Kurs:Elementare Algebra/3/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	2	5	4	3	2	3	2	2	3	3	3	6	5	8	5	2	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Ordnung einer endlichen Gruppe ${}G$.
2. Der Binomialkoeffizient ${}{\binom {n}{k}}$.
3. Eine Körpererweiterung.
4. Ein Hauptideal in einem kommutativen Ring ${}R$.
5. Ein über einem Körper ${}K$ algebraisches Element ${}f\in A$ einer ${}K$- Algebra ${}A$.
6. Eine Fermatsche Primzahl.

Lösung

1. Die Ordnung der Gruppe ist die Anzahl der Elemente von ${}G$.
2. Der Binomialkoeffizient ist durch

   ${}{\binom {n}{k}}={\frac {n!}{k!(n-k)!}}\,$

   definiert.

3. Es sei ${}L$ ein Körper und ${}K\subseteq L$ ein Unterkörper von ${}L$. Dann heißt die Inklusion ${}K\subseteq L$ heißt eine Körpererweiterung.
4. Ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}$ in einem kommutativen Ring ${}R$ der Form

   ${}{\mathfrak {a}}=(a)=Ra=\{ra:\,r\in R\}\,.$

   heißt Hauptideal.

5. Das Element ${}f$ heißt algebraisch über ${}K$, wenn es ein von ${}0$ verschiedenes Polynom ${}P\in K[X]$ mit ${}P(f)=0$ gibt.
6. Eine Primzahl der Form ${}2^{s}+1$, wobei ${}s$ eine positive natürliche Zahl ist, heißt Fermatsche Primzahl.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Lösbarkeit von Gleichungen in einer Gruppe ${}G$.
2. Das Lemma von Euklid für einen Hauptidealbereich.
3. Der Satz über endliche Körpererweiterungen von ${}\mathbb {R}$ .

Lösung

1. Zu je zwei Gruppenelementen ${}a,b\in G$ besitzen die beiden Gleichungen

   $a\circ x=b{\text{ und }}y\circ a=b$

   eindeutige Lösungen ${}x,y\in G$.
2. Es sei ${}R$ ein Hauptidealbereich und ${}a,b,c\in R$. Es seien ${}a$ und ${}b$ teilerfremd und ${}a$ teile das Produkt ${}bc$. Dann teilt ${}a$ den Faktor ${}c$.
3. Es sei ${}\mathbb {R} \subseteq K$ eine endliche Körpererweiterung der reellen Zahlen. Dann ist ${}K$ isomorph zu ${}\mathbb {R}$ oder zu ${}{\mathbb {C} }$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}R$ ein Integritätsbereich und ${}R[X]$ der Polynomring über ${}R$. Zeige, dass die Einheiten von ${}R[X]$ genau die Einheiten von ${}R$ sind.

Lösung

Es sei ${}a\in R$ eine Einheit. Dann gibt es ein ${}b\in R$ mit ${}ab=1$ und die gleiche Identität gilt auch im Polynomring. Also ist

${}R^{\times }\subseteq R[X]^{\times }\,.$

Es sei nun

${}P=\sum _{i=0}^{d}a_{i}X^{i}\,$

($a_{d}\neq 0$) eine Einheit in ${}R[X]$. Dann gibt es ein Polynom

${}Q=\sum _{j=0}^{e}b_{j}X^{j}\,$

($b_{e}\neq 0$) mit

${}PQ=1\,.$

Da ${}R$ ein Integritätsbereich ist, ist ${}a_{d}b_{e}\neq 0$ und das Produkt hat die Gestalt

$a_{d}b_{e}X^{d+e}+{\text{Terme von kleinerem Grad}}.$

Daher ist

${}d+e=0\,$

und

${}a_{d}b_{e}=1\,,$

das Polynom ist also eine konstante Einheit.

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige, dass die komplexen Zahlen einen Körper bilden.

