Kurs:Elementare Algebra/16/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	${}\sum$
Punkte	3	3	1	0	3	8	3	3	2	1	7	4	5	3	2	3	3	5	59

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Der Realteil einer komplexen Zahl ${}z$.
2. Ein Hauptidealbereich.
3. Die Äquivalenzrelation zu einer Untergruppe ${}H\subseteq G$.
4. Eine ${}R$-Algebra ${}A$, wobei ${}R$ einen kommutativen Ring bezeichnet.
5. Eine Linearkombination in einem ${}K$- Vektorraum.
6. Eine konstruierbare Zahl ${}z\in {\mathbb {C} }$.

Lösung

1. Zu einer komplexen Zahl ${}z=a+b{\mathrm {i} }$ nennt man ${}a$ den Realteil von ${}z$.
2. Ein Integritätsbereich, in dem jedes Ideal ein Hauptideal ist, heißt Hauptidealbereich.
3. Für Elemente ${}x,y\in G$ setzt man ${}x\sim _{H}y$, wenn ${}x^{-1}y\in H$ gilt.
4. Eine ${}R$-Algebra ${}A$ ist ein Ring mit einem fixierten Ringhomomorphismus ${}R\rightarrow A$.
5. Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Familie von Vektoren in ${}V$. Dann heißt der Vektor

   $s_{1}v_{1}+s_{2}v_{2}+\cdots +s_{n}v_{n}{\text{ mit }}s_{i}\in K$

   eine Linearkombination dieser Vektoren

6. Eine Zahl ${}z\in {\mathbb {C} }\cong \mathbb {R} ^{2}\cong E$ heißt konstruierbar, wenn sie aus der Startmenge

   $\{0,1\}\subset \mathbb {R} \subset {\mathbb {C} }$

   mit Zirkel und Lineal konstruierbar ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Untergruppen von ${}\mathbb {Z}$.
2. Der Satz über die Anzahl von Basiselementen.
3. Der Satz über die algebraische Charakterisierung von konstruierbaren Zahlen.

Lösung

1. Die Untergruppen von ${}\mathbb {Z}$ sind genau die Teilmengen der Form

   ${}\mathbb {Z} d={\left\{kd\mid k\in \mathbb {Z} \right\}}\,$

   mit einer eindeutig bestimmten nicht-negativen Zahl ${}d$.
2. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$-Vektorraum mit einem endlichen Erzeugendensystem. Dann besitzen je zwei Basen von ${}V$ die gleiche Anzahl von Basisvektoren.
3. Es sei ${}P\in {\mathbb {C} }$ eine komplexe Zahl. Dann ist ${}P$ eine konstruierbare Zahl genau dann, wenn es eine Kette von reell-quadratischen Körpererweiterungen

   ${}\mathbb {Q} \subset K_{1}\subset K_{2}\subset \ldots \subset K_{n}\,$

   derart ist, dass die Koordinaten von ${}P$ zu ${}K_{n}$ gehören.

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne ${}999^{2}$ mit Hilfe einer binomischen Formel.

Lösung

Es ist

${}999^{2}=(1000-1)^{2}=1000^{2}-2000+1=1000000-2000+1=998001\,,$

wobei die zweite binomische Formel verwendet wurde.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Bestätige, dass bei ${}b\geq 0$ die Zahl

${}u={\frac {1}{\sqrt {2}}}{\left({\sqrt {\vert {z}\vert +a}}+{\mathrm {i} }{\sqrt {\vert {z}\vert -a}}\right)}\,$

eine Quadratwurzel der komplexen Zahl ${}z=a+b{\mathrm {i} }$ ist.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}u^{2}&={\left({\frac {1}{\sqrt {2}}}{\left({\sqrt {\vert {z}\vert +a}}+{\mathrm {i} }{\sqrt {\vert {z}\vert -a}}\right)}\right)}^{2}\\&={\frac {1}{2}}{\left(\vert {z}\vert +a-{\left(\vert {z}\vert -a\right)}+2{\mathrm {i} }{\sqrt {{\left(\vert {z}\vert +a\right)}{\left(\vert {z}\vert -a\right)}}}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(2a+2{\mathrm {i} }{\sqrt {\vert {z}\vert ^{2}-a^{2}}}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(2a+2{\mathrm {i} }{\sqrt {b^{2}}}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(2a+2{\mathrm {i} }b\right)}\\&=a+b{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Aufgabe (8 (3+2+3) Punkte)

