Direkte Variante:} Sei~$\QQ(\sqrt{2}) \supseteq L \supseteq \QQ$ eine
Zwischenerweiterung. Nach der Gradformel muss~$[L:\QQ]$ gleich~$2$ oder~$1$
sein. Im ersten Fall gilt~$L = \QQ(\sqrt{2})$, im zweiten~$L = \QQ$.

\item Wir setzen~$f(X) = X^3 - 2$. Die Nullstellen sind
\[ x_1 = \sqrt[3]{2},\quad
  x_2 = \omega \sqrt[3]{2},\quad
  x_3 = \omega^2 \sqrt[3]{2}, \]
wobei~$\omega = \exp(2\pi\i/3)$. Da~$x_1$ kein primitives Element
für~$\QQ(x_1,x_2,x_3)$ ist, folgt mit Aufgabe~2b) von Blatt~11,
dass~$G := \Gal_\QQ(x_1,x_2,x_3) = \SSS_3$.

Nun gibt es die Zwischenerweiterung~$\QQ(x_1,x_2,x_3) \supseteq
\QQ(\sqrt[3]{2}) \supseteq \QQ$. Ihr Grad über~$\QQ$ ist~$3$, daher ist der
Index der zugehörigen Untergruppe~$H$ der Galoisgruppe ebenfalls~$3$. Explizit ist
sie nach Aufgabe~5b) von Blatt~13 durch
\[ H = \Gal_{\QQ(\sqrt[3]{2})}(x_1,x_2,x_3) = \{ \id, (2, 3) \} \]
gegeben. Damit kann man nachrechnen, dass~$H$ kein Normalteiler
in~$G$ ist: Denn die Konjugation von~$(2,3) \in H$
durch~$(1,2) \in G$ ist
\[ (1,2) \circ (2,3) \circ (1,2)^{-1} =
  (1,3) \]
und liegt also nicht in~$H$.

\emph{Bemerkung:} Man kann sich auch die Motivation über die
Zwischenerweiterung sparen und direkt die Untergruppe~$H$ angeben.

\item Seien~$x_1,\ldots,x_n$ die Nullstellen von~$f(X)$. Dann definieren wir
eine Permutation~$\sigma \in \SSS_n$ durch die Forderung
\[ x_{\sigma(i)} = \overline{x_i} \]
für~$i = 1,\ldots,n$. Da mit~$x_i$ auch~$\overline{x_i}$ eine Nullstelle ist,
treten auf der rechten Seite alle Nullstellen genau einmal auf, sodass durch
diese Forderung wirklich eine Permutation definiert wird.

Ferner liegt diese Permutation tatsächlich in der Galoisgruppe: Denn
gilt~$H(x_1,\ldots,x_n) = 0$ für ein Polynom~$H \in \QQ[X_1,\ldots,X_n]$, so
gilt auch
\[ H(x_{\sigma(1)},\ldots,x_{\sigma(n)}) =
  H(\overline{x_1},\ldots,\overline{x_n}) =
  \overline{H}(\overline{x_1},\ldots,\overline{x_n}) =
  \overline{H(x_1,\ldots,x_n)} =
  \overline{0} = 0. \]
Nun gilt~$\sigma^2 = \id$, denn es gilt
\[ x_{\sigma^2(i)} = x_{\sigma(\sigma(i))} = \overline{x_{\sigma(i)}} =
\overline{\overline{x_i}} = x_i \]
für alle~$i = 1,\ldots,n$. Damit ist also die Ordnung von~$\sigma$ gleich~$1$
oder~$2$. Die Voraussetzung, dass mindestens eine Nullstelle echt komplex ist,
garantiert nun, dass~$\sigma \neq \id$ ist; also hat~$\sigma$ Ordnung~$2$.

