Kurs:Einführung in die Algebra (Osnabrück 2009)/11/Klausur mit Lösungen

Aufgabe * (3 Punkte)

Man bestimme den größten gemeinsamen Teiler von ${}3146$ und ${}1515$ und man gebe eine Darstellung des ${}\operatorname {ggT}$ von ${}3146$ und ${}1515$ mittels dieser Zahlen an.

Lösung

Der euklidische Algorithmus liefert:

$3146=2\cdot 1515+116$

$1515=13\cdot 116+7$

$116=16\cdot 7+4$

$7=1\cdot 4+3$

$4=1\cdot 3+1.$

Die Zahlen ${}3146$ und ${}1515$ sind also teilerfremd und ${}1$ ist ihr größter gemeinsamer Teiler. Eine Darstellung der ${}1$ erhält man, indem man diese Division mit Rest rückwärts liest, also

${}{\begin{aligned}1&=4-1\cdot 3\\&=4-(7-1\cdot 4)\\&=2\cdot 4-7\\&=2(116-16\cdot 7)-7\\&=2\cdot 116-33\cdot 7\\&=2\cdot 116-33(1515-13\cdot 116)\\&=-33\cdot 1515+(2+13\cdot 33)\cdot 116\\&=-33\cdot 1515+431\cdot 116\\&=-33\cdot 1515+431(3146-2\cdot 1515)\\&=-895\cdot 1515+431\cdot 3146.\end{aligned}}$

 

Aufgabe * (2 Punkte)

Es sei ${}p$ eine Primzahl. Man gebe einen Körper der Charakteristik ${}p$ an, der unendlich viele Elemente besitzt.

Lösung

Wir starten mit ${}K=\mathbb {Z} /(p)$, das ist ein Körper der Charakteristik ${}p$. Dazu betrachten wir den Quotientenkörper ${}K(X)=Q(K[X])$ des Polynomrings ${}K[X]$. Der Polynomring und sein Quotientenkörper enthalten ${}K$, sodass ${}K(X)$ ebenfalls die Charakteristik ${}p$ besitzt. Ferner enthält ${}K(X)$ die unendlich vielen Potenzen ${}X^{n}$, ${}n\in \mathbb {N}$, die alle untereinander verschieden sind.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Es sei ${}M$ eine Menge mit ${}n$ Elementen. Bestimme die Anzahl der Relationen auf ${}M$, die

1. reflexiv
2. symmetrisch
3. reflexiv und symmetrisch

sind.

Lösung

Es sei ${}M=\{1,\ldots ,n\}$. Eine Relation ${}R$ ist gegeben durch eine bestimmte Menge von geordneten Paaren ${}(x,y)$, ${}x,y\in M$. Daher kann man sich eine Relation auf ${}M$ so vorstellen, dass in einer ${}n\times n$-Tabelle gewisse Stellen angekreuzt werden und andere nicht.

Bei einer beliebigen Relation gibt es keine weiteren Bedingungen, sodass es ${}2^{n^{2}}$ Relationen gibt (das war nicht gefragt).

Bei einer reflexiven Relation muss auf der Diagonalen immer ein Kreuz sein, ansonsten hat man keine Bedingung, es gibt also ${}n^{2}-n=n(n-1)$ freie Stellen und daher ${}2^{n(n-1)}$ reflexive Relationen.

Bei einer symmetrischen Relation hat man oberhalb der Diagonalen (einschließlich dieser) volle Freiheiten (unterhalb der Diagonalen muss sich der Eintrag wiederholen). Da gibt es ${}{\frac {n^{2}-n}{2}}+n={\frac {n^{2}+n}{2}}$ Plätze und somit gibt es ${}2^{\frac {n^{2}+n}{2}}$ symmetrische Relationen.

