Kurs:Elementare Algebra/4/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	3	1	2	5	3	4	3	4	12	4	4	8	4	2	62

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}G$ eine Gruppe. Zeige, dass

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

für alle ${}x\in G$ ist.

Lösung

Es ist

${}x\circ x^{-1}=1\,.$

Damit ist ${}x$ das Inverse zu ${}x^{-1}$. Damit ist

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

Aufgabe (2 Punkte)

Finde zwei natürliche Zahlen, deren Summe ${}65$ und deren Produkt ${}1000$ ist.

Lösung

Die Primfaktorzerlegung von ${}1000$ ist

${}1000=2^{3}\cdot 5^{3}\,.$

Die beiden gesuchten Zahlen müssen also Teiler davon sein, also von der Form ${}2^{i}5^{j}$ mit ${}i,j\leq 3$. Da die Summe ungerade ist, besitzt die eine Zahl die Form

$8\cdot 5^{j}.$

Dies führt auf die ${}40$ und ${}25$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Zeige unter Verwendung der Division mit Rest, dass ${}K[X]$ ein Hauptidealbereich ist.

Lösung

Es sei ${}I$ ein von ${}0$ verschiedenes Ideal in ${}K[X]$. Betrachte die nichtleere Menge

${\left\{\operatorname {grad} \,(P)\mid P\in I,\,P\neq 0\right\}}.$

Diese Menge hat ein Minimum ${}m\in \mathbb {N}$, das von einem Element ${}F\in I$, ${}F\neq 0$, herrührt, sagen wir ${}m=\operatorname {grad} \,(F)$. Wir behaupten, dass ${}I=(F)$ ist. Die Inklusion ${}\supseteq$ ist klar. Zum Beweis von ${}\subseteq$ sei ${}P\in I$ gegeben. Aufgrund von Satz 5.3 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gilt

$P=FQ+R{\text{ mit }}\operatorname {grad} \,(R)<\operatorname {grad} \,(F){\text{ oder }}R=0.$

Wegen ${}R\in I$ und der Minimalität von ${}\operatorname {grad} \,(F)$ kann der erste Fall nicht eintreten. Also ist ${}R=0$ und ${}P$ ist ein Vielfaches von ${}F$.

Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe zu jedem ${}n\geq 2$ einen kommutativen Ring ${}R$ und ein Element ${}x\in R$, ${}x\neq 0$, an, für das ${}nx=0$ und ${}x^{n}=0$ gilt.

Lösung

Wir betrachten den Restklassenring

${}R=\mathbb {Z} /(n)[X]/(X^{n})\,$

und darin die Restklasse zu ${}X$, die wir mit ${}x$ bezeichnen. Das Element ${}x$ ist nicht ${}0$, da im Polynomring aus Gradgründen ${}X$ nicht ein Vielfaches von ${}X^{n}$ mit ${}n\geq 2$ sein kann. In diesem Ring gilt ${}n=0$ und daher ist ${}ny=0$ überhaupt für jedes Element ${}y\in R$, also insbesondere für ${}x$. Ferner ist ${}x^{n}=0$, da in der Restklassenbildung das gesamte Ideale zu ${}0$ gemacht wird.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten die endliche Permutationsgruppe ${}S_{n}$ zu einer Menge mit ${}n$ Elementen.

a) Zeige, dass es in ${}S_{n}$ Elemente der Ordnung ${}n$ gibt.

b) Man gebe ein Beispiel für eine Permutationsgruppe ${}S_{n}$ und einem Element darin, dessen Ordnung größer als ${}n$ ist.

Lösung

Die Menge sei ${}M=\{1,2,\ldots ,n\}$.

a) Die zyklische Permutation

${}x$	${}1$	${}2$	${}\cdots$	${}n-1$	${}n$
${}\sigma (x)$	${}2$	${}3$	${}\cdots$	${}n$	${}1$

hat offenbar die Ordnung ${}n$, da zu jedem Element ${}a\in M$ die Potenzen ${}\sigma ^{j}(a)$ für ${}j=0,1,2,\ldots ,n-1$ die Elemente von ${}M$ durchlaufen.

b) Es sei ${}M=\{1,2,\ldots ,n\}$ und betrachte die Permutation

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$
${}\sigma (x)$	${}2$	${}1$	${}4$	${}5$	${}3$

Die Zahlen ${}1$ und ${}2$ sind wieder an ihrer Stelle, wenn man eine Potenz von ${}\sigma$ mit einem geraden Exponenten anwendet, und die Zahlen ${}3,4$ und ${}5$ sind wieder an ihrer Stelle, wenn der Exponent ein Vielfaches von ${}3$ ist. Die Ordnung ist also ${}6>5$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}h\in R$. Zeige, dass die Abbildung

$R\longrightarrow R,\,f\longmapsto hf,$

ein Gruppenhomomorphismus ist. Beschreibe das Bild und den Kern dieser Abbildung.