\emph{Bemerkung:} Unter der der Korrespondenz des Hauptsatzes entspricht die
Untergruppe~$\{\id,\sigma\}$ der Zwischenerweiterung~$\QQ(x_1,\ldots,x_n) \cap
\RR$. Wenn man~$\QQ(t) = \QQ(x_1,\ldots,x_n)$ schreibt, kann man Erzeuger
dieser Zwischenerweiterung explizit bestimmen:
\[ \QQ(t)^{\{\id,\sigma\}} = \QQ(t + \overline{t}, t \cdot \overline{t}) =
  \QQ(2 \mathrm{Re}(t), \mathrm{Re}(t)^2 + \mathrm{Im}(t)^2) =
  \QQ(\mathrm{Re}(t), \mathrm{Im}(t)^2). \]
Man kann auch explizit das Minimalpolynom von~$t$
über~$\QQ(t)^{\{\id,\sigma\}}$ angeben: Es lautet
\[ X^2 - (t + \overline{t}) X + t \cdot \overline{t}. \]

%\item Sei~$t$ ein primitives Element der Nullstellen~$x_1,\ldots,x_n$; dann
%sind bekanntlich die Elemente der Galoisgruppe durch ihre Wirkung auf~$t$
%bereits eindeutig bestimmt, und zwar gibt es für jedes galoissch
%Konjugiertes~$t'$ von~$t$ genau ein Element~$\sigma$ mit~$\sigma \cdot t = t'$.
%
%Da mindestens eine Nullstelle echt komplex ist, muss auch~$t$ echt komplex sein
%(sonst würde~$x_i \in \QQ(x_i) \subseteq \QQ(x_1,\ldots,x_n) = \QQ(t) \subseteq
%\RR$ folgen). Folglich ist das komplex Konjugierte~$\overline{t}$, das
%auch ein galoissch Konjugiertes ist (wieso?), von~$t$ verschieden.
%
%Wir betrachten nun das eindeutig bestimmte Element~$\sigma$ der Galoisgruppe
%mit~$\sigma \cdot t = \overline{t}$. Da~$t \neq \overline{t}$, ist~$\sigma \neq
%\id$. Ferner gilt~$\sigma^2 \cdot t = \sigma \cdot \overline{t} =
\end{loesungE}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}{Wurzelausdrücke}
\begin{enumerate}
\item Sei~$x$ eine durch Wurzeln ausdrückbare Zahl und~$x'$ ein galoissch
Konjugiertes von~$x$. Zeige, dass~$x'$
ebenfalls durch Wurzeln ausdrückbar ist, und zwar durch
denselben Wurzelausdruck wie~$x$.
\item Zeige, dass jede primitive~$n$-te Einheitswurzel durch Wurzeln, deren
Exponenten höchstens $\max\{ 2, \frac{n-1}{2}
\}$ sind, ausgedrückt werden kann.
\end{enumerate}

\begin{loesungE}
\item Da~$x$ durch Wurzeln ausdrückbar ist, gibt es
\begin{itemize}
\item eine natürliche Zahl~$n \geq 0$,
\item komplexe Zahlen~$z_1,\ldots,z_n$,
\item Primzahlen~$p_1,\ldots,p_n$,
\item Polynome~$f_i \in \QQ[Z_1,\ldots,Z_{i-1}]$, $i = 1,\ldots,n$ mit
\[ z_i^{p_i} = f_i(z_1,\ldots,z_{i-1}) \quad\text{und}\quad
  z_i \not\in \QQ(z_1,\ldots,z_{i-1}), \]
denn das ist gleichbedeutend damit,
dass~$z_i$ eine über~$\QQ(z_1,\ldots,z_{i-1})$ algebraisch eindeutige~$p_i$-te
Wurzel ist, sowie
\item ein Polynom~$g \in \QQ[Z_1,\ldots,Z_n]$ mit~$x = g(z_1,\ldots,z_n)$.
\end{itemize}
Wir können dann schreiben:
\[ x = g\Bigl(\sqrt[p_1]{f_1}, \sqrt[p_2]{f_2(\sqrt[p_1]{f_1})}, \ldots,
  \sqrt[p_n]{f_n(\ldots)}\Bigr). \]