Bei einer symmetrischen und reflexiven Relation hat man echt oberhalb der Diagonalen volle Wahlfreiheiten. Davon gibt es ${}{\frac {n^{2}-n}{2}}$ Plätze, sodass es ${}2^{\frac {n^{2}-n}{2}}$ symmetrische und reflexive Relationen gibt.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Es sei ${}p$ eine Primzahl und ${}x\in {\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$ eine Einheit. Es sei ${}a$ die Ordnung von ${}x$ in der additiven Gruppe ${}(\mathbb {Z} /(p),+,0)$ und es sei ${}b$ die Ordnung von ${}x$ in der multiplikativen Gruppe ${}({\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times },\cdot ,1)$. Zeige, dass ${}a$ und ${}b$ teilerfremd sind.

Lösung

Da ${}x$ eine Einheit ist, gibt es eine natürliche Zahl ${}n$ mit ${}nx=1\mod p$. Damit durchlaufen die Vielfachen von ${}x$ die ganze Gruppe ${}\mathbb {Z} /(p)$, d.h. ${}x$ ist ein (additiver) Erzeuger dieser Gruppe. Damit ist die additive Ordung von ${}x$ genau ${}p$. Da die Einheitengruppe ${}p-1$ Elemente besitzt, ist die multiplikative Ordnung von ${}x$ kleiner als ${}p$. Damit sind die beiden Ordnungen teilerfremd.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Bestimme sämtliche primitive Einheiten im Restklassenkörper ${}\mathbb {Z} /(13)$.

Lösung

Die multiplikative Ordnung ist ein Teiler von ${}12$. Wir bestimmen zuerst die Ordnung von ${}2$. Es ist

$2^{2}=4\neq 1,\,2^{3}=8\neq 1,\,2^{4}=16=3\neq 1,\,2^{6}=64=-1.$

Daher muss die Ordnung ${}12$ sein und ${}2$ ist eine primitive Einheit. Daher gibt es einen

Gruppenisomorphismus

$(\mathbb {Z} /(12),+,0)\longrightarrow \mathbb {Z} /(13)^{\times },\,n\longmapsto 2^{n},$

der Erzeuger auf Erzeuger abbildet. Die Erzeuger links sind ${}1,5,7,11$ (die zu ${}12$ teilerfremden Zahlen), und diese werden auf die primitiven Einheiten

$2^{1}=2,\,2^{5}=32=6,\,2^{7}=6\cdot 4=11,\,2^{11}=2^{-1}2^{12}=2^{-1}=7$

abgebildet.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Es sei ${}G$ eine Gruppe und ${}H\subseteq G$ eine Untergruppe. Erläutere die Begriffe „Linksnebenklasse“, „Index“ und „Normalteiler“. Zeige, dass eine Untergruppe vom Index ${}2$ ein Normalteiler ist.

Lösung

Zu einer Untergruppe ${}H\subseteq G$ heißt eine Teilmenge der Form ${}gH={\left\{gh\mid h\in H\right\}}$ mit ${}g\in G$ eine Linksnebenklasse. Die Anzahl der Linksnebenklassen heißt der Index von ${}H$ in ${}G$. Eine Untergruppe heißt Normalteiler, wenn ${}gH=Hg$ ist für jedes ${}g\in G$.

Es sei nun ${}H$ eine Untergruppe von ${}G$ vom Index zwei. D.h. es gibt zwei Linksnebenklassen, nämlich ${}H=e_{G}H$ und eine weitere Klasse ${}K=fH$ mit ${}f\not \in H$. Für zwei Elemente ${}u,v\not \in H$ ist ${}uH=fH$ und ${}uv\in H$, da andernfalls ${}uvH=uH$ und somit durch Kürzen doch ${}v\in H$ gelten würde.