1. Bestimme ein Polynom ${}P$ vom Grad ${}\leq 3$ mit

   ${}P(-1)=-4\,,$

   ${}P(0)=2\,,$

   ${}P(1)=2\,$

   und

   ${}P(2)=3\,$

2. Bestimme ein normiertes Polynom ${}Q$ vom Grad ${}3$ mit

   ${}Q(0)=1\,,$

   ${}Q(2)=3\,$

   und

   ${}Q(3)=10\,.$

3. Bestimme die Schnittpunkte der Graphen zu ${}P$ und zu ${}Q$.

Lösung

1. Wir machen den Ansatz

   ${}P=aX^{3}+bX^{2}+cX+d\,.$

   Die Bedingungen führen auf das lineare Gleichungssystem

   ${}-a+b-c+d=-4\,,$

   ${}d=2\,,$

   ${}a+b+c+d=2\,,$

   ${}8a+4b+2c+d=3\,.$

   Elimination von ${}d$ führt auf

   ${}-a+b-c=-6\,,$

   ${}a+b+c=0\,,$

   ${}8a+4b+2c=1\,.$

   Addition der ersten beiden Gleichungen führt auf

   ${}2b=-6\,,$

   also

   ${}b=-3\,.$

   Dies führt auf

   ${}a+c=3\,$

   und

   ${}8a+2c=13\,.$

   Somit ist

   ${}6a=7\,,$

   also

   ${}a={\frac {7}{6}}\,$

   und

   ${}c={\frac {11}{6}}\,.$

   Das gesuchte Polynom ist also

   ${}P={\frac {7}{6}}X^{3}-3X^{2}+{\frac {11}{6}}X+2\,.$

2. Wir machen den Ansatz

   ${}Q=X^{3}+rX^{2}+sX+t\,.$

   Die Bedingungen führen auf das lineare Gleichungssystem

   ${}t=1\,,$

   ${}8+4r+2s+t=3\,,$

   ${}27+9r+3s+t=10\,.$

   Dies führt auf

   ${}4r+2s=-6\,,$

   ${}9r+3s=-18\,.$

   Die Gleichung ${}3I-2II$ ist

   ${}-6r=18\,,$

   also

   ${}r=-3\,$

   und

   ${}s=3\,.$

   Das gesuchte Polynom ist also

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

3. Die ${}x$-Koordinaten der Schnittpunkte der Graphen zu ${}P$ und zu ${}Q$ sind die Nullstellen von

   ${}P-Q={\frac {7}{6}}X^{3}-3X^{2}+{\frac {11}{6}}X+2-{\left(X^{3}-3X^{2}+3X+1\right)}={\frac {1}{6}}X^{3}-{\frac {7}{6}}X+1\,.$

   Wir arbeiten mit ${}X^{3}-7X+6$. Wegen

   ${}P(2)=3=Q(2)\,$

   ist ${}2$ eine Nullstelle dieses Polynoms. Die Division mit Rest führt auf

   ${}X^{3}-7X+6=(X-2)(X^{2}+2X-3)\,.$

   Es geht also noch um die Nullstellen von

   $X^{2}+2X-3.$

   Diese sind ${}1$ und ${}-3$. Die Schnittpunkte der beiden Graphen sind demnach

   $(-3,-62),\,(1,2),\,(2,3).$

Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

1. Finde eine ganzzahlige Lösung ${}(x,y)\in \mathbb {Z} \times \mathbb {Z}$ für die Gleichung

   ${}x^{2}-y^{3}+2=0\,.$

2. Zeige, dass

   $\left({\frac {383}{1000}},\,{\frac {129}{100}}\right)$

   eine Lösung für die Gleichung

   ${}x^{2}-y^{3}+2=0\,$

   ist.