Lösung

Die Körpereigenschaften für die komponentenweise definierte Addition sind klar, da die entsprechenden Eigenschaften für ${}\mathbb {R}$ gelten. Es ist

${}1\cdot (a+b{\mathrm {i} })=a+b{\mathrm {i} }\,,$

somit ist die ${}1$ das neutrale Element der Multiplikation. Die Kommutativität der Multiplikation ist ebenfalls von der Formel her klar. Zum Nachweis der Assoziativität der Multiplikation berechnen wir

${}{\begin{aligned}{\left((a+b{\mathrm {i} })(c+d{\mathrm {i} })\right)}(e+f{\mathrm {i} })&={\left(ac-bd+(bc+ad){\mathrm {i} }\right)}(e+f{\mathrm {i} })\\&=(ac-bd)e-(bc+ad)f+{\left((ac-bd)f+(bc+ad)e\right)}{\mathrm {i} }\\&=ace-bde-bcf-adf+{\left(acf-bdf+bce+ade\right)}{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Ebenso ist

${}{\begin{aligned}(a+b{\mathrm {i} }){\left((c+d{\mathrm {i} })(e+f{\mathrm {i} })\right)}&=(a+b{\mathrm {i} }){\left(ce-df+(cf+de){\mathrm {i} }\right)}\\&=a(ce-df)-b(cf+de)+{\left(b(ce-df)+a(cf+de)\right)}{\mathrm {i} }\\&=ace-adf-bcf+-bde+{\left(bce-bdf+acf+ade\right)}{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Wenn

${}a+b{\mathrm {i} }\neq 0\,$

ist, so ist mindestens eine der Zahlen ${}a$ oder ${}b$ von ${}0$ verschieden und damit ist ${}a^{2}+b^{2}>0$. Somit ist ${}{\frac {a}{a^{2}+b^{2}}}-{\frac {b}{a^{2}+b^{2}}}{\mathrm {i} }$ eine komplexe Zahl und es gilt

${}{\left(a+b{\mathrm {i} }\right)}{\left({\frac {a}{a^{2}+b^{2}}}-{\frac {b}{a^{2}+b^{2}}}{\mathrm {i} }\right)}={\frac {1}{a^{2}+b^{2}}}{\left(a+b{\mathrm {i} }\right)}{\left(a-b{\mathrm {i} }\right)}={\frac {1}{a^{2}+b^{2}}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)}=1\,,$

also besitzt jedes Element ${}\neq 0$ ein Inverses bezüglich der Multiplikation. Das Distributivgesetz folgt aus

${}{\begin{aligned}(a+b{\mathrm {i} }){\left(c+d{\mathrm {i} }+e+f{\mathrm {i} }\right)}&=(a+b{\mathrm {i} }){\left((c+e)+(d+f){\mathrm {i} }\right)}\\&=a(c+e)-b(d+f)+(a(d+f)+b(c+e)){\mathrm {i} }\\&=ac+ae-bd-bf+(ad+af+bc+be){\mathrm {i} }\\&=ac-bd+(ad+bc){\mathrm {i} }+ae-bf+(af+be){\mathrm {i} }\\&=(a+b{\mathrm {i} }){\left(c+d{\mathrm {i} }\right)}+(a+b{\mathrm {i} }){\left(e+f{\mathrm {i} }\right)}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Finde im Polynomring ${}\mathbb {Z} /(2)[X]$ ein irreduzibles Polynom vom Grad vier.

Lösung

Wir betrachten das Polynom

$F=X^{4}+X+1.$

Da weder ${}0$ noch ${}1$ eine Nullstelle von ${}F$ sind, besitzt es keinen Linearfaktor. Die einzige verbleibende Faktorzerlegung wäre als ein Produkt von zwei irreduziblen Polynomen vom Grad zwei. Das einzige irreduzible Polynom vom Grad zwei ist ${}X^{2}+X+1$. Wegen

${}(X^{2}+X+1)^{2}=X^{4}+X^{2}+1\neq F\,$

ist ${}F$ irreduzibel.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass im Polynomring ${}K[X,Y]$ über einem Körper ${}K$ das Ideal ${}(X,Y)$ kein Hauptideal ist.