Es sei nun ${}g\in G$ beliebig. Bei ${}g\in H$ ist natürlich ${}gH=H=Hg$, sei also ${}g\not \in H$. Dann ist ${}gH=fH=G\setminus H$, da es sonst keine weitere Linksnebenklassen gibt. Wegen ${}Hg\subseteq G\setminus H$ ist ${}Hg\subseteq gH$. Umgekehrt sei ${}gh$ mit ${}h\in H$ gegeben. Dann ist ${}(gh)(g^{-1}h)=h'\in H$ nach der Vorüberlegung und daraus folgt ${}gh=h'h^{-1}g$, also auch ${}gH\subseteq Hg$.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

(a) Bestimme für die Zahlen ${}3$, ${}4$ und ${}7$ modulare Basislösungen, finde also die kleinsten positiven Zahlen, die in

$\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(4)\times \mathbb {Z} /(7)$

die Restetupel ${}(1,0,0),\,(0,1,0)$ und ${}(0,0,1)$ repräsentieren.

(b) Finde mit den Basislösungen die kleinste positive Lösung ${}x$ der simultanen Kongruenzen

$x=2\!\!\mod 3,\,\,\,\,x=3\!\!\mod 4{\text{ und }}x=1\!\!\mod 7.$

Lösung

Für die Basislösung zu ${}(1,0,0)$ müssen wir die Vielfachen von ${}28$ betrachten. Da ${}28=1\mod 3$ ist, ist ${}28$ die erste Basislösung. Ebenso repräsentiert wegen ${}21=1\mod 4$ die ${}21$ das Restetupel ${}(0,1,0)$. Die Vielfachen von ${}12$ haben modulo ${}7$ die Reste

$12=5\mod 7,\,\,24=3\mod 7\,{\text{ und }}\,36=1\mod 7,$

also repräsentiert ${}36$ das Restetupel ${}(0,0,1)$.

Das Tupel ${}(2,3,1)$ wird daher von (beachte ${}3\cdot 4\cdot 7=84$)

${}2\cdot 28+3\cdot 21+36=56+63+36=155=71\,$

repräsentiert.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Betrachte die beiden Permutationen

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
${}\sigma (x)$	${}2$	${}5$	${}3$	${}7$	${}1$	${}4$	${}8$	${}6$

und

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
${}\tau (x)$	${}4$	${}5$	${}2$	${}8$	${}6$	${}7$	${}1$	${}3$

Berechne ${}\sigma \tau$ und ${}\tau \sigma$. Bestimme die Anzahl der Fehlstände und das Vorzeichen von ${}\tau$. Man gebe die Zyklendarstellung von ${}\sigma$ und von ${}\sigma ^{3}$ an. Was ist die Ordnung von ${}\sigma$?

Lösung

Die Produkte der beiden Permutationen sind als Wertetabellen geschrieben

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
${}\tau \sigma (x)$	${}5$	${}6$	${}2$	${}1$	${}4$	${}8$	${}3$	${}7$

und

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
${}\sigma \tau (x)$	${}7$	${}1$	${}5$	${}6$	${}4$	${}8$	${}2$	${}3$

Die Fehlstände von ${}\tau$ sind

$(1,3),\,(1,7),\,(1,8),\,(2,3),\,(2,7),\,(2,8),\,(3,7),\,(4,5),\,(4,6),\,(4,7),\,(4,8),\,(5,7),\,(5,8),\,(6,7),\,(6,8).$

Das sind also ${}15$ Fehlstände und damit ist das Vorzeichen ${}-1$.

Die Zyklendarstellung von ${}\sigma$ ist (wir führen auch die Fixpunkte aus)

$\langle 1,\,2,\,5\rangle \langle 3\rangle \langle 4,\,7,\,8,\,6\rangle .$

Daher hat ${}\sigma ^{3}$ die Zyklendarstellung

$\langle 1\rangle \langle 2\rangle \langle 5\rangle \langle 3\rangle \langle 4,\,6,\,8,\,7\rangle .$

Die Ordnung von ${}\sigma$ ist ${}12$, da ein Dreierzyklus und ein Viererzyklus beteiligt sind.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Formuliere und beweise den Satz von Cayley für endliche Gruppen.

