G. Nebe, M. Künzer 20.01.2005

Algebra I, WS 04/05

Lösung Probeklausur II

Aufgabe 1.

(1) Beachte, daß μ_{ζ_{3},Q}(X) = X^{2} + X + 1, und daß insbesondere ζ_{3}^{2} = −ζ_{3} − 1. Zunächst ist α^{2}/3 = −ζ_{3} eine Einheit in Z[ζ_{3}], und also (α)^{2} = (α^{2}) = (3). Ferner wird

R/(α) = R/(3, α)
= Z[ζ_{3}]/(3, ζ_{3} − 1)
≃ Z[X]/(3, X^{2} + X + 1, X − 1)
≃ F_{3}[X]/(X^{2} + X + 1, X − 1)
= F_{3}[X]/(X − 1)
≃ F_{3} ,

und somit ist α prim in R. Zwecks späterer Probe bemerken wir noch, daß |R/(α^{k})| = 3^{k} ist, wie mit Induktion aus

[figure: R/(α); ∼; Kern(φ); R/(α^{k}); φ; R/(α^{k−1}); x + (α); α^{k−1}x + (α^{k}); x + (α^{k}); x + (α^{k−1})]

folgt.

(2) Wir formen zunächst z.B. wie folgt um.

(\begin{matrix}α & −α & 3 & 0 & 0 \\ α & −α & 0 & 3 & 0 \\ α & α & 0 & 0 & 3 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}) ⇝ (\begin{matrix}α & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & α & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & 0 & 0 \\ 1 & −1 & 0 & 2α+6 & α+3 \\ 0 & −1 & 0 & α+3 & α+3 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & α & 0 & 3 & 2 \end{matrix})

Dies liefert zunächst

Cokern(u) ≃ R/(α) ⊕ R/(α) ⊕ R/(3) .

Beachte, daß (\begin{matrix}2α+6 & α+3 \\ α+3 & α+3 \end{matrix}) = (α + 3) (\begin{matrix}2 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}), und daß α und α + 3 assoziiert sind.

Es wird (\begin{matrix}2α+6 & α+3 \\ α+3 & α+3 \end{matrix}) (\begin{matrix}−α & 3α \\ α & −6α \end{matrix}) = (\begin{matrix}3 & 0 \\ 0 & 9 \end{matrix}).

Die Elementarteilerform von (\begin{matrix}2α+6 & α+3 \\ α+3 & α+3 \end{matrix}) ist (\begin{matrix}α & 0 \\ 0 & α \end{matrix}) und somit ist

Bild(u) ≃ R/(α) ⊕ R/(α) .

Die Elementarteilerform von (\begin{matrix}−α & 3α \\ α & −6α \end{matrix}) ist (\begin{matrix}α & 0 \\ 0 & 3α \end{matrix}), und somit ist

Kern(u) ≃ R/(α) ⊕ R/(3α) .

Probe: | Kern(u)| = 3^{4}, |Bild(u)| = 3^{2} und |X| = 3^{6} ist in Ordnung. |Bild(u)| = 3^{2}, | Cokern(u)| = 3^{4} und |Y | = 3^{6} ist auch in Ordnung.

Aufgabe 2.

(1) Mittels Eisensteinkriterium bezüglich des Rings F_{3}[T] und des Primelements T sehen wir, daß f(X) = X^{4} − T irreduzibel ist in K[X] = F_{3}(T)[X].

Da ggT(f(X), f′(X)) = ggT(X^{4} − T, X^{3}) = 1, ist f(X) separabel.

(2) Zunächst bestimmen wir den Zerfällungskörper von f(X). Sei K_{0} = K, und sei K_{1} = K_{0}(α_{1}) mit α_{1}^{4} = T. Mit α_{1} ist auch −α_{1} Nullstelle von f(X). So wird

X^{4} − T = (X − α_{1})(X + α_{1})(X^{2} + α_{1}^{2}) ∈ K_{1}[X] .

