Kurs:Elementare Algebra/10/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	${}\sum$
Punkte	3	3	0	2	2	2	4	4	3	4	0	3	3	2	3	3	6	4	4	8	63

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Der Körper der komplexen Zahlen (mit den Verknüpfungen).
2. Ein Normalteiler ${}N$ in einer Gruppe ${}G$.
3. Ein Radikal in einem kommutativen Ring ${}R$.
4. Der Quotientenkörper zu einem kommutativen Ring ${}R$.
5. Ein Untervektorraum ${}U\subseteq V$ in einem ${}K$-Vektorraum ${}V$.
6. Eine aus einer Teilmenge ${}T\subseteq E$ einer Ebene ${}E$ elementar konstruierbare Gerade ${}G$.

Lösung

1. Die Menge

   $\mathbb {R} ^{2}$

   mit ${}0:=(0,0)$ und ${}1:=(1,0)$, mit der komponentenweisen Addition und der durch

   ${}(a,b)\cdot (c,d):=(ac-bd,ad+bc)\,$

   definierten Multiplikation nennt man Körper der komplexen Zahlen.

2. Ein Untergruppe ${}H\subseteq G$ ist ein Normalteiler, wenn

   ${}xH=Hx\,$

   für alle ${}x\in G$ ist.

3. Ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}$ in einem kommutativen Ring ${}R$ heißt Radikal, wenn folgendes gilt: Falls ${}f^{n}\in {\mathfrak {a}}$ ist für ein ${}n\in \mathbb {N}$, so ist bereits ${}f\in {\mathfrak {a}}$.
4. Zu einem Integritätsbereich ${}R$ ist der Quotientenkörper ${}Q(R)$ als die Menge der formalen Brüche

   ${}Q(R)={\left\{{\frac {r}{s}}\mid r,s\in R,\,s\neq 0\right\}}\,$

   mit natürlichen Identifizierungen und Operationen definiert.

5. Die Teilmenge ${}U\subseteq V$ heißt Untervektorraum, wenn die folgenden Eigenschaften gelten.
   1. ${}0\in U$.
   2. Mit ${}u,v\in U$ ist auch ${}u+v\in U$.
   3. Mit ${}u\in U$ und ${}s\in K$ ist auch ${}su\in U$.
6. Die Gerade ${}G$ heißt aus ${}T\subseteq E$ elementar konstruierbar, wenn es zwei verschiedene Punkte ${}P,Q\in T$ derart gibt, dass ${}G$ die Verbindungsgerade dieser Punkte ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Lemma von Bezout für zwei Elemente ${}a,b$ in einem Hauptidealbereich.
2. Der Satz über die Faktorisierung für einen Ringhomomorphismus.
3. Der Basisaustauschsatz.

Lösung

1. Es sei ${}R$ ein Hauptidealbereich und seien ${}a,b\in R$ zwei teilerfremde Elemente. Dann kann man die ${}1$ als Linearkombination von ${}a$ und ${}b$ darstellen, d.h. es gibt Elemente ${}r,s\in R$ mit ${}ra+sb=1$.
2. Es seien ${}R$ und ${}S$ kommutative Ringe und es sei

   $\varphi \colon R\longrightarrow S$

   ein Ringhomomorphismus. Dann gibt es eine kanonische Faktorisierung

   $R{\stackrel {q}{\longrightarrow }}R/\operatorname {kern} \varphi {\stackrel {\theta }{\longrightarrow }}\operatorname {bild} \varphi {\stackrel {\iota }{\hookrightarrow }}S,$

   wobei ${}q$ die kanonische Projektion, ${}\theta$ ein Ringisomorphismus und ${}\iota$ die kanonische Inklusion des Bildes ist.
3. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum mit einer Basis

   $b_{1},\ldots ,b_{n}.$

   Ferner sei

   $u_{1},\ldots ,u_{k}$

   eine Familie von linear unabhängigen Vektoren in ${}V$. Dann gibt es eine Teilmenge ${}J=\{i_{1},i_{2},\ldots ,i_{k}\}\subseteq \{1,\ldots ,n\}=I$ derart, dass die Familie

   $u_{1},\ldots ,u_{k},b_{i},i\in I\setminus J,$

   eine Basis von ${}V$ ist.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise den Satz über die Lösbarkeit von Gleichungen in einer Gruppe ${}G$.