Lösung

Nehmen wir an, dass

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

mit einem Polynom ${}F\in K[X,Y]$ ist. Dann ist insbesondere ${}X=GF$ und ${}Y=HF$. Betrachtet man die erste Gleichung als Gleichung in ${}(K[Y])[X]$, so ergibt sich, dass ${}F$ zu ${}X$ assoziiert oder eine Einheit ist. Unter Berücksichtigung der zweiten Gleichung folgt, dass ${}F$ eine Einheit sein muss. In diesem Fall ist aber

${}(X,Y)\subset (F)=K[X,Y]\,,$

da keine Linearkombination von ${}X$ und ${}Y$ gleich ${}1$ ist.

Aufgabe (2 Punkte)

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

$\varphi \colon G\longrightarrow H$

ein Gruppenisomorphismus. Zeige, dass auch die Umkehrabbildung

$\varphi ^{-1}\colon H\longrightarrow G,\,h\longmapsto \varphi ^{-1}(h),$

ein Gruppenisomorphismus ist.

Lösung

Dies folgt aus

${}{\begin{aligned}\varphi ^{-1}(h_{1}h_{2})&=\varphi ^{-1}{\left(\varphi (\varphi ^{-1}(h_{1}))\varphi (\varphi ^{-1}(h_{2}))\right)}\\&=\varphi ^{-1}{\left(\varphi {\left(\varphi ^{-1}(h_{1})\varphi ^{-1}(h_{2})\right)}\right)}\\&=\varphi ^{-1}(h_{1})\varphi ^{-1}(h_{2}).\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das kleinste gemeinsame Vielfache und den größten gemeinsamen Teiler der drei Zahlen

$3^{4}\cdot 5^{2},\,2^{4}\cdot 3^{3}\cdot 5^{1}\cdot 7^{1},\,2^{5}\cdot 3^{2}\cdot 5^{2}.$

Die Ergebnisse sollen ausgerechnet vorliegen.

Lösung

Nach Fakt ***** (angewendet auf drei Zahlen) ist der größte gemeinsame Teiler gleich

${}3^{2}\cdot 5^{1}=45\,$

und das kleinste geminsame Vielfache ist gleich

${}2^{5}\cdot 3^{4}\cdot 5^{2}\cdot 7=32\cdot 81\cdot 25\cdot 7=2592\cdot 175=453600\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Stifte einen surjektiven Gruppenhomomorphismus von der Gruppe der komplexen Zahlen ohne null ${}({\mathbb {C} }\setminus \{0\},\cdot ,1)$ in die multiplikative Gruppe der positiven reellen Zahlen ${}(\mathbb {R} _{+},\cdot ,1)$.

Lösung

Wir betrachten die Abbildung

${\mathbb {C} }\setminus \{1\}\longrightarrow \mathbb {R} _{+},\,z\longmapsto \vert {z}\vert .$

Für ${}z=a+b{\mathrm {i} }$ ist dabei

${}\vert {z}\vert ={\sqrt {a^{2}+b^{2}}}\,.$

Für ${}z\neq 0$ ist ${}a\neq 0$ oder ${}b\neq 0$, sodass der Betrag positiv ist. Nach Lemma 3.15 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025))  (4) gilt

${}\vert {zw}\vert =\vert {z}\vert \vert {w}\vert \,,$

daher liegt ein Gruppenhomomorphismus vor. Eine positive reelle Zahl ${}a=a+0{\mathrm {i} }$ wird auf ${}a$ selbst abgebildet, daher ist die Abbildung surjektiv.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass es in der Restklassengruppe ${}\mathbb {Q} /\mathbb {Z}$ zu jedem ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ Elemente gibt, deren Ordnung gleich ${}n$ ist.