Wir können nun ein Polynom~$h(X) \in \QQ[X]$ finden, das separabel ist und die
Zahlen~$x, z_1, \ldots, z_n$ als Nullstellen besitzt: Etwa dadurch, indem wir
annihilierende Polynome für diese Zahlen aufmultiplizieren und dann den größten
gemeinsamen Teiler abdividieren. Seien~$u_1,\ldots,u_m$ die Nullstellen
von~$h(X)$.

Die Zahlen~$x$ und~$x'$ sowie~$z_1,\ldots,z_n$ liegen dann alle
in~$\QQ(u_1,\ldots,u_m)$. Da~$x$ zu~$x'$ galoissch konjugiert ist, gibt es nach
Aufgabe~1c) von Blatt~11 eine Permutation~$\sigma \in \Gal_\QQ(u_1,\ldots,u_m)$
mit~$\sigma \cdot x = x'$. Nun lassen wir diese Permutation auf die~$z_i$
wirken -- dann sehen wir
\[ (\sigma \cdot z_i)^{p_i} = \sigma \cdot z_i^{p_i} =
  \sigma \cdot f_i(z_1,\ldots,z_{i-1}) =
  f_i(\sigma \cdot z_1,\ldots,\sigma \cdot z_{i-1}) \]
und
\[ \sigma \cdot z_i \not\in \QQ(\sigma \cdot z_1,\ldots,\sigma \cdot z_{i-1}).
\]
Ferner gilt
\[ x' = \sigma \cdot x = \sigma \cdot g(z_1,\ldots,z_n) =
  g(\sigma \cdot z_1,\ldots,\sigma \cdot z_n). \]
Also bezeugen dieselben Polynome~$f_1,\ldots,f_n$ und~$g$, dass~$x'$ durch
Wurzeln ausdrückbar ist.

\item Dazu schauen wir uns den Beweis von Hilfssatz~5.26 genauer an: In ihm
werden an insgesamt drei Stellen Wurzeln gezogen, und wir müssen zeigen, dass
wir die Situation jeweils so arrangieren können, dass die Wurzelexponenten
höchstens~$\max\{ 2, \frac{n-1}{2} \}$ sind.

Eine Vorbemerkung: Es gilt~$\max\{ 2, \frac{n-1}{2} \} = 2$ genau dann, wenn~$2
\geq \frac{n-1}{2}$; das ist genau dann der Fall, wenn~$n \leq 5$.

Der Fall~$n = 1$ ist klar.

\emph{Erster Fall im Beweis:} Die Zahl~$n$ ist eine zusammengesetzte Zahl. Dann
können wir~$n = p q$ schreiben, wobei~$p$ der \emph{kleinste} Primfaktor von~$n$ sein
soll und~$q$ die restlichen Faktoren aufsammelt. (Im Original durfte~$p$
auch ein größerer Primfaktor von~$n$ sein.) Im Beweis wird dann eine~$p$-te
Wurzel gezogen, also müssen wir zeigen:~$p \leq \max\{ 2, \frac{n-1}{2} \}$.
Falls~$n \leq 5$ -- also~$n = 4$ --, gilt~$p = 2$ und die Behauptung stimmt.
Falls~$n > 5$, gilt
\[ \frac{n-1}{2} = \frac{pq-1}{2} \geq \frac{p\cdot3-1}{2} = \frac{2p + p-1}{2}
= p + \frac{p-1}{2} \geq p \]
und die Behauptung stimmt ebenfalls. Dabei haben wir~$q \geq 3$ verwendet: $q =
1$ kann nicht sein (sonst wäre~$n$ prim) und~$q = 2$ kann auch nicht sein
(da~$p$ der kleinste Primfaktor von~$n$ ist, wäre sonst~$n = p q = 2 \cdot 2 =
4$ im Widerspruch zu~$n > 5$).