Lösung

1. ${}(5,3)$ ist eine ganzzahlige Lösung.
2. Es ist

   ${}{\begin{aligned}{\left({\frac {383}{1000}}\right)}^{2}-{\left({\frac {129}{100}}\right)}^{3}+2&={\left({\frac {146689}{1000000}}\right)}-{\left({\frac {2146689}{1000000}}\right)}+2\\&={\left({\frac {146689-2146689}{1000000}}\right)}+2\\&={\left({\frac {-2000000}{1000000}}\right)}+2\\&=-2+2\\&=0.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Z}$ mit Hilfe des euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von ${}1085$ und ${}806$ und schreibe die beiden Zahlen als Vielfache des größten gemeinsamen Teilers.

Lösung

Es ist

${}1085=1\cdot 806+279\,,$

${}806=2\cdot 279+248\,,$

${}279=1\cdot 248+31\,,$

${}248=8\cdot 31\,.$

Der größte gemeinsame Teiler ist also ${}31$. Aus den Rechnungen erhält man

${}806=2\cdot 279+248=2(248+31)+248=3\cdot 248+2\cdot 31=3\cdot 8\cdot 31+2\cdot 31=26\cdot 31\,$

und

${}1085=806+279=26\cdot 31+9\cdot 31=35\cdot 31\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Anzahl der hinteren Nullen in der Dezimalentwicklung von ${}100!$.

Lösung

Die ${}5$ kommt in den ${}20$ Zahlen ${}5,10,\ldots ,100$ jeweils einmal vor und in ${}25,50,75,100$ nochmal zusätzlich mit einer weiteren Potenz. In ${}100!$ kommt also der Primfaktor ${}5$ mit dem Exponenten ${}24$ vor. Wegen der ${}50$ geraden Zahlen kommt der Primfaktor ${}2$ öfters vor. In ${}100!$ ist also ${}10^{24}$ die größte Zehnerpotenz und somit besitzt ${}100!$ genau ${}24$ Nullen am Ende.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Primfaktorzerlegung von

${\binom {15}{5}}.$

Lösung

Es ist

${}{\binom {15}{5}}={\frac {15\cdot 14\cdot 13\cdot 12\cdot 11}{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}}={\frac {14\cdot 13\cdot 12\cdot 11}{4\cdot 2}}={\frac {7\cdot 13\cdot 3\cdot 11}{1}}=3\cdot 7\cdot 11\cdot 13\,.$

Aufgabe (7 (2+1+2+2) Punkte)

Zeige, dass für natürliche Zahlen ${}a,b,g$ folgende Aussagen gelten.

1. Für teilerfremde ${}a,b$ ist

   ${}\operatorname {kgV} \,(a,b)=ab\,.$

2. Es gibt ${}c,d\in \mathbb {Z}$ mit

   $a=c\cdot \operatorname {ggT} \,(a,b)\,\,{\text{ und }}\,\,b=d\cdot \operatorname {ggT} \,(a,b),$

   wobei ${}c,d$ teilerfremd sind.

3. Es ist

   ${}\operatorname {kgV} \,(ga,gb)=g\cdot \operatorname {kgV} \,(a,b)\,.$

4. Es ist

   ${}\operatorname {ggT} \,(a,b)\cdot \operatorname {kgV} \,(a,b)=ab\,.$

Lösung

1. Zunächst ist natürlich das Produkt ${}ab$ ein gemeinsames Vielfaches von ${}a$ und ${}b$. Es sei also ${}f$ irgendein gemeinsames Vielfaches, also ${}f=ua$ und ${}f=vb$. Nach Fakt ***** gibt es im teilerfremden Fall Zahlen ${}r,s\in \mathbb {Z}$ mit ${}ra+sb=1$. Daher ist

   ${}f=f\cdot 1=f(ra+sb)=fra+fsb=vbra+uasb=(vr+us)ab\,$

   ein Vielfaches von ${}ab$.