Lösung

Für Elemente ${}f_{1},f_{2}\in R$ ist nach dem Distributivgesetz

${}h(f_{1}+f_{2})=hf_{1}+hf_{2}\,,$

und genau dies besagt, dass ein Gruppenhomomorphismus vorliegt. Das Bild besteht aus allen Elementen der Form

${\left\{hf\mid f\in R\right\}},$

dies ist genau das von ${}h$ erzeugte Hauptideal ${}(h)$. Der Kern besteht aus allen Elementen der Form

${\left\{f\mid hf=0\right\}},$

das sind also alle Elemente, die bei Multiplikation mit ${}h$ die ${}0$ ergeben.

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

a) Finde die Zahlen ${}z\in \{0,1,\ldots ,9\}$ mit der Eigenschaft, dass die letzte Ziffer ihres Quadrates (in der Dezimaldarstellung) gleich ${}z$ ist.

b) Finde die Zahlen ${}z\in \{0,1,\ldots ,99\}$ mit der Eigenschaft, dass die beiden letzten Ziffern ihres Quadrates (in der Dezimaldarstellung) gleich ${}z$ ist.

Lösung

a) Hier kann man direkt ausrechnen, dass ${}z=0,1,5,6$ die Lösungen sind.

b) Es geht um die Frage, für welche ${}z\in \mathbb {Z} /(100)$ die Gleichheit

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

(in $\mathbb {Z} /(100)$) gilt. Es geht also darum, die idempotenten Elemente von ${}\mathbb {Z} /(100)$ zu finden. Wegen

${}\mathbb {Z} /(100)=\mathbb {Z} /(4)\times \mathbb {Z} /(25)\,$

und da es modulo einer Primzahlpotenz nur die trivialen idempotenten Elemente gibt, geht es um die Elemente ${}(0,0),(1,1),(1,0),(0,1)$ in der Produktdarstellung. Diese entsprechen den Zahlen ${}0,1,25,76$.

Aufgabe (12 (3+5+3+1) Punkte)

Es seien ${}R_{1},R_{2},\ldots ,R_{n}$ kommutative Ringe und sei

${}R=R_{1}\times R_{2}\times \cdots \times R_{n}\,$

der Produktring.

1. Es seien

   $I_{1}\subseteq R_{1},I_{2}\subseteq R_{2},\ldots ,I_{n}\subseteq R_{n}$

   Ideale. Zeige, dass die Produktmenge

   $I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}$

   ein Ideal in ${}R$ ist.

2. Zeige, dass jedes Ideal ${}I\subseteq R$ die Form

   ${}I=I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}\,$

   mit Idealen ${}I_{j}\subseteq R_{j}$ besitzt.

3. Sei

   ${}I=I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}\,$

   ein Ideal in ${}R$. Zeige, dass ${}I$ genau dann ein Hauptideal ist, wenn sämtliche ${}I_{j}$ Hauptideale sind.

4. Zeige, dass ${}R$ genau dann ein Hauptidealring ist, wenn alle ${}R_{j}$ Hauptidealringe sind.

Lösung

1. Wegen

   $0=(0,0,\ldots ,0)\in I$

   ist ${}I$ nicht leer. Für zwei Elemente ${}a=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})$ und ${}b=(b_{1},b_{2},\ldots ,b_{n})$ aus ${}I$ ist jeweils ${}a_{j},b_{j}\in I_{j}$. Daher ist stets ${}a_{j}+b_{j}\in I$ und somit gehört

   ${}a+b=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})+(b_{1},b_{2},\ldots ,b_{n})=(a_{1}+b_{1},a_{2}+b_{2},\ldots ,a_{n}+b_{n})\,$

   zum Ideal. Für

   $a=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})\in I$

   und

   $r=(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n})\in R$

   ist jeweils ${}a_{j}\in I_{j}$ und daher ${}r_{j}a_{j}\in I_{j}$. Somit gehört

   ${}ra=(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n})(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})=(r_{1}a_{1},r_{2}a_{2},\ldots ,r_{n}a_{n})\,$

   zu ${}I$.