\emph{Zweiter Fall im Beweis:} Die Zahl~$n$ ist eine Primzahl. Im Beweis wird
dann eine~$(n-1)$-te Wurzel gezogen. Falls~$n = 2$, ist die Behauptung klar.
Sonst ist~$n-1$ eine gerade Zahl, also können wir~$n-1 = 2a$ mit~$a \geq 1$
schreiben. Nach Hilfssatz~5.19 können wir statt der~$(n-1)$-ten Wurzel auch
eine zweite Wurzel (passt, ist sicher höchstens~$\max\{ 2, \ldots \}$) gefolgt
von einer~$a$-ten Wurzel (passt ebenso, da~$a = \frac{n-1}{2} \leq \max\{
\ldots, \frac{n-1}{2} \}$) ziehen.
\end{loesungE}
\end{aufgabe}

\ifloesungen\newpage\fi
\begin{aufgabe}{Normalteiler}
\begin{enumerate}
\item Sei~$G$ eine Gruppe mit~$G \neq \{ \id \}$. Finde
zwei verschiedene Normalteiler in~$G$.
\item Sei~$G$ eine beliebige Gruppe. Zeige, dass das Zentrum von~$G$ ein
Normalteiler in~$G$ ist.
\item Ist die symmetrische Gruppe~$\SSS_5$ einfach?
\end{enumerate}

\begin{loesungE}
\item Stets sind die Untergruppen~$\{\id\}$ und~$G$ Normalteiler (wieso?). Nach
Voraussetzung sind das zwei verschiedene.

\item Das \emph{Zentrum} enthält diejenigen Elemente~$\tau \in G$, für die für
alle~$\sigma \in G$ die Identität~$\sigma \circ \tau \circ \sigma^{-1} = \tau$
gilt (äquivalent:~$\sigma \circ \tau = \tau \circ \sigma$).

Zum Nachweis der Normalteilereigenschaft sei~$\tau \in \ZZZ(G)$ und~$\sigma \in
G$ beliebig gegeben. Dann müssen wir
zeigen, dass~$\sigma \circ \tau \circ \sigma^{-1}$ ebenfalls in~$\ZZZ(G)$
liegt. Das ist klar, denn wie bemerkt ist dieses Element gerade gleich~$\tau
\in \ZZZ(G)$.

\item Nein, denn die Untergruppe~$\AAA_5 \subseteq \SSS_5$ ist ein
Normalteiler: Sei~$\tau \in \AAA_5$ und~$\sigma \in \SSS_5$. Dann gilt
\[ \sgn(\sigma \circ \tau \circ \sigma^{-1}) =
  \sgn\sigma \cdot \sgn\tau \cdot (\sgn\sigma)^{-1} =
  \sgn\tau = 1, \]
also liegt das konjugierte Element~$\sigma \circ \tau \circ \sigma^{-1}$ wieder
in~$\AAA_5$.

\emph{Bemerkung:} Völlig analog zeigt man, dass auch die Gruppen~$\SSS_n$,~$n
\geq 3$ jeweils nicht einfach sind.
\end{loesungE}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}{Diedergruppen}
\begin{enumerate}
\item Bestimme explizit die Symmetriegruppe eines ebenen regelmäßigen~$n$-Ecks,
die sog. \emph{Diedergruppe~$\DDD_n \subseteq \SSS_n$}. Zeige, dass
diese von zwei Elementen erzeugt werden kann und insgesamt~$2n$ Elemente
enthält.
\item Zeige, dass der Index von~$\DDD_4$ in~$\SSS_4$ gleich~$3$ ist.
\item Zeige, dass~$\DDD_4$ kein Normalteiler in~$\SSS_4$ ist.
\end{enumerate}

