Kurs:Elementare Algebra/2/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	3	3	3	2	2	3	2	3	3	3	3	4	7	4	7	6	3	61

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}f\in R$. Charakterisiere mit Hilfe der Multiplikationsabbildung

$\mu _{f}\colon R\longrightarrow R,\,g\longmapsto fg,$

wann ${}f$ ein Nichtnullteiler und wann ${}f$ eine Einheit ist.

Lösung

Die Multiplikationsabbildung ist ein Gruppenhomomorphismus, wie direkt aus dem Distributivitätsgesetz folgt. Es gilt:

${}f$ ist ein Nichtnullteiler genau dann, wenn für alle ${}g\in R$ aus ${}fg=0$ folgt ${}g=0$. Dies ist genau dann der Fall, wenn der Kern von ${}\mu _{f}$ nur aus ${}0$ besteht, was genau dann gilt, wenn ${}\mu _{f}$ injektiv ist.

${}f$ ist eine Einheit genau dann, wenn es ein ${}g\in R$ gibt mit ${}fg=1$, was genau dann der Fall ist, wenn ${}1$ zum Bild von ${}\mu _{f}$ gehört. Dies wiederum ist äquivalent dazu, dass ${}\mu _{f}$ surjektiv ist, denn aus ${}fg=1$ folgt sofort ${}h=(fg)h=f(gh)$ für jedes ${}h\in R$.

Aufgabe (2 Punkte)

Führe in ${}\mathbb {Z} /(5)[X]$ die Division mit Rest „${}P$ durch ${}T$“ für die beiden Polynome ${}P=X^{3}+4X^{2}+3X+4$ und ${}T=3X^{2}+2X+1$ durch.

Lösung

Es ist

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

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 (3 Punkte)

Beweise den Satz, dass es unendlich viele Primzahlen gibt.

Lösung

Angenommen, die Menge aller Primzahlen sei endlich, sagen wir ${}\{p_{1},p_{2},\ldots ,p_{r}\}$. Man betrachtet die Zahl

${}N=p_{1}\cdot p_{2}\cdot p_{3}{\cdots }p_{r}\ +1\,.$

Diese Zahl ist durch keine der Primzahlen ${}p_{i}$ teilbar, da bei Division von ${}N$ durch ${}p_{i}$ immer ein Rest ${}1$ verbleibt. Damit sind die Primfaktoren von ${}N$, die es nach Satz 12.9 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) geben muss, nicht in der Ausgangsmenge enthalten - Widerspruch.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

a) Berechne den größten gemeinsamen Teiler der ganzen Zahlen ${}2\cdot 3^{2}\cdot 7^{4}$ und ${}2^{4}\cdot 3^{3}\cdot 5^{11}\cdot 7$.

b) Berechne den größten gemeinsamen Teiler der ganzen Zahlen ${}2\cdot 3^{2}\cdot 6\cdot 7$ und ${}2^{2}\cdot 3^{3}\cdot 5^{4}$.

Lösung

a) Beide Zahlen liegen in ihrer Primfaktorzerlegung vor, daher ist nach Korollar 9.10 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) der größte gemeinsame Teiler gleich

${}2\cdot 3^{2}\cdot 7=126\,.$

b) Es ist

${}6=2\cdot 3\,,$

daher lautet die Primfaktorzerlegung der ersten Zahl

$2^{2}\cdot 3^{3}\cdot 7$

und somit ist der größte gemeinsame Teiler gleich

${}2^{2}\cdot 3^{3}=4\cdot 27=108\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne ${}17^{1000000}$ in ${}\mathbb {Z} /(35)$.

Lösung

Der Zahl ${}17$ entspricht in ${}\mathbb {Z} /(35)\cong \mathbb {Z} /(5)\times \mathbb {Z} /(7)$ das Paar ${}(2,3)$. Das Element ${}2$ hat in ${}\mathbb {Z} /(5)$ die Ordnung ${}4$. Das Element ${}3$ hat in ${}\mathbb {Z} /(7)$ wegen ${}3^{2}=2\neq 1$ und ${}3^{3}=6\neq 1$ die Ordnung ${}6$. Somit besitzt ${}17$ die multiplikative Ordnung ${}12$. In ${}\mathbb {Z} /(12)$ gilt (durch abziehen von Vielfachen von $12$)

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

Daher ist die gefragte Potenz in Produktschreibweise gleich

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

Diesem Paar entspricht das Element ${}11$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien ${}G$ und ${}H$ Gruppen und sei

$\varphi \colon G\longrightarrow H$

ein Gruppenhomomorphismus. Zeige, dass das Urbild ${}\varphi ^{-1}(N)$ eines Normalteilers ${}N\subseteq H$ ein Normalteiler in ${}G$ ist.