Lösung

Wir betrachten die linke Gleichung. Aus beidseitiger Multiplikation mit ${}a^{-1}$ (bzw. mit ${}a$) von links folgt, dass nur

${}x=a^{-1}\circ b\,$

als Lösung in Frage kommt. Wenn man dies einsetzt, so sieht man, dass es sich in der Tat um eine Lösung handelt.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne

$(-2x^{3}+3x^{2}+3x-2)^{2}$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}(-2x^{3}+3x^{2}+3x-2)^{2}&=4x^{6}-12x^{5}-3x^{4}+26x^{3}-3x^{2}-12x+4\\\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}P\in {\mathbb {C} }[X]$ ein nichtkonstantes Polynom. Zeige, dass die Abbildung

${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto P(z),$

surjektiv ist.

Lösung

Es sei ${}c\in {\mathbb {C} }$ vorgegeben. Da ${}P$ nicht konstant ist, ist auch ${}P(z)-c$ nicht konstant und besitzt nach dem Fundamentalsatz der Algebra eine Nullstelle. Also gibt es ein ${}w\in {\mathbb {C} }$ mit

${}P(w)-c=0\,,$

also

${}P(w)=c\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Lemma von Bezout für einen Hauptidealbereich.

Lösung

Es sei ${}I=(a_{1},\ldots ,a_{n})$ das von den Elementen erzeugte Ideal. Da wir in einem Hauptidealring sind, handelt es sich um ein Hauptideal; es gibt also ein Element ${}d$ mit ${}I=(d)$. Wir behaupten, dass ${}d$ ein größter gemeinsamer Teiler der ${}a_{1},\ldots ,a_{n}$ ist. Die Inklusionen ${}(a_{i})\subseteq I=(d)$ zeigen, dass es sich um einen gemeinsamen Teiler handelt. Es sei ${}e$ ein weiterer gemeinsamer Teiler der ${}a_{1},\ldots ,a_{n}$. Dann ist wieder ${}(d)=I\subseteq (e)$, was wiederum ${}e{|}d$ bedeutet. Die Darstellungsaussage folgt unmittelbar aus ${}d\in I=(a_{1},\ldots ,a_{n})$.

Im teilerfremden Fall ist ${}I=(a_{1},\ldots ,a_{n})=R$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Z}$ mit Hilfe des euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von ${}5371400$ und ${}695700$.

Lösung

Es ist offenbar ${}100$ ein gemeinsamer Teiler der beiden Zahlen, deshalb bestimmen wir den größten gemeinsamen Teiler von ${}53714$ und ${}6957$. Der Euklidische Algorithmus liefert:

$53714=7\cdot 6957+5015$

$6957=1\cdot 5015+1942$

$5015=2\cdot 1942+1131$

$1942=1\cdot 1131+811$

$1131=1\cdot 811+320$

$811=2\cdot 320+171$

$320=1\cdot 171+149$

$171=1\cdot 149+22$

$149=6\cdot 22+17$

$22=1\cdot 17+5$

$17=3\cdot 5+2$

$5=2\cdot 2+1$

$2=2\cdot 1+0.$

Daher sind die beiden um ${}100$ gekürzten Zahlen teilerfremd und der größte gemeinsame Teiler der beiden Ausgangszahlen ist ${}100$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass eine Quadratzahl ${}\neq 0$ stets eine ungerade Anzahl an Teilern besitzt.