Lösung

Der Satz von Cayley für endliche Gruppen besagt, dass sich jede endliche Gruppe als Untergruppe einer endlichen Permutationsgruppe auffassen lässt. Zum Beweis geht man wie folgt vor. Zur Gruppe ${}G$ bezeichnet ${}\operatorname {Perm} \,(G)$ die Gruppe der Permutationen auf der Menge ${}G$. Man betrachtet die Abbildung

$L\colon G\longrightarrow \operatorname {Perm} \,(G),\,g\longmapsto L_{g}:(h\mapsto gh),$

d.h. dem Gruppenelement ${}g$ wird die Multiplikation mit ${}g$ zugeordnet. Dabei ist diese Multiplikation wirklich eine Bijektion auf ${}G$ (mit der Multiplikation mit ${}g^{-1}$ als inverser Abbildung). Wir zeigen, dass die Zuordnung ${}g\mapsto L_{g}$ ein injektiver Gruppenhomomorphismus ist. Offenbar ist ${}L_{e_{G}}$ die Identität, also das neutrale Element der Permutationsgruppe. Es seien ${}g,g'\in G$ und ${}h\in G$. Dann ist

${}L_{gg'}(h)=(gg')h=g(g'h)=L_{g}(g'h)=L_{g}(L_{g'}(h))=(L_{g}\circ L_{g'})(h)\,,$

sodass ein Gruppenhomomorphismus vorliegt. Aus ${}L_{g}=\operatorname {id}$ folgt sofort ${}g=L_{g}(e_{G})=e_{G}$, sodass die Abbildung auch injektiv ist. Daher ist ${}G$ isomorph zur Bildgruppe, die eine Untergruppe der endlichen Permutationsgruppe ist.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Es sei ${}G\subseteq \operatorname {SO} _{3}\,(\mathbb {R} )$ eine endliche Untergruppe der Gruppe der eigentlichen, linearen Isometrien des ${}\mathbb {R} ^{3}$. Definiere die Begriffe „Halbachse von ${}G$“ und erläutere, wann zwei Halbachsen „äquivalent“ sind. Zu einer Halbachse ${}H$ sei

$G_{H}={\left\{g\in G\mid g(H)=H\right\}}.$

Zeige, dass zu zwei äquivalenten Halbachsen

${}H_{1}$ und ${}H_{2}$ die Gruppen ${}G_{H_{1}}$ und ${}G_{H_{2}}$ isomorph sind.

Lösung

Eine Halbachse zu ${}G$ ist eine Halbgerade, die durch die Drehachse eines Elementes ${}g\in G$, ${}g\neq \operatorname {id}$, gegeben ist. Zwei Halbachsen ${}H$ und ${}H'$ heißen äquivalent, wenn es ein ${}f\in G$ gibt mit ${}f(H)=H'$. Es seien zwei äquivalente Halbachsen ${}H,H'$ gegeben und seien ${}G_{H}={\left\{g\in G\mid g(H)=H\right\}}$ und ${}G_{H'}={\left\{g\in G\mid g(H')=H'\right\}}$ die zugehörigen Isotropiegruppen. Dann definiert ${}f\in G$ mit ${}f(H)=H'$ durch

$G_{H}\longrightarrow G_{H'},\,g\longmapsto fgf^{-1},$

einen Isomorphismus der beiden Gruppen. Als ein innerer Automorphismus ist diese Zuordnung ein Isomorphismus auf ${}G$, man muss also nur noch zeigen, dass ${}G_{H}$ nach ${}G_{H'}$ abgebildet wird. Für ${}g\in G_{H}$ ist aber

${}(fgf^{-1})(H')=(fg)f^{-1}(H')=(fg)(H)=f(g(H))=f(H)=H'\,,$

sodass ${}fgf^{-1}\in G_{H'}$ ist.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}R$ ein Ring mit ${}0\neq 1$ und

$\varphi \colon K\longrightarrow R$

ein Ringhomomorphismus. Zeige direkt (ohne Bezug auf Sätze der Vorlesung), dass ${}\varphi$ injektiv ist.