Lösung

Wir setzen

${}M:=\varphi ^{-1}(N)\,.$

Es sei ${}x\in G$ und ${}y\in M$. Wir müssen zeigen, dass ${}xyx^{-1}$ ebenfalls zu ${}M$ gehört. Es ist

${}\varphi (xyx^{-1})=\varphi (x)\varphi (y)(\varphi (x))^{-1}\,.$

Wegen ${}\varphi (y)\in N$ und da ${}N$ ein Normalteiler ist, gehört dies zu ${}N$. Also ist ${}xyx^{-1}\in \varphi ^{-1}(N)=M$.

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 (1+2) Punkte)

Das Polynom ${}X^{3}-7X^{2}+3X-21$ besitzt in ${}\mathbb {R} [X]$ die Zerlegung

${}X^{3}-7X^{2}+3X-21=(X-7)(X^{2}+3)\,$

in irreduzible Faktoren und daher gilt die Isomorphie

${}\mathbb {R} [X]/(X^{3}-7X^{2}+3X-21)\cong \mathbb {R} [X]/(X-7)\times \mathbb {R} [X]/(X^{2}+3)\,.$

a) Bestimme das Polynom kleinsten Grades, das rechts dem Element ${}(1,0)$ entspricht.

a) Bestimme das Polynom kleinsten Grades, das rechts dem Element ${}(0,1)$ entspricht.

Lösung

a) Wir betrachten Vielfache von ${}X^{2}+3$, da diese in der zweiten Komponente auf ${}0$ gehen. Das Polynom ${}X^{2}+3$ wird auf

$(52,0)$

abgebildet, daher ist

${\frac {X^{2}+3}{52}}$

das Urbild des ersten Basisvektors.

b) Wir betrachten Vielfache von ${}X-7$, da diese in der ersten Komponente auf ${}0$ gehen. Das Polynom ${}X-7$ geht auf

$\left(0,\,X-7\right)$

und das Polynom ${}X(X-7)=X^{2}-7X$ geht auf

${}\left(0,\,X^{2}-7X\right)=\left(0,\,-7X-3\right)\,.$

Somit geht ${}7(X-7)+X(X-7)$ auf

$\left(0,\,-52\right)$

und somit geht

${}-{\frac {1}{52}}{\left(7(X-7)+X(X-7)\right)}=-{\frac {1}{52}}X^{2}+{\frac {49}{52}}\,.$

auf den zweiten Basisvektor.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}p\in \mathbb {Z}$ eine Primzahl und ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. Zeige, dass der Restklassenring ${}\mathbb {Z} /(p^{n})$ nur die beiden trivialen idempotenten Elemente ${}0$ und ${}1$ besitzt.

Lösung

Es sei ${}e\in \mathbb {Z} /(p^{n})$ ein idempotentes Element. Dies bedeutet

${}e^{2}=e\,$

und somit ist ${}e(e-1)$ ein Vielfaches von ${}p^{n}$, sagen wir

${}e(e-1)=ap^{n}\,.$

Nehmen wir ${}e\neq 0,1$ an. Wegen der eindeutigen Primfaktorzerlegung in ${}\mathbb {Z}$ ist

${}e=bp^{i}\,$

und

${}e-1=cp^{j}\,$

mit

${}i+j=n\,.$

Wären ${}i,j\geq 1$, so wäre sowohl ${}e$ als auch ${}e-1$ ein Vielfaches von ${}p$, und das würde dann auch für ${}1=e-(e-1)$ gelten, was nicht der Fall ist. Also ist ${}i=n$ oder ${}j=n$, was ${}e=0$ oder ${}e-1=0$ im Restklassenring ${}\mathbb {Z} /(p^{n})$ bedeutet.

Aufgabe (7 Punkte)

Es seien ${}I$ und ${}J$ Ideale in einem kommutativen Ring ${}R$ und sei ${}n\in \mathbb {N}$. Zeige die Gleichheit

${}(I+J)^{n}=I^{n}+I^{n-1}J+I^{n-2}J^{2}+\cdots +I^{2}J^{n-2}+IJ^{n-1}+J^{n}\,.$

Lösung

Zum Beweis der Inklusion ${}\subseteq$ sei ${}f\in (I+J)^{n}$. Da das Produkt von Idealen aus allen Summen von Produkten besteht, bedeutet dies, dass

${}f=f_{1}+f_{2}+\cdots +f_{k}\,,$

wobei

${}f_{\ell }=c_{\ell 1}\cdot c_{\ell 2}\cdots c_{\ell n}\,$

mit ${}c_{\ell r}\in I+J$ ist. Dies bedeutet wiederum, dass

${}c_{\ell r}=a_{\ell r}+b_{\ell r}\,$

mit ${}a_{\ell r}\in I$ und ${}b_{\ell r}\in J$ ist. Somit ist

${}f_{\ell }={\left(a_{\ell 1}+b_{\ell 1}\right)}{\left(a_{\ell 2}+b_{\ell 2}\right)}\cdots {\left(a_{\ell n}+b_{\ell n}\right)}\,.$