Lösung

Es sei

${}a=b^{2}\,$

und

${}b=p_{1}^{r_{1}}\cdots p_{k}^{r_{k}}\,$

die Primfaktorzerlegung von ${}b$ (mit verschiedenen Primfaktoren). Dann ist

${}a={\left(p_{1}^{r_{1}}\cdots p_{k}^{r_{k}}\right)}^{2}=p_{1}^{2r_{1}}\cdots p_{k}^{2r_{k}}\,.$

Die Teiler von ${}a$ haben die Form

$p_{1}^{i_{1}}\cdots p_{k}^{i_{k}}$

mit

${}0\leq i_{j}\leq 2r_{j}\,$

für alle ${}j$. Somit gibt es

$(2r_{1}+1)\cdots (2r_{2}+1)\cdots (2r_{k}+1)$

Teiler von ${}a$, und dies ist als ein Produkt von ungeraden Zahlen wieder ungerade.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Kernkriterium für die Injektivität eines Gruppenhomomorphismus

$\varphi \colon G\longrightarrow H.$

Lösung

Wenn ${}\varphi$ injektiv ist, so darf auf jedes Element ${}h\in H$ höchstens ein Element aus ${}G$ gehen. Da ${}e_{G}$ auf ${}e_{H}$ geschickt wird, darf kein weiteres Element auf ${}e_{H}$ gehen, d.h. ${}\ker \varphi =\{e_{G}\}$. Es sei umgekehrt dies der Fall und sei angenommen, dass ${}g,{\tilde {g}}\in G$ beide auf ${}h\in H$ geschickt werden. Dann ist

${}\varphi {\left(g{\tilde {g}}^{-1}\right)}=\varphi (g)\varphi ({\tilde {g}})^{-1}=hh^{-1}=e_{H}\,$

und damit ist ${}g{\tilde {g}}^{-1}\in \operatorname {kern} \varphi$, also ${}g{\tilde {g}}^{-1}=e_{G}$ nach Voraussetzung und damit ${}g={\tilde {g}}$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 (1+1+0.5+0.5) Punkte)

Wir betrachten in der Gruppe ${}\mathbb {Z} \times \mathbb {Z} =\mathbb {Z} ^{2}$ die Untergruppe

${}U=\langle {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}\rangle ={\left\{a{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}\mid a,b\in \mathbb {Z} \right\}}\,$

und die zugehörige Äquivalenzrelation.

a) Skizziere die Punkte (eine sinnvolle Auswahl) aus ${}U$ (als Punkte in ${}\mathbb {Z} ^{2}$) mit einer Farbe.

b) Skizziere mit verschiedenen Farben die verschiedenen Äquivalenzklassen (Nebenklassen).

c) Wie viele Äquivalenzklassen gibt es? Beschreibe ein Repräsentantensystem.

d) Erstelle eine Verknüpfungstabelle für die Farben. Welche Farben sind zueinander invers?

Lösung Zweidimensionales Gitter/(1,1) und (1,-1)/Äquivalenzrelation/Farben/Restklassenaddition/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper. Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon K\longrightarrow \operatorname {Mat} _{2}(K),\,a\longmapsto {\begin{pmatrix}a&0\\0&0\end{pmatrix}}.$

Welche Eigenschaften eines Ringhomomorphismus erfüllt die Abbildung ${}\varphi$, welche nicht?

Lösung

Es ist

${}\varphi (a+b)={\begin{pmatrix}a+b&0\\0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a&0\\0&0\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}b&0\\0&0\end{pmatrix}}=\varphi (a)+\varphi (b)\,,$

die Abbildung ist also mit der Addition verträglich.

Es ist

${}\varphi (a\cdot b)={\begin{pmatrix}a\cdot b&0\\0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a&0\\0&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}b&0\\0&0\end{pmatrix}}=\varphi (a)\cdot \varphi (b)\,,$

die Abbildung ist also mit der Multiplikation verträglich.

