Kurs:Elementare Algebra/21/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}n$ eine ganze Zahl, von der die folgenden Eigenschaften bekannt sind:

1. ${}n$ ist negativ.
2. ${}n$ ist ein Vielfaches von ${}8$, aber nicht von ${}-16$.
3. ${}n$ ist kein Vielfaches von ${}36$.
4. ${}n$ ist ein Vielfaches von ${}150$, aber nicht von ${}125$.
5. In der Primfaktorzerlegung von ${}n$ gibt es keine Primzahl, die größer als ${}5$ ist.

Was ist ${}n$?

Lösung

Wir müssen nur für die Primzahlen ${}2,3,5$ bestimmen, mit welcher Potenz sie in ${}n$ vorkommen. Wegen (2) kommt ${}2$ mit der dritten Potenz vor, aber nicht mit der vierten. Wegen (3) ist ${}9$ kein Teiler von ${}n$, da ja ${}4$ ein Teiler ist, und wegen (4) ist ${}3$ ein Teiler von ${}n$. Wegen (4) kommt ${}5$ mit der zweiten Potenz vor, aber nicht mit der dritten. Daher ist

${}n=-2^{3}\cdot 3\cdot 5^{2}=-600\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}n$ eine natürliche Zahl. Wann ist die Zahl ${}n^{2}-1$ eine Primzahl?

Lösung

Es gilt generell die Zerlegung

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

Bei ${}n\geq 3$ sind beide Faktoren ${}\geq 2$ und daher kann ${}n^{2}-1$ nicht prim sein. Bei ${}n=2$ ist

${}2^{2}-1=3\,$

eine Primzahl. Bei ${}n=0,1$ liegt keine Primzahl vor.

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 (4 Punkte)

Bestimme die Einheiten im Ring ${}R=K[\mathbb {Q} ]$, wobei ${}K$ ein Körper ist.

Lösung

Die Einheiten sind genau die Elemente der Form

$aX^{q}{\text{ mit }}a\neq 0{\text{ und }}q\in \mathbb {Q} .$

Solche Elemente sind Einheiten, da ja

${}{\left(aX^{q}\right)}{\left(a^{-1}X^{-q}\right)}=X^{q}X^{-q}=X^{q-q}=X^{0}=1\,$

gilt. Wenn umgekehrt ${}P=a_{q_{1}}X^{q_{1}}+a_{q_{2}}X^{q_{2}}+\cdots +a_{q_{n}}X^{q_{n}}$ mit ${}q_{1}<q_{2}<\ldots <q_{n}$ eine Einheit 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 ${}r_{1}<r_{2}<\ldots <r_{m}$ und mit

${}PQ=1\,.$

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

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

Dies kann nur dann gleich ${}1$ sein, wenn

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

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

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}G$ eine kommutative Gruppe und

$\varphi \colon G\longrightarrow H$

ein surjektiver Gruppenhomomorphismus. Zeige, dass ${}H$ ebenfalls kommutativ ist.

Lösung

Es seien ${}h_{1},h_{2}\in H$. Dann gibt es ${}g_{1},g_{2}\in G$ mit ${}\varphi (g_{1})=h_{1}$ und ${}\varphi (g_{2})=h_{2}$. Dann ist

${}h_{1}h_{2}=\varphi (g_{1})\varphi (g_{2})=\varphi (g_{1}g_{2})=\varphi (g_{2}g_{1})=\varphi (g_{2})\varphi (g_{1})=h_{2}h_{1}\,.$

Aufgabe (3 (1.5+1.5) Punkte)

(a) Bestimme für die Zahlen ${}3$, ${}11$ und ${}13$ modulare Basislösungen, finde also die kleinsten positiven Zahlen, die in

$\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(11)\times \mathbb {Z} /(13)$

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

$x=2\!\!\mod 3,\,\,\,\,x=5\!\!\mod 11{\text{ und }}x=6\!\!\mod 13.$

Lösung

a) ${}(1,0,0)$: Wir betrachten die Vielfachen von ${}11\cdot 13=143$, diese haben modulo ${}11$ und modulo ${}13$ den Rest ${}0$. Unter diesen Vielfachen muss also die Lösung liegen. ${}143$ hat modulo ${}3$ den Rest ${}2$, somit hat ${}286$ modulo ${}3$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}286$ das Restetupel ${}(1,0,0)$.

${}(0,1,0)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}39$, und ${}39$ hat modulo ${}11$ den Rest ${}6$ und ${}2\cdot 39=78$ hat modulo ${}11$ den Rest ${}1$, also repräsentiert ${}78$ das Restetupel ${}(0,1,0)$.

${}(0,0,1)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}33$, und ${}33$ hat modulo ${}13$ den Rest ${}7$ und ${}2\cdot 33=66$ hat modulo ${}13$ den Rest ${}1$, also repräsentiert ${}66$ das Restetupel ${}(0,0,1)$.

b) Man schreibt (in $\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(11)\times \mathbb {Z} /(13)$)

${}(2,5,6)=2(1,0,0)+5(0,1,0)+6(0,0,1)\,.$

Die Lösung ist dann

${}{\begin{aligned}2\cdot 286+5\cdot 78+6\cdot 66&=572+390+396\\&=1358.\end{aligned}}$

Die minimale Lösung ist dann ${}1358-3\cdot 429=71$.