Wenn man ein solches Produkt distributiv ausrechnet, so erhält man eine Summe von Produkten mit ${}n$ Faktoren, wobei ${}s$ Faktoren zu ${}I$ und ${}n-s$ Faktoren zu ${}J$ gehören. Damit gehören diese Summanden zur rechten Seite und somit auch die ${}f_{\ell }$ und auch ${}f$.

Zum Beweis der Inklusion ${}\supseteq$ genügt es, die Inklusion ${}I^{s}J^{n-s}\subseteq (I+J)^{n}$ für jedes ${}s$ zu zeigen. Wegen ${}I,J\subseteq I+J$ ist aber sofort

${}I^{s}J^{n-s}\subseteq (I+J)^{s}\cdot (I+J)^{n-s}=(I+J)^{n}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme sämtliche Teiler von ${}X$ im Ring ${}R=K[\mathbb {Q} _{\geq 0}]$, wobei ${}K$ ein Körper ist.

Lösung

Die Teiler von ${}X$ sind genau die Elemente der Form

$aX^{q}{\text{ mit }}a\neq 0{\text{ und }}q\in \mathbb {Q} _{\geq 0},q\leq 1.$

Solche Elemente sind Teiler, da ja

${}{\left(aX^{q}\right)}{\left(a^{-1}X^{1-q}\right)}=X^{q}X^{1-q}=X^{q+1-q}=X\,$

gilt. Wenn umgekehrt ${}P=a_{q_{1}}X^{q_{1}}+a_{q_{2}}X^{q_{2}}+\cdots +a_{q_{n}}X^{q_{n}}$ mit ${}0\leq q_{1}<q_{2}<\ldots <q_{n}$ ein Teiler von ${}X$ ist, so gibt es ein ${}Q=b_{r_{1}}X^{r_{1}}+b_{r_{2}}X^{r_{2}}+\cdots +b_{r_{m}}X^{r_{m}}$ mit entsprechend ${}0\leq r_{1}<r_{2}<\ldots <r_{m}$ und mit

${}PQ=X\,.$

Dabei seien die angeführten Koeffizienten ${}\neq 0$. Das Produkt ist daher von der Form

$a_{q_{1}}b_{r_{1}}X^{q_{1}+r_{1}}+\cdots +a_{q_{n}}b_{r_{n}}X^{q_{n}+r_{m}}.$

Dies kann nur dann gleich ${}X$ sein, wenn

${}q_{1}+r_{1}=q_{n}+r_{m}\,$

ist, was nur bei ${}n=m=1$ möglich ist.

Aufgabe (7 (1+2+4) Punkte)

a) Zeige, dass ${}X^{2}+1$ irreduzibel in ${}\mathbb {Q} [X]$ ist.

b) Zeige, dass ${}X^{4}+1$ irreduzibel in ${}\mathbb {Q} [X]$ ist. (Tipp: In ${}\mathbb {R} [X]$ gilt die Zerlegung ${}X^{4}+1={\left(X^{2}+{\sqrt {2}}X+1\right)}{\left(X^{2}-{\sqrt {2}}X+1\right)}$.)

c) Bestimme die Partialbruchzerlegung von

${\frac {1}{{\left(X^{2}+1\right)}{\left(X^{4}+1\right)}}}$

in ${}\mathbb {Q} (X)$.

Lösung

a) Das Polynom ${}X^{2}+1$ ist für rationale (auch reelle) Zahlen stets positiv und besitzt daher keine Nullstelle. Nach Lemma 6.9 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist es somit irreduzibel.

b) Über ${}\mathbb {R}$ hat man die Faktorisierung

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

Die beiden Faktoren haben keine reelle Nullstelle, da ${}X^{4}+1$ stets positiv ist. Eine Zerlegung über ${}\mathbb {Q}$ würde zu der gegebenen Zerlegung über ${}\mathbb {R}$ führen, wegen ${}{\sqrt {2}}\not \in \mathbb {Q}$ gehören aber ${}X^{2}+{\sqrt {2}}X+1,\,X^{2}-{\sqrt {2}}X+1$ nicht zu ${}\mathbb {Q} [X]$. Das Polynom ist also irreduzibel in ${}\mathbb {Q} [X]$.