Wir behaupten, es ist X^{2} + α_{1}^{2} irreduzibel in K_{1}[X]. Dazu genügt es zu zeigen, daß −1 kein Quadrat in K_{1} ist. Nun ist K_{1} = F_{3}(T, α_{1}) = F_{3}(α_{1}) ≃ F_{3}(S) mit der freien Variablen S, vermöge α_{1} \overline{}S. Wir haben zu zeigen, daß −1 in F_{3}(S) kein Quadrat ist. Nehmen wir an, dies sei doch der Fall, und schreiben wir

−1 = (\frac{u(S)}{v(S)})^{2}

mit u(S), v(S) ∈ F_{3}[S] und ggT(u(S), v(S)) = 1. Dann ist u(S)^{2} = −v(S)^{2}, woraus wegen der Teilerfremdheit u(S), v(S) ∈ F_{3} folgt, und damit, daß −1 in F_{3} ein Quadrat ist. Das ist aber nicht der Fall.

Sei E = K_{2} = K_{1}(α_{2}) = K(α_{1}, α_{2}) mit α_{2}^{2} = −α_{1}^{2}. Es wird

f(X) = X^{4} − T = (X − α_{1})(X + α_{1})(X − α_{2})(X + α_{2}) .

Somit ist E Zerfällungskörper von f(X). Halten wir fest, daß E über K die Basis (1, α_{1}, α_{1}^{2}, α_{1}^{3}, α_{2}, α_{2}α_{1}, α_{2}α_{1}^{2}, α_{2}α_{1}^{3}) hat.

Ein Automorphismus von E über K ist durch das Tupel (β_{1}, β_{2}) der Bilder von (α_{1}, α_{2}) gegeben, vorausgesetzt, es ist β_{1} eine Nullstelle von f(X) und β_{2} eine Nullstelle von f(X)/((X − β_{1})(X + β_{1})). Bleiben die Möglichkeiten

(β_{1}, β_{2}) ∈ {(α_{1}, α_{2}), (α_{1}, −α_{2}), (−α_{1}, α_{2}), (−α_{1}, −α_{2}), (α_{2}, α_{1}), (α_{2}, −α_{1}), (−α_{2}, α_{1}), (−α_{2}, −α_{1})} .

Schreibe α_{3} := −α_{1} und α_{4} := −α_{2}. Da ein Automorphismus das Negative eines Elements auf das Negative des Bildes schickt, können wir etwa die beiden Automorphismen

[figure: E; ∼; E; (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}); σ_{1}; (α_{3}, α_{2}, α_{1}, α_{4}); (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}); σ_{2}; (α_{2}, α_{3}, α_{4}, α_{1})]

herausgreifen, wobei in dieser Notation der Automorphismus eintragsweise wirke. Die Einbettung in S_{{α_{1},α_{2},α_{3},α_{4}}} ≃ S_{4} gibt

[figure: Gal(E|K); ∼; S_{4}; σ_{1}; (1, 3); σ_{2}; (1, 2, 3, 4) .]

Das Bild enthält 8 Elemente, womit insbesondere Gal(E|K) = ⟨σ_{1}, σ_{2}⟩ folgt.

Wir verwenden diese Einbettung als Identifikation.

(3) Die echten Zwischenkörper ergeben sich als Fixkörper der Untergruppen

U_{1} = ⟨(1, 3)⟩ ,  U_{2} = ⟨(2, 4)⟩ ,  U_{3} = ⟨(1, 2)(3, 4)⟩ ,  U_{4} = ⟨(1, 3)(2, 4)⟩ ,
U_{5} = ⟨(1, 4)(2, 3)⟩ ,  U_{6} = ⟨(1, 2, 3, 4)⟩ ,  U_{7} = ⟨(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4)⟩ ,
U_{8} = ⟨(1, 3), (1, 3)(2, 4)⟩ .

Schreibe L_{i} := Fix_{U_{i}}(E) für i ∈ [1, 8].