2. Zu einem Ideal

   ${}I\subseteq R\,$

   setzen wir

   ${}I_{j}={\left\{x\in R_{j}\mid (0,\ldots ,0,x,0,\ldots ,0)\in I\right\}}\,.$

   Hierbei steht ${}x$ an der ${}j$-ten Stelle. Dies ist jeweils ein Ideal in ${}R_{j}$: Es ist ${}0\in I_{j}$; wenn

   $(0,\ldots ,0,x,0,\ldots ,0),(0,\ldots ,0,y,0,\ldots ,0)\in I$

   ist auch

   $(0,\ldots ,0,x+y,0,\ldots ,0)\in I;$

   Wenn ${}x\in I_{j}$ und ${}r\in R_{j}$ ist, so ist

   $(0,\ldots ,0,x,0,\ldots ,0)\in I$

   und somit ist

   $(0,\ldots ,0,r,0,\ldots ,0)(0,\ldots ,0,x,0,\ldots ,0)=(0,\ldots ,0,rx,0,\ldots ,0)\in I,$

   also ${}rx\in I_{j}$. Wir behaupten

   ${}I=I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}\,.$

   Wenn

   $(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})\in I$

   ist, so ist auch (mit der ${}1$ an der ${}j$-ten Stelle)

   $(0,\ldots ,0,1,0,\ldots ,0)\cdot (a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})=(0,\ldots ,0,a_{j},0,\ldots ,0)\in I,$

   also ${}a_{j}\in I_{j}$. Also ist ${}(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})\in I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}$. Wenn umgekehrt${}a=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})\in I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}$ ist, so ist ${}a_{j}\in I_{j}$, also

   $(0,\ldots ,0,a_{j},0,\ldots ,0)\in I.$

   Wegen

   ${}(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})=(a_{1},0,\ldots ,0)+(0,a_{2},0,\ldots ,0)+\cdots +(0,0,\ldots ,a_{n})\,$

   ist somit ${}a\in I$.

3. Es seien zunächst die ${}I_{j}=(f_{j})$ Hauptideale in ${}R_{j}$. Für jedes Element ${}a=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})\in I$ ist dann ${}a_{j}=r_{j}f_{j}$ mit einem ${}r_{j}\in R_{j}$. Damit ist

   ${}a=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})=(r_{1}f_{1},r_{2}f_{2},\ldots ,r_{n}f_{n})=(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n})(f_{1},f_{2},\ldots ,f_{n})\,,$

   also ist ${}(f_{1},f_{2},\ldots ,f_{n})$ ein Erzeuger von ${}I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}$ und es liegt ein Hauptideal vor. Wenn umgekehrt ${}I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}$ ein Hauptideal ist, so sei ${}(f_{1},f_{2},\ldots ,f_{n})$ ein Erzeuger davon. Zu jedem ${}a_{j}\in I_{j}$ gehört ${}(0,\ldots ,0,a_{j},0,\ldots ,0)$ zu ${}I$ und somit gibt es ein ${}r\in R$ mit

   ${}(0,\ldots ,0,a_{j},0,\ldots ,0)=(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n})(f_{1},f_{2},\ldots ,f_{n})\,.$

   Also ist

   ${}a_{j}=r_{j}f_{j}\,$

   und daher ist ${}f_{j}$ ein Erzeuger von ${}I_{j}$.

4. Dies folgt unmittelbar aus (3).

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

a) Zeige, dass ${}X^{3}+X^{2}+2$ irreduzibel in ${}\mathbb {Z} /(3)[X]$ ist.

b) Bestimme die Partialbruchzerlegung von

${\frac {X^{4}}{{\left(X^{3}+X^{2}+2\right)}^{2}}}$

in ${}\mathbb {Z} /(3)(X)$.

Lösung

Für ${}0,1,2$ besitzt das Polynom ${}X^{3}+X^{2}+2$ die Werte ${}2,1,2$, also keine Nullstelle. Nach Lemma 6.9 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist es also irreduzibel.

b) Polynomdivision führt auf

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

Daher ist

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

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$ das multiplikative Inverse von

${\frac {3}{7}}+{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }.$

Die Antwort muss in der Form ${}p+q{\mathrm {i} }$ mit ${}p,q\in \mathbb {Q}$ in gekürzter Form sein.

Lösung

Wir multiplizieren ${}{\frac {3}{7}}+{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }$ mit seinem konjugierten Element und erhalten

${\left({\frac {3}{7}}+{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }\right)}{\left({\frac {3}{7}}-{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }\right)}={\frac {9}{49}}+{\frac {4}{25}}={\frac {225+196}{1225}}={\frac {421}{1225}}.$

Daher ist

${}{\left({\frac {3}{7}}+{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }\right)}^{-1}={\frac {1225}{421}}{\left({\frac {3}{7}}-{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }\right)}={\frac {3675}{2947}}-{\frac {2450}{2105}}{\mathrm {i} }={\frac {3675}{2947}}-{\frac {490}{421}}{\mathrm {i} }\,.$

Wir überprüfen mittels dem euklidischen Algorithmus, ob die Brüche gekürzt sind oder ob man sie noch vereinfachen kann. Rechts ergibt sich