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 (4 (1+1+2) Punkte)

a) Zeige, dass durch

${}K=\mathbb {Z} /(7)[T]/(T^{3}-2)\,$

ein Körper mit ${}343$ Elementen gegeben ist.

b) Berechne in ${}K$ das Produkt ${}(T^{2}+2T+4)(2T^{2}+5)$.

c) Berechne das (multiplikativ) Inverse zu ${}T+1$.

Lösung

a) Es ist

$1^{3}=1,\,2^{3}=1,\,3^{3}=6,\,4^{3}=1,\,5^{3}=6,\,6^{3}=6.$

Also besitzt das Polynom ${}T^{3}-2$ keine Nullstelle in ${}\mathbb {Z} /(7)$ und ist somit irreduzibel, also ist ${}\mathbb {Z} /(7)[T]/(T^{3}-2)$ ein Körper. Die Restklassen von ${}1,T,T^{2}$ bilden eine ${}\mathbb {Z} /(7)$-Basis, sodass dieser Körper ${}7^{3}=343$ Elemente besitzt.

b) Es ist

${}{\begin{aligned}(T^{2}+2T+4)(2T^{2}+5)&=2T^{4}+4T^{3}+6T^{2}+3T+6\\&=4T+1+6T^{2}+3T+6\\&=6T^{2}.\end{aligned}}$

c) Polynomdivision liefert

$T^{3}-2=(T^{2}+6T+1)(T+1)+4.$

In ${}K$ gilt somit

${}(T+1)(T^{2}+6T+1)=3\,.$

Das Inverse von ${}3$ in ${}\mathbb {Z} /(7)$ ist ${}5$, also ist

$5T^{2}+2T+5$

das Inverse von ${}T+1$.

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 (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)

Beweise die „Gradformel“ für eine Kette von endlichen Körpererweiterungen ${}K\subseteq L\subseteq M$.

Lösung

Wir setzen ${}\operatorname {grad} _{K}L=n$ und ${}\operatorname {grad} _{L}M=m$. Es sei ${}x_{1},\ldots ,x_{n}\in L$ eine ${}K$-Basis von ${}L$ und ${}y_{1},\ldots ,y_{m}\in M$ eine ${}L$-Basis von ${}M$. Wir behaupten, dass die Produkte

$x_{i}y_{j},1\leq i\leq n,1\leq j\leq m,$

eine ${}K$-Basis von ${}M$

bilden. Wir zeigen zuerst, dass diese Produkte den Vektorraum ${}M$ über ${}K$ aufspannen. Es sei dazu ${}z\in M$. Wir schreiben

$z=b_{1}y_{1}+\cdots +b_{m}y_{m}{\text{ mit Koeffizienten }}b_{j}\in L.$

Wir können jedes ${}b_{j}$ als

${}b_{j}=a_{1j}x_{1}+\cdots +a_{nj}x_{n}$ mit Koeffizienten ${}a_{ij}\in K$ ausdrücken. Das ergibt

${}{\begin{aligned}z&=b_{1}y_{1}+\cdots +b_{m}y_{m}\\&=(a_{11}x_{1}+\cdots +a_{n1}x_{n})y_{1}+\cdots +(a_{1m}x_{1}+\cdots +a_{nm}x_{n})y_{m}\\&=\sum _{1\leq i\leq n,\,1\leq j\leq m}a_{ij}x_{i}y_{j}.\end{aligned}}$

Daher ist ${}z$ eine ${}K$-Linearkombination der Produkte ${}x_{i}y_{j}$.
Um zu zeigen, dass diese Produkte linear unabhängig sind, sei

$0=\sum _{1\leq i\leq n,\,1\leq j\leq m}c_{ij}x_{i}y_{j}$

angenommen mit ${}c_{ij}\in K$. Wir schreiben dies als ${}0=\sum _{j=1}^{m}(\sum _{i=1}^{n}c_{ij}x_{i})y_{j}$. Da die ${}y_{j}$ linear unabhängig über ${}L$ sind und die Koeffizienten der ${}y_{j}$ zu ${}L$ gehören folgt, dass ${}\sum _{i=1}^{n}c_{ij}x_{i}=0$ ist für jedes ${}j$. Da die ${}x_{i}$ linear unabhängig über ${}K$ sind und ${}c_{ij}\in K$ ist folgt, dass ${}c_{ij}=0$ ist für alle ${}i,j$.

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 (4 Punkte)

Zeige, dass zu zwei konstruierbaren positiven reellen Zahlen ${}a$ und ${}b$ die Potenz ${}a^{b}$ nicht konstruierbar sein muss.

Lösung

Sei ${}a=2$ und

${}b={\frac {1}{3}}\,.$

Die Zahl

${}a^{b}=2^{\frac {1}{3}}={\sqrt[{3}]{2}}\,$

ist algebraisch und wird von ${}X^{3}-2$ annulliert. Da ${}{\sqrt[{3}]{2}}\in \mathbb {R} \setminus \mathbb {Q}$ liegt, gibt es nur eine reelle Nullstelle und keine rationale Nullstelle. Daher ist nach Lemma 6.9 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) das Polynom irreduzibel und daher nach Lemma 23.2 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gleich dem Minimalpolynom. Also besitzt die Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{2}}]\cong K[X]/(X^{3}-2)\,$

den Grad ${}3$. Nach Korollar 26.7 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) kann daher ${}{\sqrt[{3}]{2}}$ nicht konstruierbar sein.

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.