\begin{loesungE}
\item Genau die folgenden Bewegungen der Ebene bilden das
regelmäßige~$n$-Eck auf sich selbst ab (wieso?):
\begin{itemize}
\item die Drehungen~$R_i$, $i = 0,\ldots,{n-1}$ um $\frac{i}{n} \cdot
360^\circ$ im Gegenuhrzeigersinn um den Mittelpunkt sowie
\item die Spiegelungen~$S_1,\ldots,S_n$ an~$n$ Achsen: Für gerades~$n$ gehen
diese jeweils entweder durch zwei gegenüberliegende Ecken oder durch die Mittelpunkte
zweier gegenüberliegender Kanten. Für ungerades~$n$ gehen diese jeweils durch
eine Ecke und den Mittelpunkt der gegenüberliegenden Seite.
\end{itemize}
Es gilt also~$\DDD_n = \{ R_0,\ldots,R_{n-1}, S_1,\ldots,S_n \}$.

Erzeugt werden kann die Diedergruppe durch~$(R_1,S_1)$, d.\,h. es
gilt~$\DDD_n = \langle R_1, S_1 \rangle$: Denn die Drehungen~$R_i$ lassen sich
als Potenz der Basisdrehung~$R_1$ darstellen ($R_i = R_0^i$) und die
Spiegelungen erhält man als Verkettung der Basisspiegelung~$S_1$ mit einer
geeigneten Drehung.

\emph{Bemerkung:} Für~$n \geq 3$ kann kein Element der Diedergruppe alleine die
volle Diedergruppe erzeugen, d.\,h. für~$n \geq 3$ ist die Diedergruppe nicht
zyklisch.

\item Es gilt~$\gra{\SSS_4}{\DDD_4} = (4!) \mathrel{/} (2\cdot4) = 3$.

\item Die Konjugation von~$R_1 \in \DDD_4$ durch~$(1,2) \in \SSS_4$ ist das
Element
\[ (1,2) \circ R_1 \circ (1,2)^{-1} =
  \begin{pmatrix}
    1 & 2 & 3 & 4 \\
    3 & 1 & 4 & 2
  \end{pmatrix} =
  (1,3,4,2), \]
welches nicht in der Diedergruppe liegt.

\emph{Bemerkung:} Diese Permutation ist durchaus eine Symmetrie -- aber einer
anderen Figur, nämlich der, die durch Vertauschung zweier Ecken eines Quadrats
entsteht: "`$\triangledown\atop\vartriangle$"'
\end{loesungE}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}{Auflösbarkeit von Gleichungen}
\begin{enumerate}
\item Finde ein normiertes irreduzibles Polynom~$f(X)$ fünften Grads mit
rationalen Koeffizienten, sodass die Gleichung~$f(X) = 0$ auflösbar ist.
\item Zeige, dass die Gleichung~$X^5 - 23\,X + 1 = 0$ nicht auflösbar ist.
\end{enumerate}

\begin{loesungE}
\item Ein Beispiel ist das Polynom~$f(X) = X^5 - 2$. Dessen Nullstellen sind
nämlich~$\zeta^i \sqrt[5]{2}$, $i = 0,\ldots,4$, wobei~$\zeta$ eine primitive
fünfte Einheitswurzel ist. Da primitive Einheitswurzeln durch Wurzeln
ausdrückbar sind (Satz~5.25) und die Zahl~$\sqrt[5]{2}$ sogar ganz sicher durch
Wurzeln ausdrückbar ist, sind die Lösungen der Gleichung~$f(X) = 0$ also durch
Wurzeln ausdrückbar.