Es wird z.B.

\begin{aligned}L_{1} & = & K(α_{2}) \\ L_{2} & = & K(α_{1}) \\ L_{3} & = & K(α_{1}α_{2}, α_{1} + α_{2}) \\ L_{4} & = & K(α_{1}^{2}, α_{1}α_{2}) \\ L_{5} & = & K(α_{1}α_{2}, α_{1} − α_{2}) \\ L_{6} & = & K(α_{1}^{3}α_{2}) \\ L_{7} & = & K(α_{1}α_{2}) \\ L_{8} & = & K(α_{1}^{2}) . \end{aligned}

(4) Es sind nur L_{4}, L_{6}, L_{7} und L_{8} galoisch über K, da nur U_{4}, U_{6}, U_{7} und U_{8} normal in Gal(E|K) sind.

(5) Wir suchen ein Element a ∈ E, welches in keinem echten Zwischenkörper enthalten ist, d.h. welches unter keinem Galoisautomorphismus ungleich der Identität festgehalten wird. Dies ist z.B. für das Element α_{1} + T α_{2} der Fall, da α_{1} + T α_{2} = ±α_{1} ± T α_{2} nur mit zwei positiven Vorzeichen erfüllt ist, und α_{1} + T α_{2} = ±α_{2} ± T α_{1} für keine Wahl der Vorzeichen erfüllt ist.

Alternativ, das Minimalpolynom von a über K ist

μ_{α_{1}+T α_{2},K}(X) = X^{8} + (T^{5} + T)X^{4} + (T^{10} + T^{8} + T^{4} + T^{2}) ,

und somit von Grad 8.

Aufgabe 3. Zur Verfügung stehen s_{1} = X_{1} + X_{2} + X_{3}, s_{2} = X_{1}X_{2} + X_{1}X_{3} + X_{2}X_{3} und s_{3} = X_{1}X_{2}X_{3}.

Nebenrechnung. Es ist

s_{1}^{4} = (X_{1}^{4} + ⋯) + 4(X_{1}^{3}X_{2} + ⋯) + 6(X_{1}^{2}X_{2}^{2} + ⋯) + 12(X_{1}^{2}X_{2}X_{3} + ⋯)
s_{1}^{2}s_{2} = ((X_{1}^{2} + ⋯) + 2(X_{1}X_{2} + ⋯))(X_{1}X_{2} + ⋯)
= ((X_{1}^{3}X_{2} + ⋯) + (X_{1}^{2}X_{2}X_{3} + ⋯)) + (2(X_{1}^{2}X_{2}^{2} + ⋯) + 4(X_{1}^{2}X_{2}X_{3} + ⋯))
= (X_{1}^{3}X_{2} + ⋯) + 5(X_{1}^{2}X_{2}X_{3} + ⋯) + 2(X_{1}^{2}X_{2}^{2} + ⋯)
s_{2}^{2} = (X_{1}^{2}X_{2}^{2} + ⋯) + 2(X_{1}^{2}X_{2}X_{3} + ⋯) .

Es wird

X_{1}^{4} + X_{2}^{4} + X_{3}^{4} = s_{1}^{4} − 4(X_{1}^{3}X_{2} + ⋯) − 6(X_{1}^{2}X_{2}^{2} + ⋯) − 12(X_{1}^{2}X_{2}X_{3} + ⋯)
= s_{1}^{4} − 4s_{1}^{2}s_{2} + 2(X_{1}^{2}X_{2}^{2} + ⋯) + 8(X_{1}^{2}X_{2}X_{3} + ⋯)
= s_{1}^{4} − 4s_{1}^{2}s_{2} + 2s_{2}^{2} + 4(X_{1}^{2}X_{2}X_{3} + ⋯)
= s_{1}^{4} − 4s_{1}^{2}s_{2} + 2s_{2}^{2} + 4s_{1}s_{3} .

Aufgabe 4.

Wir bestimmen dieses Polynom als Minimalpolynom eines Erzeugers von F_{2^{6}} über F_{2}.

Zunächst sei F_{8} = F_{2}(α_{1}) mittels X^{3} + X + 1 ∈ F_{2}[X] konstruiert, i.e. es sei α_{1}^{3} = α_{1} + 1. Dieses Polynom ist mangels Nullstelle irreduzibel.