2. Die Existenz von ${}c$ und ${}d$ ist klar. Hätten ${}c$ und ${}d$ einen gemeinsamen Teiler ${}e\neq 1,-1$, so ergäbe sich sofort der Widerspruch, dass ${}e\cdot \operatorname {ggT} \,(a,b)$ ein größerer gemeinsamer Teiler von ${}a$ und ${}b$ wäre.
3. Die rechte Seite ist offenbar ein gemeinsames Vielfaches von ${}ga$ und ${}gb$. Es sei ${}n$ ein Vielfaches der linken Seite, also ein gemeinsames Vielfaches von ${}ga$ und ${}gb$. Dann kann man ${}n=uga$ und ${}n=vgb$ schreiben. Damit ist ${}uga=vgb$ und somit ist ${}k:=ua=vb$ (bei ${}g\neq 0$; bei ${}g=0$ ist die Behauptung direkt klar) ein gemeinsames Vielfaches von ${}a$ und ${}b$. Also ist ${}n=gk$ ein Vielfaches der rechten Seite.
4. Wir schreiben unter Verwendung der ersten Teile

   ${}{\begin{aligned}\operatorname {ggT} \,(a,b)\cdot \operatorname {kgV} \,(a,b)&=\operatorname {ggT} \,(a,b)\cdot \operatorname {kgV} \,(c\cdot (\operatorname {ggT} \,(a,b)),d\cdot (\operatorname {ggT} \,(a,b)))\\&=\operatorname {ggT} \,(a,b)\cdot \operatorname {ggT} \,(a,b)\cdot \operatorname {kgV} \,(c,d)\\&=\operatorname {ggT} \,(a,b)\cdot \operatorname {ggT} \,(a,b)\cdot cd\\&=c\cdot \operatorname {ggT} \,(a,b)\cdot d\cdot \operatorname {ggT} \,(a,b)\\&=ab.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}G$ eine Gruppe. Betrachte die Relation ${}\sim$ auf ${}G$, die durch

$x\sim y{\text{ genau dann, wenn }}x=y{\text{ oder }}x=y^{-1}$

erklärt ist. Zeige, dass ${}\sim$ eine Äquivalenzrelation ist.

Lösung

Die Relation ist offenbar reflexiv. Zum Nachweis der Symmetrie sei ${}x\sim y$. Im Fall ${}x=y$ ist natürlich auch ${}y=x$ und somit ${}y\sim x$. Im Fall

${}x=y^{-1}\,$

ergibt sich durch Invertieren der Gleichung

${}x^{-1}={\left(y^{-1}\right)}^{-1}=y\,,$

also ebenfalls ${}y\sim x$. Zum Nachweis der Transitivität sei ${}x\sim y$ und ${}y\sim z$. Hier gibt es insgesamt vier Fälle. Bei ${}x=y$ und ${}y=z$ ist natürlich ${}x=z$. Bei ${}x=y$ und ${}y=z^{-1}$ ist ${}x=z^{-1}$, also ${}x\sim z$. Bei ${}x=y^{-1}$ und ${}y=z$ ist ${}x=y^{-1}=z^{-1}$, also wieder ${}x\sim z$. Bei ${}x=y^{-1}$ und ${}y=z^{-1}$ ist

${}x=y^{-1}={\left(z^{-1}\right)}^{-1}=z\,,$

also ${}x\sim z$.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über die algebraische Struktur der Restklassenringe ${}R/{\mathfrak {a}}$ zu einem Ideal ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$ in einem kommutativen Ring ${}R$.

Lösung

Nach Fakt ***** gibt es nur eine Gruppenstruktur auf ${}R/{\mathfrak {a}}$ derart, dass die kanonische Abbildung ein Gruppenhomomorphismus ist. Da ein Ringhomomorphismus insbesondere ein Gruppenhomomorphismus bezüglich der Addition ist, ist dies die einzige additive Struktur, die in Frage kommt.