Lösung

Es seien ${}a,b\in K$ vorgegeben, und sei angenommen, dass ${}\varphi (a)=\varphi (b)$ ist. Dann ist

${}\varphi (a-b)=\varphi (a)-\varphi (b)=0\,.$

Wenn ${}a-b\neq 0$ wäre, so wäre dies eine Einheit, d.h. es gäbe ein ${}x\in K$ mit ${}x(a-b)=1$. Dann wäre

${}\varphi (x)0=\varphi (x)\varphi (a-b)=\varphi (x(a-b))=\varphi (1)=1\,.$

Aus ${}\varphi (x)0=\varphi (x)(0+0)=\varphi (x)0+\varphi (x)0$ folgt daraus ${}\varphi (x)0=0$, also ${}0=1$ im Widerspruch zur Voraussetzung an ${}R$. Also ist ${}a-b=0$ und ${}a=b$.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Beweise mit Hilfe der eindeutigen Primfaktorzerlegung in ${}\mathbb {Z}$, dass ${}9^{1/3}$ irrational ist.

Lösung

Nehmen wir an, dass es eine Darstellung

$9^{1/3}={\frac {a}{b}}$

mit positiven natürlichen Zahlen ${}a,b$ gibt. Wenn ${}a$ und ${}b$ einen gemeinsamen Teiler ${}\geq 2$ hat, so können wir mit diesem kürzen und erhalten dann eine Bruchdarstellung mit teilerfremden Zähler und Nenner. Es seien also ${}a$ und ${}b$ teilerfremd. Wir nehmen die dritte Potenz der Anfangsgleichung und erhalten

$9={\frac {a^{3}}{b^{3}}}$

bzw.

$3^{2}b^{3}=a^{3}.$

Diese Zahl hat eine eindeutige Primfaktorzerlegung. In ihr kommt ${}3$ vor, sodass ${}3{|}a^{3}$ und daher ${}3{|}a$ ist, da ${}3$ eine Primzahl ist. Also kommt rechterseits ${}3$ mit einem Exponenten ${}\geq 3$ in der Primfaktorzerlegung vor, linkerseits aber nur mit dem Exponenten ${}2$, da ${}b$ kein Vielfaches von ${}3$ ist. Dies ist ein Widerspruch.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Man bestimme sämtliche komplexen Nullstellen des Polynoms

$X^{3}-1$

und man gebe die Primfaktorzerlegung von diesem Polynom in ${}\mathbb {R} [X]$ und in ${}{\mathbb {C} }[X]$ an.

Lösung

Zunächst ist ${}1$ eine Nullstelle und daher ist ${}X-1$ ein Linearfaktor. Division mit Rest ergibt

${}(X^{3}-1)=(X-1)(X^{2}+X+1)\,.$

Wir müssen also noch die komplexen Nullstellen von ${}X^{2}+X+1$ bestimmen. Dazu ist

${}X^{2}+X+1={\left(X+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}-{\frac {1}{4}}+1={\left(X+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}+{\frac {3}{4}}\,.$

Damit ist

${}X+{\frac {1}{2}}=\pm {\mathrm {i} }{\sqrt {\frac {3}{4}}}\,$

und somit sind die weiteren Nullstellen

$x_{2}=-{\frac {1}{2}}+{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {3}}{2}}\,\,{\text{ und }}\,\,x_{3}=-{\frac {1}{2}}-{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {3}}{2}}.$

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Q} [X]/(X^{3}-7)$ das Inverse von ${}3x+4$ (${}x$ bezeichnet die Restklasse von ${}X$).