Es ist

${}\varphi (1)={\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}}\neq {\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,,$

die Abbildung bildet also nicht die ${}1$ auf die ${}1$ ab. Insgesamt liegt kein Ringhomomorphismus vor.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass es keinen Ringhomomorphismus von ${}\mathbb {R}$ nach ${}\mathbb {Q}$ gibt.

Lösung

Angenommen, es existiert ein Ringhomomorphismus

$\varphi \colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {Q} .$

Es sei ${}x=\varphi ({\sqrt {2}})$, eine rationale Zahl. Es gilt dann

${}2=\varphi (2)=\varphi ({\sqrt {2}})\cdot \varphi ({\sqrt {2}})=x^{2}\,,$

ein Widerspruch zu Fakt *****.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne in

$\mathbb {Z} /(7)[X]/(X^{3}+4X^{2}+X+5)$

das Produkt

$(2x^{2}+5x+3)\cdot (3x^{2}+x+6)$

(${}x$ bezeichne die Restklasse von ${}X$).

Lösung

Es ist

${}x^{3}=3x^{2}+6x+2\,$

und

${}{\begin{aligned}x^{4}&=x(3x^{2}+6x+2)\\&=3x^{3}+6x^{2}+2x\\&=3(3x^{2}+6x+2)+6x^{2}+2x\\&=x^{2}+6x+6.\end{aligned}}$

Daher ist

${}{\begin{aligned}(2x^{2}+5x+3)\cdot (3x^{2}+x+6)&=6x^{4}+3x^{3}+5x^{2}+5x+4\\&=6(x^{2}+6x+6)+3(3x^{2}+6x+2)+5x^{2}+5x+4\\&=6x^{2}+3x+4.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne ${}24^{1000000}$ in ${}\mathbb {Z} /(35)$.

Lösung

Der Zahl ${}24$ entspricht in ${}\mathbb {Z} /(35)\cong \mathbb {Z} /(5)\times \mathbb {Z} /(7)$ das Paar ${}(4,3)$. Das Element ${}4$ hat in ${}\mathbb {Z} /(5)$ die Ordnung ${}2$. Das Element ${}3$ hat in ${}\mathbb {Z} /(7)$ wegen ${}3^{2}=2\neq 1$ und ${}3^{3}=6\neq 1$ die Ordnung ${}6$. Die multiplikative Ordnung von ${}24$ ist somit ${}6$. In ${}\mathbb {Z} /(6)$ gilt (durch abziehen von $600000$ und $360000$ etc.)

${}1000000=400000=40000=4000=400=40=4\,.$

Daher ist die gefragte Potenz in Produktschreibweise gleich

${}(4^{4},3^{4})=(1,2^{2})=(1,4)\,.$

Diesem Paar entspricht das Element ${}11$.

Aufgabe (6 Punkte)

Wir betrachten die letzte Ziffer im kleinen Einmaleins (ohne die Zehnerreihe) als eine Familie von ${}9$-Tupeln der Länge ${}9$, also die Zeilenvektoren in der Matrix

${\begin{pmatrix}1&2&3&4&5&6&7&8&9\\2&4&6&8&0&2&4&6&8\\3&6&9&2&5&8&1&4&7\\4&8&2&6&0&4&8&2&6\\5&0&5&0&5&0&5&0&5\\6&2&8&4&0&6&2&8&4\\7&4&1&8&5&2&9&6&3\\8&6&4&2&0&8&6&4&2\\9&8&7&6&5&4&3&2&1\end{pmatrix}}.$

Welche Dimension besitzt der durch diese Tupel aufgespannte Untervektorraum des ${}\mathbb {R} ^{9}$?