Da die kanonische Abbildung die Multiplikation respektieren soll, kommt nur ${}{\overline {1}}\,$ als neutrales Element der Multiplikation und

${}{\overline {a}}\,{\overline {b}}\,={\overline {ab}}\,\,$

als Multiplikation in Frage. Wir müssen zeigen, dass diese Multiplikation wohldefiniert ist. Es seien zwei Restklassen mit unterschiedlichen Repräsentanten gegeben, also ${}{\overline {a}}\,={\overline {a'}}\,$ und ${}{\overline {b}}\,={\overline {b'}}\,$. Dann ist ${}a-a'\in {\mathfrak {a}}$ und ${}b-b'\in {\mathfrak {a}}$ bzw. ${}a'=a+x$ und ${}b'=b+y$ mit ${}x,y\in {\mathfrak {a}}$. Daraus ergibt sich

${}a'b'=(a+x)(b+y)=ab+ay+xb+xy\,.$

Die drei hinteren Summanden gehören zum Ideal, sodass die Differenz ${}a'b'-ab\in {\mathfrak {a}}$ ist.

Aus der Wohldefiniertheit folgen die anderen Eigenschaften und insbesondere, dass ein Ringhomomorphismus in den Restklassenring vorliegt.

Aufgabe (3 Punkte)

a) Bestimme für die Zahlen ${}2$, ${}9$ und ${}25$ modulare Basislösungen, finde also die kleinsten positiven Zahlen, die in

$\mathbb {Z} /(2)\times \mathbb {Z} /(9)\times \mathbb {Z} /(25)$

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

$x=0\!\!\mod 2,\,\,\,\,x=3\!\!\mod 9{\text{ und }}x=5\!\!\mod 25.$

Lösung

a) Modulare Basislösungen. Es ist ${}9\times 25=225$, und dies hat modulo ${}2$ den Rest ${}1$.

Es ist ${}2\times 25=50$, und ${}50$ hat modulo ${}9$ den Rest ${}5$, und ${}100$ hat modulo ${}9$ den Rest ${}1$.

Es ist ${}2\times 9=18$. Wir gehen die Vielfachen von ${}18$ durch und berechnen die Reste modulo ${}25$:

$18,\,36=11,\,54=4,\,72=22,\,90=15,\,108=8,\,126=1.$

Die Basislösungen sind also ${}225,100,126$.

b) Eine Lösung für die angegebenen simultanen Kongruenzen ist (modulo ${}2\cdot 9\cdot 25=450$)

${}0\cdot 225+3\cdot 100+5\cdot 126=300+630=930=30\,.$

Daher ist ${}30$ die kleinste positive Lösung.

Aufgabe (2 Punkte)

Löse die lineare Gleichung

${}(2+5{\mathrm {i} })z=(3-7{\mathrm {i} })\,$

über ${}{\mathbb {C} }$ und berechne den Betrag der Lösung.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}z&=(3-7{\mathrm {i} })(2+5{\mathrm {i} })^{-1}\\&=(3-7{\mathrm {i} }){\frac {(2-5{\mathrm {i} })}{29}}\\&={\frac {6-35-14{\mathrm {i} }-15{\mathrm {i} }}{29}}\\&={\frac {-29-29{\mathrm {i} }}{29}}\\&=-1-{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Der Betrag ist

${}\vert {-1-{\mathrm {i} }}\vert ={\sqrt {2}}\,.$

Aufgabe (3 (2+1) Punkte)

Es seien ${}a,b$ positive natürliche Zahlen. Die Summe der Stammbrüche ist dann

${}{\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}={\frac {b+a}{ab}}\,.$

a) Zeige, dass bei ${}a,b$ teilerfremd diese Darstellung gekürzt ist.

b) Zeige, dass im Allgemeinen diese Darstellung nicht gekürzt sein muss.

Lösung

a) Es seien ${}a$ und ${}b$ teilerfremd und es sei ${}p$ eine Primzahl. Wenn ${}p$ den Nenner ${}ab$ teilt, so teilt es nach dem Lemma von Euklid einen der Faktoren, sagen wir ${}a$. Dann teilt es wegen der Teilerfremdheit nicht auch ${}b$. Somit teilt es auch nicht ${}a+b$ und Zähler und Nenner sind teilerfremd.

b) Sei

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

Dann ist

${}{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}={\frac {2+2}{2\cdot 2}}={\frac {4}{4}}\,$

und dies ist keine teilerfremde Darstellung.