c) Wir machen den Ansatz

${}{\frac {1}{{\left(X^{4}+1\right)}{\left(X^{2}+1\right)}}}={\frac {1}{X^{6}+X^{4}+X^{2}+1}}={\frac {aX^{3}+bX^{2}+cX+d}{X^{4}+1}}+{\frac {eX+f}{X^{2}+1}}\,.$

Durch Multiplikation mit dem Hauptnenner führt dies auf

${}{\begin{aligned}1&=(aX^{3}+bX^{2}+cX+d)(X^{2}+1)+(eX+f)(X^{4}+1)\\&=(a+e)X^{5}+(b+f)X^{4}+(a+c)X^{3}+(b+d)X^{2}+(c+e)X+d+f.\end{aligned}}$

Also ist

${}a+e=b+f=a+c=b+d=c+e=0\,$

und

${}d+f=1\,.$

Aus

$a+e=0,\,a+c=0{\text{ und }}c+e=0$

folgt durch Addition der ersten beiden Gleichungen ${}2a=0$ und damit

${}a=c=e=0\,.$

Aus

${}b+f=b+d=0\,$

folgt

${}d-f=0\,,$

also

${}d=f\,$

und aus

${}d+f=1\,$

ergibt sich

${}d=f={\frac {1}{2}}\,$

und somit

${}b=-{\frac {1}{2}}\,.$

Die Partialbruchzerlegung ist also

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

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}q\in \mathbb {Q}$ eine rationale Zahl, die in ${}\mathbb {Q}$ keine dritte Wurzel besitzt. Bestimme den Zerfällungskörper ${}L$ des Polynoms ${}X^{3}-q$ über ${}\mathbb {Q}$. Welchen Grad besitzt er? Man gebe auch eine Realisierung des Zerfällungskörpers als Unterkörper von ${}{\mathbb {C} }$ an.

Lösung

Da ${}q$ keine dritte Wurzel in ${}\mathbb {Q}$ besitzt, ist das Polynom ${}X^{3}-q$ in ${}\mathbb {Q} [X]$ irreduzibel. Daher ist

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [X]/(X^{3}-q)=K\,$

eine Körpererweiterung vom Grad drei. Es sei ${}r={\sqrt[{3}]{q}}$ die eindeutig bestimmte reelle dritte Wurzel aus ${}q$. Durch die Zuordnung ${}X\mapsto r$ können wir ${}K$ als Unterkörper von ${}\mathbb {R}$ auffassen. In ${}K$ (und in ${}L$) hat das Polynom ${}X^{3}-q$ die Zerlegung

${}X^{3}-q=X^{3}-r^{3}=(X-r)(X^{2}+rX+r^{2})\,.$

Da es in ${}\mathbb {R}$ nur eine dritte Wurzel gibt, und da ${}r$ keine Nullstelle des rechten Faktors ist, ist das Polynom

$X^{2}+rX+r^{2}$

über ${}\mathbb {R}$ und erst recht über ${}K$ irreduzibel. Von daher ist ${}K$ nicht der Zerfällungskörper. In der quadratischen Erweiterung

${}K\subseteq K[Y]/(Y^{2}+rY+r^{2})=L\,$

zerfällt das Polynom ${}Y^{2}+rY+r^{2}$ und damit auch ${}X^{3}-q$ in Linearfaktoren. Der Grad des Zerfällungskörpers ist also nach der Gradformel gleich ${}6$.

Um eine Realisierung des Zerfällungskörpers in ${}{\mathbb {C} }$ zu erhalten, betrachten wir

${}y^{2}+ry+r^{2}=0\,.$

Die Lösungen dazu sind in ${}{\mathbb {C} }$ gleich

${}y=\pm {\sqrt {-3}}{\frac {r}{2}}-{\frac {r}{2}}=\pm {\sqrt {-3}}{\frac {\sqrt[{3}]{q}}{2}}-{\frac {\sqrt[{3}]{q}}{2}}\,.$

Daher ist der Zerfällungskörper gleich

$\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{q}},{\sqrt {-3}}].$

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass es auf dem Einheitskreis unendlich viele konstruierbare Punkte gibt.

Lösung

Der Einheitskreis selbst ist konstruierbar, da er den Mittelpunkt ${}(0,0)$ besitzt und durch ${}(1,0)$ läuft. Der Punkt ${}{\mathrm {i} }=(0,1)$ ist ebenfalls konstruierbar und somit hat man auch die ${}y$-Achse zur Verfügung. Man kann nun den dadurch gegebenen rechten Winkel durch eine konstruierbare Gerade halbieren und erhält einen neuen Schnittpunkt mit dem Einheitskreis, der somit konstruierbar ist. Den entstehenden Winkel kann man wieder halbieren und so erhält man eine neue Gerade und einen neuen Punkt auf dem Einheitskreis. So fortfahrend erhält man unendlich viele Punkte auf dem Einheitskreis.