Lösung

Wir betrachten die Restklasse ${}\left[{\frac {1}{n}}\right]$ zum Stammbruch ${}{\frac {1}{n}}$. Es ist

${}n\left[{\frac {1}{n}}\right]=\left[{\frac {n}{n}}\right]=[1]=[0]=0\,.$

da ja ${}1$ zu ${}\mathbb {Z}$ gehört. Für

${}1\leq k\leq n-1\,$

ist hingegen

${}k\left[{\frac {1}{n}}\right]=\left[{\frac {k}{n}}\right]\,$

eine rationale Zahl, die keine ganze Zahl ist. Also ist

${}k\left[{\frac {1}{n}}\right]\neq 0\,$

und somit ist ${}n$ die Ordnung von ${}\left[{\frac {1}{n}}\right]$.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Homomorphiesatz für Ringe unter Bezug auf den Homomorphiesatz für Gruppen.

Lösung

Aufgrund von Fakt ***** gibt es einen eindeutig bestimmten Gruppenhomomorphismus

${\tilde {\varphi }}\colon T\longrightarrow S,$

der die Eigenschaften erfüllt. Es ist also lediglich noch zu zeigen, dass ${}{\tilde {\varphi }}$ auch die Multiplikation respektiert. Es seien dazu ${}t,t'\in T$, und diese seien repräsentiert durch ${}r$ bzw. ${}r'$ aus ${}R$. Dann wird ${}tt'$ durch ${}rr'$ repräsentiert und daher ist

${}{\tilde {\varphi }}(tt')=\varphi (rr')=\varphi (r)\varphi (r')={\tilde {\varphi }}(t){\tilde {\varphi }}(t')\,.$

Ferner ist

${}{\tilde {\varphi }}(1)={\tilde {\varphi }}(\psi (1))=\varphi (1)=1\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Q} [X]/(X^{3}+4X^{2}-7)$ das Inverse von ${}{\frac {1}{3}}x+5$ (${}x$ bezeichnet die Restklasse von ${}X$).

Lösung

Wir machen Division mit Rest von ${}X^{3}+4X^{2}-7$ durch ${}{\frac {1}{3}}X+5$. Das ergibt

$X^{3}+4X^{2}-7={\left({\frac {1}{3}}X+5\right)}{\left(3X^{2}-33X+495\right)}-2482.$

Also ist

${\left({\frac {1}{3}}x+5\right)}{\left(3x^{2}-33x+495\right)}=2482\mod X^{3}+4X^{2}-7$

und daher ist das Inverse von ${}{\frac {1}{3}}X+5$ gegeben durch

${}{\frac {1}{2482}}(3x^{2}-33x+495)={\frac {3}{2482}}x^{2}-{\frac {33}{2482}}x+{\frac {495}{2482}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den kleinen Satz von Fermat.

Lösung

Ist ${}a$ nicht durch ${}p$ teilbar, so definiert ${}a$ ein Element ${}{\bar {a}}$ in der Einheitengruppe ${}{\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$; diese Gruppe hat die Ordnung ${}p-1$, und nach dem Satz von Lagrange gilt ${}{\bar {a}}^{p-1}=1$. Durch Multiplikation mit ${}a$ ergibt sich die Behauptung. Für Vielfache von ${}p$ gilt die Aussage ebenso, da dann beidseitig ${}0$ steht.

Aufgabe (6 (1+1+2+2) Punkte)

In dieser Aufgabe geht es um den Restklassenring ${}\mathbb {Z} /(360)$.

a) Schreibe ${}\mathbb {Z} /(360)$ als Produktring (im Sinne des chinesischen Restsatzes).

b) Wie viele Einheiten besitzt ${}\mathbb {Z} /(360)$?

c) Schreibe das Element ${}239$ in komponentenweiser Darstellung. Begründe, warum es sich um eine Einheit handelt und finde das Inverse in komponentenweiser Darstellung.

d) Berechne die Ordnung von ${}239$ in ${}\mathbb {Z} /(360)$.