Dann sei F_{64} = F_{8}(α_{2}) mittels X^{2} + X + α_{1} + 1 konstruiert, i.e. es sei α_{2}^{2} = α_{2} + α_{1} + 1. Probieren aller 8 Elemente von F_{8} zeigt, daß dieses Polynom mangels Nullstelle in F_{8} irreduzibel ist.

Es ist μ_{α_{2},F_{8}}(X) ein echter Teiler von μ_{α_{2},F_{2}}(X). Also ist F_{2}(α_{2}) als Teilkörper von F_{64} von Grad 3 oder von Grad 6 über F_{2}. Wäre μ_{α_{2},F_{2}}(X) von Grad 3, so gäbe es ein ξ ∈ F_{8} mit (X − ξ)μ_{α_{2},F_{8}}(X) = μ_{α_{2},F_{2}}(X). Dies führt zu ξ(α_{1} + 1) = 1, was wiederum dazu führt, daß der Koeffizient 1 + ξ bei X^{2} von (X − ξ)μ_{α_{2},F_{8}}(X) nicht in F_{2} liegen kann.

Somit ist [F_{2}(α_{2}) : F_{2}] = 6, und folglich μ_{α_{2},F_{2}}(X) ein irreduzibles Polynom von Grad 6. Altenativ kann man auch nachrechnen, daß α_{2} in keinem echten Teilkörper von F_{64} liegt, und dazu nachweisen, daß es unter keinem nichtidentischen Galoisautomorphismus fest bleibt. Es ist Gal(F_{64}|F_{2}) = ⟨F⟩, wobei F : ξ \overline{}ξ^{2}. Es wird

\begin{aligned}F(α_{2}) & = & α_{2}^{2} & = & 1 + α_{1} + α_{2} \\ F^{2}(α_{2}) & = & α_{2}^{4} & = & α_{1} + α_{1}^{2} + α_{2} \\ F^{3}(α_{2}) & = & α_{2}^{8} & = & 1 + α_{2} \\ F^{4}(α_{2}) & = & α_{2}^{16} & = & α_{1} + α_{2} \\ F^{5}(α_{2}) & = & α_{2}^{32} & = & 1 + α_{1} + α_{1}^{2} + α_{2} , \end{aligned}

und in dieser Liste taucht α_{2} selbst nicht auf. Berechnen wir das Minimalpolynom μ_{α_{2},F_{2}}(X). Bezüglich der Basis (1, α_{1}, α_{1}^{2}, α_{2}, α_{1}α_{2}, α_{1}^{2}α_{2}) erhalten wir die Matrix

(\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \end{matrix}) ,

wobei die Spalten die Potenzen von α_{2} durchlaufen. Man kann auch diese Rechnung direkt – als dritte Alternative – dazu anführen, daß in der Tat F_{2}(α_{2}) = F_{64}, wobei hierbei nun die lineare Unabhängigkeit der Spalten zu α_{2}^{0} bis α_{2}^{5} nachzuprüfen ist. (Dazu genügt im vorliegenden Fall die lineare Unabhängigkeit der Spalten zu α_{2}^{0} bis α_{2}^{3} - warum?) Jedenfalls ergibt dies das irreduzible Polynom

μ_{2}(X) = X^{6} + X^{5} + X^{3} + X^{2} + 1 ∈ F_{2}[X]

von Grad 6. Aufgabe 5. Sei p prim, und sei m ≥ 1. Wir führen eine Induktion über m. Falls m ≢_{p} 0, so wird

Φ_{m}(X^{p}) = \frac{X^{pm} − 1}{∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ≠ m \end{matrix}}Φ_{d}(X^{p})}  = \frac{X^{pm} − 1}{( ∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ≠ m \end{matrix}}Φ_{pd}(X))( ∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ≠ m \end{matrix}}Φ_{d}(X))}

= \frac{X^{pm} − 1}{( ∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ≠ m \end{matrix}}Φ_{pd}(X))( ∏_{d | m}Φ_{d}(X))} · Φ_{m}(X) = \frac{X^{pm} − 1}{( ∏_{\begin{matrix}d | pm \\ d ≠ pm \\ d≡_{p}0 \end{matrix}}Φ_{d}(X))( ∏_{\begin{matrix}d | pm \\ d ≠ pm \\ d≢_{p}0 \end{matrix}}Φ_{d}(X))} · Φ_{m}(X)

= Φ_{pm}(X) · Φ_{m}(X) .