Lösung

Die Zeilen der Matrix seien mit ${}I-IX$ bezeichnet. Es ist

${}I+IX=III+VII=\left(10,\,10,\,10,\,10,\,10,\,10,\,10,\,10,\,10\right)\,$

und

${}II+VIII=IV+VI=\left(10,\,10,\,10,\,10,\,0,\,10,\,10,\,10,\,10\right)\,.$

Somit tragen die achte und die neunte Zeile nichts zur Vektorraumdimension bei, da sie in dem von den ersten sieben Zeilen erzeugten Untervektorraum liegen. Ferner zeigen diese Gleichungen, dass man die siebte Zeile durch die Zeile

${}VII'=\left(1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1\right)\,$

und die sechste Zeile (durch $\left(1,\,1,\,1,\,1,\,0,\,1,\,1,\,1,\,1\right)$ und damit) durch

${}VI'=\left(0,\,0,\,0,\,0,\,1,\,0,\,0,\,0,\,0\right)\,$

ersetzen kann. Wir berechnen

${}II-2I=\left(0,\,0,\,0,\,0,\,-10,\,-10,\,-10,\,-10,\,-10\right)\,,$

${}III-3I=\left(0,\,0,\,0,\,-10,\,-10,\,-10,\,-20,\,-20,\,-20\right)\,,$

${}IV-4I=\left(0,\,0,\,-10,\,-10,\,-20,\,-20,\,-20,\,-30,\,-30\right)\,,$

${}V-5I=\left(0,\,-10,\,-10,\,-20,\,-20,\,-30,\,-30,\,-40,\,-40\right)\,$

und bezeichnen hinfort die mit ${}-{\frac {1}{10}}$ multiplizierten Vektoren mit ${}II',III',IV',V'$. Es ist

${}{\begin{aligned}VII^{\prime \prime }&:=VII'-I+V'+IV'\\&=\left(1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1,\,1\right)\\&\,-\left(1,\,2,\,3,\,4,\,5,\,6,\,7,\,8,\,9\right)\\&\,+\left(0,\,1,\,1,\,2,\,2,\,3,\,3,\,4,\,4\right)\\&\,+\left(0,\,0,\,1,\,1,\,2,\,2,\,2,\,3,\,3\right)\\&=\left(0,\,0,\,0,\,0,\,0,\,0,\,-1,\,0,\,-1\right).\end{aligned}}$

In der Reihenfolge

$I,V',IV',III',VI',II'-VI',VII^{\prime \prime }$

sind diese Vektoren in oberer Dreiecksgestalt und somit ist die Dimension gleich ${}7$.

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

a) Man gebe ein Beispiel für rationale Zahlen ${}a,b,c\in {]0,1[}$ mit

${}a^{2}+b^{2}=c^{2}\,.$

b) Man gebe ein Beispiel für rationale Zahlen ${}a,b,c\in {]0,1[}$ mit

${}a^{2}+b^{2}\neq c^{2}\,.$

c) Man gebe ein Beispiel für irrationale Zahlen ${}a,b\in {]0,1[}$ und eine rationale Zahl ${}c\in {]0,1[}$ mit

${}a^{2}+b^{2}=c^{2}\,.$

Lösung

a) Es ist

${}3^{2}+4^{2}=5^{2}\,,$

daher ist

${}{\left({\frac {3}{6}}\right)}^{2}+{\left({\frac {4}{6}}\right)}^{2}={\left({\frac {5}{6}}\right)}^{2}\,,$

und diese Zahlen sind rational und aus dem offenen Einheitsintervall.

b) Wir nehmen ${}a={\frac {3}{6}}$ und ${}b={\frac {4}{6}}$ und ${}c={\frac {1}{6}}$. Die Summe ist

${}a^{2}+b^{2}={\left({\frac {5}{6}}\right)}^{2}\neq {\left({\frac {1}{6}}\right)}^{2}\,.$

c) Wir setzen

${}a=b={\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\,;$

diese Zahl ist irrational, da ${}{\sqrt {2}}$ irrational ist. Es gilt

${}{\left({\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\right)}^{2}+{\left({\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\right)}^{2}={\frac {1}{4\cdot 2}}+{\frac {1}{4\cdot 2}}={\frac {1}{4}}={\left({\frac {1}{2}}\right)}^{2}\,.$

Mit ${}c={\frac {1}{2}}$ ist also ein Beispiel der gewünschten Art gefunden.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass das Polynom

$X^{3}-3X+1$

über ${}\mathbb {Q}$ irreduzibel ist.