\emph{Bemerkung:} Wenn man die Nullstellen von~$f(X)$ etwa mit WolframAlpha
berechnen lässt, erhält man die Ausdrücke
\[ -\sqrt[5]{2}, \qquad
  -\sqrt[5]{-2}, \qquad
  (-1)^{2/5} \sqrt[5]{2}, \qquad
  -(-1)^{3/5} \sqrt[5]{2}, \qquad
  (-1)^{4/5} \sqrt[5]{2}. \]
Ich persönlich habe immer Angst vor solchen Ausdrücken, da ich nicht genau
weiß, welche Zahlen im konkreten Fall gemeint sind. Jedenfalls ist bei dieser
Darstellung nicht offensichtlich, dass die Nullstellen durch Wurzeln
ausdrückbar sind: Etwa lässt sich~$(-1)^{2/5}$ ja auch als~$(\sqrt[5]{-1})^2$
schreiben. Aber das ist kein Wurzelausdruck in unserem Sinn, da die vorkommende
Wurzel nicht algebraisch eindeutig ist (das Polynom~$X^5 - (-1)$ ist nicht
irreduzibel). Tatsächlich war es ein nichttrivialer Satz der Vorlesung, dass
die Einheitswurzeln, flapsig als~"`$\sqrt[n]{1}$"' geschrieben, durch Wurzeln
ausdrückbar sind.

\emph{Bemerkung:} Die Zahl~$\sqrt[5]{2}$ ist deswegen durch Wurzeln
ausdrückbar, da sie schon durch einen Wurzelausdruck in unserem Sinn gegeben
ist, da~$X^5 - 2$ irreduzibel ist (Eisenstein mit~$p = 2$).

\emph{Bemerkung:} Implizit haben wir verwendet, dass Zahlen~$x_1,\ldots,x_n$
genau dann jeweils separat durch Wurzeln ausdrückbar sind, wenn sie simultan
durch Wurzeln ausdrückbar sind. Wieso stimmt das?

\emph{Bemerkung:} Wer mag, kann den Zusammenhang zwischen der Auflösbarkeit der
Gleichung und der Auflösbarkeit der zugehörigen Galoisgruppe an diesem Beispiel
nachvollziehen. Zur Kontrolle: Eine mögliche Normalreihe ist durch
\[ \Gal_\QQ(x_1,\ldots,x_5) \supseteq
  \Gal_{\QQ(\zeta + \zeta^4)}(\ldots) \supseteq
  \Gal_{\QQ(\zeta)}(\ldots) \supseteq
  \Gal_{\QQ(x_1,\ldots,x_5)}(\ldots) = \{ \id \} \]
gegeben. Die auftretenden Untergruppen haben die Ordnungen~$20$, $10$, $5$,
$1$, die Indizes sind also~$2$, $2$, $5$.

\item Wir zeigen, dass das Polynom~$f(X) = X^5 - 23\,X + 1$ irreduzibel ist und
genau zwei nicht reelle Nullstellen besitzt. Dann folgt nämlich aus
Hilfssatz~5.39, dass die Galoisgruppe der Nullstellen die volle~$\SSS_5$ ist,
und diese ist nicht auflösbar (siehe Seite~196 oben).

\emph{Nachweis der Irreduzibilität:} Rationale Nullstellen besitzt~$f(X)$
keine, denn diese könnten nur Teiler von~$1$ sein, aber~$\pm 1$ sind keine
Nullstellen. Bleibt zu zeigen, dass~$f(X)$ nicht in Faktoren der Grade~2
und~3 zerfällt. Nach dem Satz von Gauß genügt es, Faktoren mit ganzzahligen
Koeffizienten auszuschließen. Aus dem Ansatz
\[ f(X) = (a + bX + cX^2) \cdot (d + eX + fX^2 + gX^3) \]
mit ganzzahligen Koeffizienten~$a,b,c,d,e,f,g$ folgen die Gleichungen
\begin{align*}
  1 &= ad, \\
  -23 &= ae + bd, \\
  0 &= be + af + cd, \\
  0 &= ag + bf + ce, \\
  0 &= cf + bg, \\
  1 &= cg.
\end{align*}
Mit einigem Rechnen sieht man: $a = d = \pm 1$, $c = g = {\tilde\pm} 1$, $f =
-b$, $e = cb^2 - a$, $cb^2 - a + b = \mp 23$. Daraus erhält man die Beziehung
\[ b \cdot (cb + 1) = \mp 22. \]
Daraus folgen nur acht Fälle für~$b$: $b = 1$, $b = 2$, $b = 11$, $b = 22$ und
jeweils mit negativem Vorzeichen. Alle Fälle führen zu einem Widerspruch.