$490=1\cdot 421+69$

$421=6\cdot 69+7$

$69=9\cdot 7+6$

$7=1\cdot 6+1,$

sodass Zähler und Nenner teilerfremd sind und die Darstellung gekürzt ist. Links ergibt sich

$3675=1\cdot 2947+728$

$2947=4\cdot 728+35$

$728=20\cdot 35+28$

$35=1\cdot 28+7$

$28=4\cdot 7+0.$

Daher ist ${}7$ der größte gemeinsame Teiler von Zähler und Nenner, und wir können durch ${}7$ kürzen. Es ist

$3675/7=525{\text{ und }}2947=7\cdot 421,$

also ist

${}{\left({\frac {3}{7}}+{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }\right)}^{-1}={\frac {525}{421}}-{\frac {490}{421}}{\mathrm {i} }\,.$

Aufgabe (8 (3+5) Punkte)

Es seien ${}p,q\in \mathbb {Q} _{\geq 0}$ und sei

${}f={\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}\,.$

a) Zeige, dass es ein Polynom ${}G\in \mathbb {Q} [X]$ der Form

${}G=X^{4}+cX^{2}+d\,$

mit ${}G(f)=0$ gibt.

b) Es seien nun zusätzlich ${}p$ und ${}q$ verschiedene Primzahlen. Zeige, dass das Polynom ${}G$ aus Teil a) das Minimalpolynom zu ${}f$ ist.

Lösung

a) Es ist

${}f^{2}=({\sqrt {p}}+{\sqrt {q}})^{2}=p+q+2{\sqrt {p}}{\sqrt {q}}=p+q+2{\sqrt {pq}}\,$

und

${}f^{4}=({\sqrt {p}}+{\sqrt {q}})^{4}=(p+q+2{\sqrt {pq}})^{2}=p^{2}+2pq+q^{2}+4pq+4(p+q){\sqrt {pq}}\,.$

Es ist also ${}f^{4}$ eine ${}\mathbb {Q}$- Linearkombination aus ${}1$ und ${}{\sqrt {pq}}$. Daher kann man ${}f^{4}$ auch als ${}\mathbb {Q}$-Linearkombination von ${}f^{0}=1$ und ${}f^{2}$ ausdrücken, und dies ergibt ein annullierendes Polynom wie gewünscht.

b) Es ist

${}\mathbb {Q} \subset \mathbb {Q} [{\sqrt {p}}]\subset \mathbb {Q} [{\sqrt {p}},{\sqrt {q}}]\,,$

wobei die Teilerweiterungen den Grad zwei besitzen. Daher hat nach der Gradformel die Gesamterweiterung den Grad vier. Wegen

${}\mathbb {Q} [f]\subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt {p}},{\sqrt {q}}]\,$

kommt als Grad des Minimalpolynoms nur ${}1,2,4$ in Frage. Wegen ${}f^{2}=p+q+2{\sqrt {pq}}$ ist die irrationale Zahl ${}{\sqrt {pq}}\in \mathbb {Q} [f]$, sodass der Grad eins ausgeschlossen ist. Es ist

${}{\begin{aligned}f^{3}&={\left(p+q+2{\sqrt {pq}}\right)}{\left({\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}\right)}\\&=(p+q)({\sqrt {p}}+{\sqrt {q}})+2{\sqrt {pq}}{\left({\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}\right)}\\&=(p+q)({\sqrt {p}}+{\sqrt {q}})+2p{\sqrt {q}}+2q{\sqrt {p}}\\&=(p+3q){\sqrt {q}}+(3p+q){\sqrt {p}}.\end{aligned}}$

Durch Subtraktion mit

${}(p+3q)f=(p+3q){\left({\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}\right)}\,$

ergibt sich

$2(p-q){\sqrt {p}}\in \mathbb {Q} [f]$

und damit

${\sqrt {p}}\in \mathbb {Q} [f]$

und letztlich

${}\mathbb {Q} [f]=\mathbb {Q} [{\sqrt {p}},{\sqrt {q}}]\,.$

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 (2 Punkte)

Zeige, dass jede komplexe Einheitswurzel auf dem Einheitskreis liegt.

Lösung

Für eine komplexe Einheitswurzel ${}z\in {\mathbb {C} }$ gilt

${}z^{n}=1\,$

für ein gewisses ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. Da der komplexe Betrag multiplikativ ist, gilt

${}\vert {z^{n}}\vert =\vert {z}\vert ^{n}=1\,.$

Daher ist ${}\vert {z}\vert$ eine positive reelle Zahl, deren ${}n$-te Potenz ${}1$ ist. Daher ist

${}\vert {z}\vert =1\,$

und diese Bedingung charakterisiert den Einheitskreis.