Lösung

a) Es ist

${}360=2^{3}\cdot 3^{2}\cdot 5\,,$

daher ist

${}\mathbb {Z} /(360)=\mathbb {Z} /(8)\times \mathbb {Z} /(9)\times \mathbb {Z} /(5)\,.$

b) Nach der Formel für die eulersche ${}\varphi$-Funktion ist die Anzahl der Einheiten gleich

${}\varphi (360)=4\cdot 6\cdot 4=96\,.$

c) Die Reste von ${}239$ modulo ${}8,9$ und ${}5$ sind

$(7,5,4).$

Da jede Komponente teilerfremd zu den zugehörigen Modulozahlen sind, handelt sich es sich insgesamt um eine Einheit. Das Inverse ist

$(7,2,4).$

d) Zur Berechnung der Ordnung von ${}239$ modulo ${}360$ schreiben wir

${}(7,5,4)=(-1,5,-1)\,.$

Die Ordnung in der ersten und der dritten Komponente ist ${}2$, die Ordnung in der zweiten Komponente ist wegen ${}5^{2}=7$, ${}5^{3}=35=-1$ gleich ${}6$, da ja ${}\mathbb {Z} /(9)^{\times }$ die Ordnung ${}6$ besitzt. Daher ist die Ordnung von ${}239$ gleich ${}6$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum. Es seien ${}s_{1},\ldots ,s_{k}\in K$ und ${}v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$. Zeige

${}{\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}\right)}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}=\sum _{1\leq i\leq k,\,1\leq j\leq n}s_{i}\cdot v_{j}\,.$

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch eine Doppelinduktion über ${}k,n\geq 1$. Die Fälle

${}(k,n)=(1,1),\,(1,2),\,(2,1)\,$

sind unmittelbar klar bzw. folgen direkt aus den Axiomen für einen Vektorraum.

Die Aussage für ${}k=1$ und beliebige ${}n$ beweisen für durch Induktion nach ${}n$, wobei der Induktionsanfang durch die Vorbemerkung gesichert ist. Es sei die Aussage für ein ${}n$ schon bewiesen, und seien ${}n+1$ Vektoren${}v_{1},\ldots ,v_{n},v_{n+1}\in V$ gegeben. Dann ist unter Verwendung des Falles ${}(1,2)$ und der Induktionsvoraussetzung

${}{\begin{aligned}s{\left(\sum _{j=1}^{n+1}v_{j}\right)}&=s{\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}+v_{n+1}\right)}\\&=s{\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}+sv_{n+1}\\&=\sum _{1\leq j\leq n}s\cdot v_{j}+sv_{n+1}\\&=\sum _{1\leq j\leq n+1}s\cdot v_{j}.\end{aligned}}$

Wir betrachten nun die Aussage für ein festes ${}k$ und beliebige ${}n$. Für ${}k=1$ ist diese Aussage bereits bewiesen. Es sei diese Aussage nun für ein festes ${}k$ schon bewiesen Es seien Skalare ${}s_{1},\ldots ,s_{k},s_{k+1}\in R$ und Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$ gegeben. Dann ist unter Verwendung der Fälle ${}(k,n)=(2,1),(1,n)$ und der Induktionsvoraussetzung

${}{\begin{aligned}{\left(\sum _{i=1}^{k+1}s_{i}\right)}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}&={\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}+s_{k+1}\right)}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}\\&={\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}\right)}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}+s_{k+1}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}\\&=\sum _{1\leq i\leq k,\,1\leq j\leq n}s_{i}\cdot v_{j}+\sum _{j=1}^{n}s_{k+1}\cdot v_{j}\\&=\sum _{1\leq i\leq k+1,\,1\leq j\leq n}s_{i}\cdot v_{j}.\end{aligned}}$

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei ${}x={\sqrt {2}}+{\sqrt {5}}\in \mathbb {R}$ und betrachte die Körpererweiterung

$\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} (x)=L.$

Zeige, dass diese Körpererweiterung algebraisch ist und bestimme den Grad der Körpererweiterung, das Minimalpolynom von ${}x$ und das Inverse von ${}x$. (Man darf dabei verwenden, dass ${}{\sqrt {2}},{\sqrt {5}},{\sqrt {10}}$ irrationale Zahlen sind.)