\emph{Nachweis der Nullstelleneigenschaft:} Am einfachsten zeigt man das
numerisch: Die Nullstellen sind
\begin{align*}
  x_1 &\approx -2{,}20, \\
  x_2 &\approx 0{,}04, \\
  x_3 &\approx 2{,}18, \\
  x_4 &\approx -0{,}01 - 2{,}19\,\i, \\
  x_5 &\approx -0{,}01 + 2{,}19\,\i.
\end{align*}
Alternativ führt man eine Kurvendiskussion, kann sich so den groben Verlauf des
reellen Graphen erschließen und daraus auch ablesen, dass es genau drei reelle
Nullstellen gibt.
\end{loesungE}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}{Kriterium für Konstruierbarkeit}
Sei~$x$ eine algebraische Zahl und~$t$ ein primitives Element zu allen galoissch
Konjugierten von~$x$. Zeige, dass~$x$ genau dann konstruierbar ist, wenn der
Grad von~$t$ eine Zweierpotenz ist.

\begin{loesung}
Seien~$x_1,\ldots,x_n$ alle galoissch Konjugierten von~$x$ und
seien~$t_1,\ldots,t_m$ alle galoissch Konjugierten von~$t$. Nach
Proposition~4.4 sind diese ebenfalls primitive Elemente für~$x_1,\ldots,x_n$,
d.\,h. es gilt jeweils~$\QQ(t_i) = \QQ(t)$. Folglich gilt
insbesondere~$t_1,\ldots,t_m \in \QQ(t)$; also sind alle galoissch Konjugierten
von~$t$ in~$t$ rational und es greift Proposition~4.34: Die Zahl~$t$ ist genau
dann konstruierbar, wenn der Grad von~$t$ eine Zweierpotenz ist.

Ferner halten wir fest, dass jedes galoissch Konjugierte einer konstruierbaren
Zahl selbst konstruierbar ist. Das folgt aus Aufgabe~2a), denn konstruierbare
Zahlen sind ja nichts anderes als Zahlen, die durch Wurzeln ausdrückbar sind,
wobei alle vorkommenden Wurzelexponenten gleich~$2$ sein müssen.

Mit diesem Vorwissen zeigen wir nun die beiden Richtungen:

"`$\Longleftarrow$"': Da~$t$ konstruierbar ist, ist auch~$x$
konstruierbar, da~$x$ ja eine in~$t$ rationale Zahl ist.

"`$\Longrightarrow$"': Da~$x$ konstruierbar ist, ist auch jedes galoissch
Konjugierte von~$x$ konstruierbar. Da~$t$ in diesen galoissch Konjugierten
rational ist, ist~$t$ daher ebenfalls konstruierbar.
%Wir erinnern an die Charakterisierung von
%Konstruierbarkeit (Satz~1.13): Eine Zahl~$z$ ist genau dann konstruierbar, wenn
%es eine Folge komplexer Zahlen~$z_1,\ldots,z_{n-1},z_n=z$ gibt, sodass für
%alle~$i = 1,\ldots,n$ jeweils gilt:
%\begin{itemize}
%\item $z_i \in \QQ(z_1,\ldots,z_{i-1})$ oder
%\item $z_i$ ist eine Quadratwurzel aus einer Zahl
%aus~$\QQ(z_1,\ldots,z_{i-1})$.
%\end{itemize}
\end{loesung}
\end{aufgabe}

\end{document}