Lösung

Nach Lemma 6.9 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) genügt es zu zeigen, dass ${}X^{3}-3X+1$ keine rationale Nullstelle besitzt. Nehmen wir an, dass

${}q={\frac {a}{b}}\,$

eine Nullstelle ist mit ${}a,b\in \mathbb {Z}$ in gekürzter Darstellung. Es gilt dann

${}{\left({\frac {a}{b}}\right)}^{3}-3{\frac {a}{b}}+1=0\,$

bzw.

${}a^{3}-3ab^{2}+b^{3}=0\,.$

Wenn eine Primzahl ${}p$ die Zahl ${}a$ teilt, folgt daraus, dass auch ${}b$ von ${}p$ geteilt wird, was der Gekürztheit widerspricht. Wegen ${}b\neq 0$ ist auch ${}a\neq 0$. Also muss ${}a$ eine Einheit sein. Wenn ${}b$ von einer Primzahl ${}p$ geteilt wird, so wäre auch ${}a$ ein Vielfaches von ${}p$. Also ist auch ${}b$ eine Einheit. Die verbleibenden Möglichkeiten ${}a,b=\pm 1$, also ${}q=\pm 1$, sind keine Nullstelle des Polynoms, wie Einsetzen zeigt.

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ und es sei ${}\mu _{n}\subseteq {\mathbb {C} }$ die Menge der ${}n$-ten komplexen Einheitswurzeln. Es sei ${}F\in {\mathbb {C} }[X]$ ein Polynom. Zeige, dass ${}F\in {\mathbb {C} }[X^{n}]$ (d.h., dass ${}F$ als Polynom in ${}X^{n}$ geschrieben werden kann) genau dann gilt, wenn für jedes ${}z\in \mu _{n}$ die Gleichheit

${}F(zX)=F(X)\,$

gilt.

Lösung

Es sei zunächst ${}F\in {\mathbb {C} }[X^{n}]$. Dann schreiben wir ${}F=\sum _{i=0}^{k}a_{i}(X^{n})^{i}$. Für ${}z\in \mu _{n}$ ist somit

${}F(zX)=\sum _{i=0}^{k}a_{i}((zX)^{n})^{i}=\sum _{i=0}^{k}a_{i}(z^{n}X^{n})^{i}=\sum _{i=0}^{k}a_{i}(X^{n})^{i}=F(X)\,.$

Für die Umkehrung sei

$F=\sum _{i=0}^{k}c_{i}X^{i}.$

Es sei ${}z$ eine primitive ${}n$-te Einheitswurzel, sodass man alle Einheitswurzeln eindeutig als ${}z^{j}$, ${}j=0,\ldots ,n-1$, schreiben kann. Es ist

${}{\begin{aligned}nF(X)&=\sum _{j=0}^{n-1}F(z^{j}X)\\&=\sum _{j=0}^{n-1}(\sum _{i=0}^{k}c_{i}(z^{j})^{i}X^{i})\\&=\sum _{i=0}^{k}(c_{i}\sum _{j=0}^{n-1}(z^{i})^{j})X^{i}.\end{aligned}}$

Wir zeigen, dass die Koeffizienten zu ${}X^{i}$, wenn ${}i$ kein Vielfaches von ${}n$ ist, gleich ${}0$ sind. Dies gilt dann auch für ${}F$.

Es sei also ${}i$ kein Vielfaches von ${}n$. Da ${}z$ primitiv ist, ist ${}w=z^{i}$ eine ${}n$-te Einheitswurzel, aber nicht ${}1$. Wegen der Faktorisierung

$X^{n}-1=(X-1)(X^{n-1}+\cdots +X+1)$

ist daher ${}\sum _{j=0}^{n-1}w^{j}=0$.