Lösung

Wir behaupten zunächst, dass

$L=\mathbb {Q} [{\sqrt {2}},{\sqrt {5}}]=(\mathbb {Q} [{\sqrt {2}}])[{\sqrt {5}}]$

ist. Als eine Kette von quadratischen Körpererweiterungen ist dann ${}\mathbb {Q} \subseteq L$ algebraisch. Dabei ist die Inklusion ${}\subseteq$

klar. Es ist

$x^{2}=7+2{\sqrt {10}},\,x^{3}=17{\sqrt {2}}+11{\sqrt {5}}.$

Daraus ergibt sich

${\sqrt {2}}={\frac {1}{6}}(x^{3}-11x),$

sodass also ${}{\sqrt {2}}$ und damit auch ${}{\sqrt {5}}$ links dazu gehören, was die andere Inklusion ergibt.

Wir betrachten die Körperkette

$\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt {2}}]\subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt {2}},{\sqrt {5}}]=L.$

Dabei ist die Inklusion links echt, da

${}{\sqrt {2}}$ irrational ist, sodass links eine quadratische Körpererweiterung vorliegt. Aber auch die Inklusion rechts ist echt, denn andernfalls wäre

${\sqrt {5}}=a+b{\sqrt {2}}{\text{ mit }}a,b\in \mathbb {Q} ,$

was zu ${}5=a^{2}+2b^{2}+ab{\sqrt {2}}$ führt. Bei ${}a,b\neq 0$ ist das erneut im Widerspruch zur Irrationalität von ${}{\sqrt {2}}$. Bei ${}b=0$ ist das ein Widerspruch zur Irrationalität von ${}{\sqrt {5}}$. Bei ${}a=0$ ist das ein Widerspruch zur Irrationalität von ${}{\sqrt {5/2}}={\frac {1}{2}}{\sqrt {10}}$.

Insgesamt liegt also eine Kette ${}\mathbb {Q} \subset K=\mathbb {Q} [{\sqrt {2}}]\subset L$ von quadratischen Körpererweiterungen vor, sodass aufgrund der Gradformel der Grad von ${}\mathbb {Q} \subset L$ gleich ${}4$ ist.

Zur Bestimmung des Minimalpolynoms von ${}x$ berechnen wir ${}x^{4}$, das ist

${}x^{4}={\left(7+2{\sqrt {10}}\right)}^{2}=89+28{\sqrt {10}}\,.$

Das Minimalpolynom ist gleich

$F=X^{4}-14X^{2}+9.$

Setzt man nämlich ${}x$ ein, so erhält man ${}0$. Da ${}x$ den Körper ${}L$ erzeugt, muss das Minimalpolynom den Grad ${}4$ haben, sodass ${}F$ das Minimalpolynom ist.

Zur Bestimmung des Inversen gehen wir von ${}x(x^{3}-14x)=-9$ aus. Daher ist das Inverse gleich

${}{\begin{aligned}-{\frac {1}{9}}{\left(x^{3}-14x\right)}&=-{\frac {1}{9}}{\left(17{\sqrt {2}}+11{\sqrt {5}}-14{\left({\sqrt {2}}+{\sqrt {5}}\right)}\right)}\\&=-{\frac {1}{9}}{\left(3{\sqrt {2}}-3{\sqrt {5}}\right)}\\&=-{\frac {1}{3}}{\sqrt {2}}+{\frac {1}{3}}{\sqrt {5}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Berechne die Schnittpunkte der beiden Kreise ${}K_{1}$ und ${}K_{2}$, wobei ${}K_{1}$ den Mittelpunkt ${}(3,4)$ und den Radius ${}6$ und ${}K_{2}$ den Mittelpunkt ${}(-8,1)$ und den Radius ${}7$ besitzt.