Falls m ≡_{p} 0, so wird

Φ_{m}(X^{p}) = \frac{X^{pm} − 1}{∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ≠ m \end{matrix}}Φ_{d}(X^{p})}  = \frac{X^{pm} − 1}{( ∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ≠ m \\ d ≡_{p} 0 \end{matrix}}Φ_{d}(X^{p}))( ∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ≠ m \\ d ≢_{p} 0 \end{matrix}}Φ_{d}(X^{p}))}

= \frac{X^{pm} − 1}{( ∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ≠ m \\ d ≡_{p} 0 \end{matrix}}Φ_{pd}(X))( ∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ≠ m \\ d ≢_{p} 0 \end{matrix}}Φ_{pd}(X)Φ_{d}(X))} = \frac{X^{pm} − 1}{( ∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ≠ m \end{matrix}}Φ_{pd}(X))( ∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ≠ m \\ d ≢_{p} 0 \end{matrix}}Φ_{d}(X))}

= \frac{X^{pm} − 1}{( ∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ≠ m \end{matrix}}Φ_{pd}(X))( ∏_{\begin{matrix}d | m \\ d ≢_{p} 0 \end{matrix}}Φ_{d}(X))}  = \frac{X^{pm} − 1}{( ∏_{\begin{matrix}d | pm \\ d ≠ pm \\ d ≡_{p} 0 \end{matrix}}Φ_{d}(X))( ∏_{\begin{matrix}d | pm \\ d ≢_{p} 0 \end{matrix}}Φ_{d}(X))}

= Φ_{pm}(X) .

Aufgabe 6. Schreibe G := Gal(E|K). Bezeichne A = (σ(x_{i}))_{σ∈G, i∈[1,n]} und d := det A ∈ E.

1. Lösung. Wir wollen zeigen, daß ρ(d) = d für alle ρ ∈ G. Es ist ρ det A = det((ρ(σ(x_{i})))_{σ∈G, i∈[1,n]}), und diese Matrix geht aus A durch Zeilenvertauschung hervor. Die Permutation dieser Zeilenvertauschung ist gegeben durch das Element

[figure: G; ρ̂; ∼; G; σ; ρ ∘ σ]

in S_{G}. Wir haben zu zeigen, daß das Vorzeichen von ρ̂ gleich +1 ist.

Nun ist dieses Element von ungerader Ordnung, da |G| = [E : K] ≡_{2} 1. Und ein Element ungerader Ordnung in einer symmetrischen Gruppe hat nur Zykel ungerader Länge, und also positives Vorzeichen.

Alternatves Argument hierfür. Sei m die Ordnung von ρ̂. Es ist m ≡_{2} 1. Also ist sgn(ρ̂) = sgn(ρ̂)^{m} = sgn(ρ̂^{m}) = sgn(id) = 1.

2. Lösung. Es wird A^{t}A = (∑_{σ∈G} σ(x_{i}x_{j}))_{i,j ∈ [1,n]} = (S_{E|K}(x_{i}x_{j}))_{i,j ∈ [1,n]}. Folglich ist d^{2} = det(A^{t}A) in K. Damit ist [K(d) : K] ∈ {1, 2}. Nun kann aber wegen [E : K] ≡_{2} 1 der Grad der Zwischenerweiterung nicht 2 sein, da er den Grad [E : K] der gesamten Erweiterung teilt. Also ist [K(d) : K] = 1 und d ∈ K.

Aufgabe 7.

(1) Die Aussage ist richtig. Sei R ^{\overline{}^{φ}} R_{𝔭}, x \overline{}\frac{x}{1}.