Lösung

Wir machen Division mit Rest von ${}X^{3}-7$ durch ${}3X+4$. Das ergibt

$X^{3}-7=(3X+4){\left({\frac {1}{3}}X^{2}-{\frac {4}{9}}X+{\frac {16}{27}}\right)}-{\frac {253}{27}}.$

Also ist

$(3x+4){\left({\frac {1}{3}}x^{2}-{\frac {4}{9}}x+{\frac {16}{27}}\right)}={\frac {253}{27}}\mod X^{3}-7$

und daher ist das Inverse von ${}3x+4$ gegeben durch

${\frac {27}{253}}{\left({\frac {1}{3}}x^{2}-{\frac {4}{9}}x+{\frac {16}{27}}\right)}={\frac {9}{253}}x^{2}-{\frac {12}{253}}x+{\frac {16}{253}}.$

 

Die folgende Aufgabe verwendet den Begriff der algebraischen Körpererweiterung.

Eine Körpererweiterung ${}K\subseteq L$, heißt algebraisch, wenn jedes Element ${}f\in L$ algebraisch über ${}K$ ist.

Aufgabe * (5 Punkte)

Es seien ${}K\subseteq L$ und ${}L\subseteq M$ algebraische Körpererweiterungen. Zeige, dass dann auch ${}K\subseteq M$ eine algebraische Körpererweiterung ist.

Lösung

Es ist zu zeigen, dass jedes Element ${}f\in M$ algebraisch über ${}K$ ist. Nach Voraussetzung ist ${}f$ algebraisch über ${}L$, d.h. es gibt ein normiertes Polynom ${}P\in L[X]$ mit ${}P(f)=0$. Es seien ${}a_{0},\ldots ,a_{n}\in L$ die Koeffizienten von ${}P$. Da ${}L$ über ${}K$ algebraisch ist, sind all diese Koeffizienten algebraisch über ${}K$. Wir betrachten die Kette von ${}K$-Algebren

$K\subseteq K[a_{0}]\subseteq K[a_{0},a_{1}]\subseteq K[a_{0},a_{1},a_{2}]\subseteq \ldots \subseteq K[a_{0},\ldots ,a_{n}]=:K'.$

Dabei ist jeweils ${}a_{i}$ über ${}K[a_{0},\ldots ,a_{i-1}]$ algebraisch und daher handelt es sich jeweils um endliche Körpererweiterungen. Nach der Gradformel ist dann auch ${}K\subseteq K'$ endlich. Weiterhin ist ${}P\in K'[X]$, da ja nach Konstruktion die Koeffizienten von ${}P$ zu ${}K'$ gehören. Also ist ${}f$ algebraisch über ${}K'$ und damit zeigt wieder die Kette ${}K\subseteq K'\subseteq K'[f]$, dass ${}K'[f]$ und erst recht ${}K[f]$ endlich über ${}K$ ist. Also ist ${}f$ algebraisch über ${}K$.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es sei ${}z=a+b{\mathrm {i} }\in {\mathbb {C} }$, ${}a,b\in \mathbb {R}$, eine algebraische Zahl. Zeige, dass auch die konjugiert-komplexe Zahl ${}{\overline {z}}=a-b{\mathrm {i} }$ sowie der Real- und der Imaginärteil von ${}z$ algebraisch sind. Man bestimme den Grad der Körpererweiterung

${\mathbb {A} }\cap \mathbb {R} \subseteq {\mathbb {A} }.$

(${}\mathbb {A}$ bezeichnet dabei den Körper der algebraischen Zahlen.)

Lösung

Sei ${}P\in \mathbb {Q} [X]$, ${}P\neq 0$, mit ${}P(z)=0$. Die komplexe Konjugation ist ein ${}\mathbb {R}$- Algebrahomomorphismus, daher ist

${}P({\overline {z}})={\overline {P}}({\overline {z}})={\overline {P(z)}}={\overline {0}}=0\,.$

Der Realteil von ${}z$ lässt sich als ${}a={\frac {z+{\overline {z}}}{2}}$ erhalten und der Imaginärteil als ${}b={\frac {z-{\overline {z}}}{2i}}$. Da die Summe, die Differenz und das Produkt von algebraischen Zahlen wieder algebraisch ist, und da ${}i$ algebraisch ist (als Nullstelle von ${}X^{2}+1$), folgt, dass Real- und Imaginärteil auch algebraisch sind. D.h. zu jeder algebraischen Zahl ${}z=a+bi$ sind die reellen Koordinaten auch algebraisch.