Lösung

Die Kreisgleichungen der beiden Kreise sind

${}(x-3)^{2}+(y-4)^{2}=x^{2}-6x+y^{2}-8y+25=36\,$

und

${}(x+8)^{2}+(y-1)^{2}=x^{2}+16x+y^{2}-2y+65=49\,.$

Die Differenz der beiden Gleichungen ergibt

${}22x+6y+40=13\,.$

Also ist

${}y={\frac {-22x-27}{6}}\,.$

Dies setzen wir in die erste Kreisgleichung ein und erhalten

${}{\begin{aligned}x^{2}-6x+{\left({\frac {-22x-27}{6}}\right)}^{2}-8{\frac {-22x-27}{6}}-11&=x^{2}+{\frac {121}{9}}x^{2}-6x+33x+{\frac {81}{4}}+{\frac {88}{3}}x+36-11\\&={\frac {130}{9}}x^{2}+{\frac {169}{3}}x+{\frac {181}{4}}\\&=0.\end{aligned}}$

Nach der Lösungsformel für eine quadratische Gleichung ist

${}{\begin{aligned}x_{1,2}&={\frac {-{\frac {169}{3}}\pm {\sqrt {{\frac {28561}{9}}-4\cdot {\frac {130}{9}}\cdot {\frac {181}{4}}}}}{\frac {260}{9}}}\\&={\frac {-169\pm {\sqrt {28561-130\cdot 181}}}{\frac {260}{3}}}\\&={\frac {-3\cdot 169\pm 3{\sqrt {28561-23530}}}{260}}\\&={\frac {-507\pm 3{\sqrt {5031}}}{260}}\\&={\frac {-507\pm 9{\sqrt {559}}}{260}}.\end{aligned}}$

Somit ist

${}{\begin{aligned}y_{1}&={\frac {-22x_{1}-27}{6}}\\&={\frac {-22{\frac {-507+9{\sqrt {559}}}{260}}-27}{6}}\\&=-11{\frac {-169+3{\sqrt {559}}}{260}}-{\frac {9}{2}}\\&=-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {11\cdot 13}{20}}-{\frac {9}{2}}\\&=-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}y_{2}&={\frac {-22x_{2}-27}{6}}\\&={\frac {-22{\frac {-507-9{\sqrt {559}}}{260}}-27}{6}}\\&=-11{\frac {-169-3{\sqrt {559}}}{260}}-{\frac {9}{2}}\\&={\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {11\cdot 13}{20}}-{\frac {9}{2}}\\&={\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}.\end{aligned}}$

Die Schnittpunkte sind also

$\left({\frac {-507+9{\sqrt {559}}}{260}},\,-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\right)$

und

$\left({\frac {-507-9{\sqrt {559}}}{260}},\,{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\right).$

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}z,w\in {\mathbb {C} }$ konstruierbare Zahlen. Bestimme, ob die Zahl

$z^{2}-3z{\sqrt {w}}+{\sqrt {z+w^{2}}}-{\frac {5}{7}}+4{\sqrt {{\sqrt {z}}+w}}+{\sqrt {11}}$

konstruierbar ist.

Lösung

Da rationale Zahlen konstruierbar sind, ist ${}{\frac {5}{7}}$ konstruierbar. Mit jeder konstruierbaren reellen Zahl ist auch die Quadratwurzel konstruierbar. Also sind ${}{\sqrt {11}},{\sqrt {w}}$ konstruierbar. Da die Summe und das Produkt von konstruierbaren Zahlen wieder konstruierbar ist, sind auch ${}z^{2},-3z{\sqrt {w}},{\sqrt {z+w^{2}}}$ und ${}{\sqrt {z}}+w$ konstruierbar. Damit ist auch ${}4{\sqrt {{\sqrt {z}}+{\sqrt {w}}}}$ konstruierbar und damit ist die Summe dieser Ausdrücke konstruierbar.