1. Lösung.

Sei 𝔞 ⊆ R_{𝔭} ein Ideal, und sei 𝔟 := φ^{−1}(𝔞). Da 𝔟 ein Ideal in R ist, ist es endlich erzeugt. Sei etwa 𝔟 = (b_{1}, …, b_{n}). Wir behaupten, daß 𝔞 = (\frac{b_{1}}{1} , …, \frac{b_{n}}{1} ). Per Konstruktion gilt die Inklusion ⊇.

Zeigen wir die Inklusion ⊆. Sei dazu ein Element \frac{x}{s} ∈ 𝔞 vorgegeben, mit x ∈ R und s ∈ R ∖ 𝔭. Dann ist x = ∑_{i∈[1,n]} r_{i}b_{i} für gewisse r_{i} ∈ R, da aus \frac{x}{s} ∈ 𝔞 zunächst \frac{x}{1} = \frac{s}{1} \frac{x}{s} ∈ 𝔞, und somit x ∈ 𝔟 folgt. Somit ist

\frac{x}{s} = ∑_{i∈[1,n]} \frac{r_{i}}{s} \frac{b_{i}}{1} ∈ (\frac{b_{1}}{1} , …, \frac{b_{n}}{1} ) .

2. Lösung.

Sei 𝔞 ⊆ R_{𝔭}. Wir behaupten zunächst, daß R_{𝔭}φ(φ^{−1}(𝔞)) = 𝔞. Die Inklusion ⊆ gilt per Konstruktion. Zeigen wir die Inklusion ⊇. Sei \frac{x}{s} ∈ 𝔞. Dann ist auch \frac{x}{1} ∈ 𝔞, also x ∈ φ^{−1}(𝔞), also \frac{x}{1} ∈ φ(φ^{−1}(𝔞)), und schließlich \frac{x}{s} = \frac{1}{s} \frac{x}{1} ∈ R_{𝔭}φ(φ^{−1}(𝔞)).

Sind also Ideale 𝔞 ⊊ 𝔞′ in R_{𝔭} gegeben, so ist auch φ^{−1}(𝔞) ⊊ φ^{−1}(𝔞′), da aus Gleichheit wiederum 𝔞 = R_{𝔭}φ(φ^{−1}(𝔞)) = R_{𝔭}φ(φ^{−1}(𝔞′)) = 𝔞′ folgte. Gäbe es nun eine unendliche echt aufsteigende Kette von Idealen in R_{𝔭}, so wäre die Kette der Urbilder unter φ eine echt aufsteigende Kette von Idealen von R. Eine solche gibt es aber wegen R noethersch nicht.

(2) Die Aussage ist falsch. Zwar ist α+β ∈ Q(α, β), und Q(α, β) ist algebraisch über Q, doch die Aussage über den Grad des Minimalpolynoms trifft im allgemeinen nicht zu.

Sei z.B. α = \sqrt{2}, also μ_{α,Q}(X) = X^{2} − 2, und β = i, also μ_{β,Q}(X) = X^{2} + 1. Da −1 kein Quadrat in Q(\sqrt{2}) [figure] R ist, ist X^{2} + 1 auch in Q(\sqrt{2})[X] noch irreduzibel, und wir erhalten eine Basis (1, \sqrt{2}, i, i\sqrt{2}) von Q(\sqrt{2}, i) über Q.

Das Minimalpolynom von i + \sqrt{2} berechnet sich nun über die Matrix bezüglich der angeführten Basis

(\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 & −7 \\ 0 & 1 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 & 4 \end{matrix}) ,

die in den Spalten die Potenzen von i + \sqrt{2} aufführt, zu

μ_{i+\sqrt{2},Q}(X) = X^{4} − 2X^{2} + 9 .

(3) Die Aussage ist richtig. Ist G := Gal(E|K), ist f(X) = (X − α_{1})(X − α_{2}) ⋯ (X − α_{n}) ∈ E[X] mit n := deg(f), und schreiben wir A := \{α_{1}, …, α_{n}\}, so ist σ \overline{}σ|_{A} ein injektiver Gruppenmorphismus von G nach S_{A} ≃ S_{n}. Somit ist |G| ein Teiler von |S_{n}| = n!.