Wir setzen ${}T={\mathbb {A} }\cap \mathbb {R}$ und behaupten, dass ${}{\mathbb {A} }=T+Ti$ ist und der Grad daher zwei ist (da ${}i\not \in \mathbb {R}$ ist). Die Inklusion „ ${}\subseteq$ “ haben wir soeben gezeigt. Die andere Inklusion folgt daraus, dass ${}i$ algebraisch ist.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es sei eine Gerade ${}G$ gegeben, auf der zwei Punkte als ${}0$ und ${}1$ ausgezeichnet seien, sodass man diese Gerade mit den reellen Zahlen ${}\mathbb {R}$ identifizieren kann. Es seien zwei Zahlen ${}a$ und ${}b$ auf ${}G$ gegeben. Beschreibe, wie man die beiden Zahlen durch eine geometrische Konstruktion mit Zirkel und Lineal miteinander multiplizieren kann, sodass das Produkt wieder auf ${}G$ liegt (dabei darf die Konstruktion von Parallelen und Senkrechten verwendet werden). Skizziere die Situation.

Lösung

Man zeichnet eine senkrechte Gerade ${}H$ zu ${}G$ durch den Nullpunkt. Mit dem Zirkel schlägt man Kreise mit dem Nullpunkt als Mittelpunkt durch ${}1$, ${}a$ und ${}b$ und markiert die entsprechenden Punkte auf ${}H$ als ${}1'$, ${}a'$ und ${}b'$. Dabei wählt man ${}1'$ als einen der beiden Schnittpunkte und ${}a'$ und ${}b'$ müssen dann auf den entsprechenden Halbgeraden sein. Jetzt zeichnet man die Gerade ${}P$ durch ${}a$ und ${}1'$ und dazu die parallele Gerade ${}P'$ durch ${}b'$. Diese Gerade schneidet ${}G$ in genau einem Punkt ${}x$. Für diesen Punkt gilt nach dem Strahlensatz das Streckenverhältnis

${}x:a=b':1'=b:1\,.$

Also ist ${}x=ab$.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Beschreibe die wesentlichen mathematischen Schritte, mit denen man beweisen kann, dass die „Quadratur des Kreises“ nicht möglich ist.

Lösung

Das Problem der Quadratur des Kreises bedeutet die Fragestellung, ob man aus einem durch den Radius gegebenen Kreis ein flächengleiches Quadrat mit Hilfe von Zirkel und Lineal konstruieren kann. Den Radius kann man dabei zu ${}1$ normieren und durch zwei Punkte ${}0$ und ${}1$ repräsentieren. Da der Kreisinhalt ${}\pi$ ist, muss die Seitenlänge des zu konstruierenden Quadrates ${}{\sqrt {\pi }}$ sein. Damit ist die Frage äquivalent dazu, ob man aus zwei Punkten mit Abstand ${}1$ mittels Zirkel und Lineal den Abstand ${}{\sqrt {\pi }}$ konstruieren kann.

Der entscheidende Schritt ist, die Menge aller aus ${}0$ und ${}1$ konstruierbaren Punkte in der Ebene mathematisch zu erfassen. Dabei ergibt sich, dass bei jedem elementaren Schritt (wie dem Durchschnitt von einem Kreis und einer Geraden) der neue Punkt in einer quadratischen Körpererweiterung der schon konstruierten Punkte liegt. Daraus ergibt sich induktiv, dass jeder konstruierbare Punkt eine algebraische Zahl ist. Der Satz von Lindemann besagt allerdings, dass ${}\pi$ und damit auch ${}{\sqrt {\pi }}$ keine algebraische Zahl ist, und damit auch nicht konstruierbar.

 

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