Aufgabe (3 Punkte)

Löse das folgende lineare Gleichungssystem über dem Körper ${}\mathbb {Z} /(7)$.

${}{\begin{pmatrix}3&5\\2&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\\6\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

Das inverse Element zu ${}3$ in ${}\mathbb {Z} /(7)$ ist ${}5$, somit ist in ${}II'=II-2\cdot 5I=II+4I$ die Variable ${}x$ eliminiert. Dies ergibt

${}0=1\,$

und dies hat keine Lösung.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}z\in \mathbb {R}$ eine reelle Zahl. Zeige, dass die folgenden Eigenschaften äquivalent sind.

1. Es gibt ein Polynom ${}P\in \mathbb {R} [X]$, ${}P\neq 0$, mit ganzzahligen Koeffizienten und mit ${}P(z)=0$.
2. Es gibt ein Polynom ${}Q\in \mathbb {Q} [X]$, ${}Q\neq 0$, mit ${}Q(z)=0$.
3. Es gibt ein normiertes Polynom ${}R\in \mathbb {Q} [X]$ mit ${}R(z)=0$.

Lösung

Die Implikation (1) ${}\Rightarrow$ (2) ist unmittelbar klar, da ganze Zahlen rational sind und man somit ${}Q=P$ nehmen kann.

Es sei (2) erfüllt und sei

${}Q=s_{n}X^{n}+s_{n-1}X^{n-1}+\cdots +s_{2}X^{2}+s_{1}X+s_{0}\,$

mit ${}s_{i}\in \mathbb {Q}$, ${}s_{n}\neq 0$ und ${}Q(z)=0$. Wegen ${}s_{n}\neq 0$ ist auch ${}s_{n}^{-1}$ eine rationale Zahl. Wir multiplizieren ${}Q$ mit ${}s_{n}^{-1}$ und erhalten

${}{\begin{aligned}R&:=s_{n}^{-1}Q\\&=s_{n}^{-1}{\left(s_{n}X^{n}+s_{n-1}X^{n-1}+\cdots +s_{2}X^{2}+s_{1}X+s_{0}\right)}\\&=X^{n}+s_{n}^{-1}\cdot s_{n-1}X^{n-1}+\cdots +s_{n}^{-1}\cdot s_{2}X^{2}+s_{n}^{-1}\cdot s_{1}X+s_{n}^{-1}\cdot s_{0}.\end{aligned}}$

Dies ist ein normiertes Polynom, die Koeffizienten sind nach wie vor rational und es ist auch

${}R(z)=(s_{n}^{-1}Q)(z)=s_{n}^{-1}\cdot Q(z)=0\,.$

Es sei nun (3) erfüllt, und

${}R=X^{n}+t_{n-1}X^{n-1}+\cdots +t_{2}X^{2}+t_{1}X+t_{0}\,$

mit ${}t_{i}\in \mathbb {Q}$ und ${}R(z)=0$. Es ist

${}t_{i}={\frac {a_{i}}{b_{i}}}\,$

mit ${}a_{i},b_{i}\in \mathbb {Z}$, ${}b_{i}\neq 0$. Wir setzen

${}{\begin{aligned}P&=b_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}R\\&=b_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}{\left(X^{n}+{\frac {a_{n-1}}{b_{n-1}}}X^{n-1}+\cdots +{\frac {a_{2}}{b_{2}}}X^{2}+{\frac {a_{1}}{b_{1}}}X+{\frac {a_{0}}{b_{0}}}\right)}\\&=b_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}X^{n}+b_{0}b_{1}\cdots b_{n-2}a_{n-1}b_{n}X^{n-1}+\cdots +b_{0}b_{1}a_{2}b_{3}\cdots b_{n-1}X^{2}+b_{0}a_{1}b_{2}\cdots b_{n-1}X+a_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}.\end{aligned}}$

Dieses Polynom hat ganzzahlige Koeffizienten, ist nicht das Nullpolynom und es ist nach wie vor

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