Kurs:Elementare Algebra/5/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	4	3	2	1	4	3	3	2	7	4	3	12	4	4	62

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein Körper ${}K$.
2. Der Index einer Untergruppe ${}H\subseteq G$ in einer Gruppe ${}G$.
3. Die Restklassengruppe zu einem Normalteiler ${}H\subseteq G$ in einer Gruppe ${}G$.
4. Die Einheitengruppe in einem Ring ${}R$.
5. Ein irreduzibles Element ${}p$ in einen kommutativen Ring ${}R$.
6. Eine quadratische Körpererweiterung.

Lösung

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein Körper ${}K$.
2. Der Index einer Untergruppe ${}H\subseteq G$ in einer Gruppe ${}G$.
3. Die Restklassengruppe zu einem Normalteiler ${}H\subseteq G$ in einer Gruppe ${}G$.
4. Die Einheitengruppe in einem Ring ${}R$.
5. Ein irreduzibles Element ${}p$ in einen kommutativen Ring ${}R$.
6. Eine quadratische Körpererweiterung.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die allgemeine binomische Formel für ${}(a+b)^{n}$ für Elemente ${}a,b\in R$ in einem kommutativen Ring ${}R$.
2. Das Lemma von Bezout für einen Hauptidealbereich ${}R$.
3. Die Struktur von quadratischen Körpererweiterungen in Charakteristik ${}\neq 2$.

Lösung

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die allgemeine binomische Formel für ${}(a+b)^{n}$ für Elemente ${}a,b\in R$ in einem kommutativen Ring ${}R$.
2. Das Lemma von Bezout für einen Hauptidealbereich ${}R$.
3. Die Struktur von quadratischen Körpererweiterungen in Charakteristik ${}\neq 2$.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass für jede ungerade Zahl ${}n$ die Zahl ${}25n^{2}-17$ ein Vielfaches von ${}8$ ist.

Lösung

Eine ungerade Zahl ${}n$ besitzt die Form ${}n=2k+1$ mit einer ganzen Zahl ${}k$. Somit ist

${}{\begin{aligned}25n^{2}-17&=25(2k+1)^{2}-17\\&=25(4k^{2}+4k+1)-17\\&=25\cdot 4\cdot k(k+1)+25-17\\&=25\cdot 4\cdot k(k+1)+8.\end{aligned}}$

Die ${}8$ hinten ist ein Vielfaches von ${}8$. Genau eine der beiden Zahlen ${}k$ und ${}k+1$ ist gerade, also von der Form ${}2m$. Daher ist ${}4\cdot k(k+1)$ ein Vielfaches von ${}8$ und somit ist die gesamte Zahl ein Vielfaches von ${}8$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige durch Induktion, dass jede natürliche Zahl ${}n\geq 2$ eine Zerlegung in Primzahlen besitzt.

Lösung

Wir beweisen die Existenz durch Induktion über ${}n$.  Für ${}n=2$ liegt eine Primzahl vor. Bei ${}n\geq 3$ ist entweder ${}n$ eine Primzahl, und diese bildet die Primfaktorzerlegung, oder aber ${}n$ ist keine Primzahl. In diesem Fall gibt es eine nichttriviale Zerlegung ${}n=ab$ mit kleineren Zahlen ${}a,b<n$. Für diese Zahlen gibt es nach Induktionsvoraussetzung jeweils eine Zerlegung in Primfaktoren, und diese setzen sich zu einer Primfaktorzerlegung für ${}n$ zusammen. 

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}x,y\in R$ Elemente in einem kommutativen Ring ${}R$. Welche der folgenden Formulierungen sind zu

${}Rx\subseteq Ry\,$

äquivalent.

1. ${}x$ teilt ${}y$.
2. ${}x$ wird von ${}y$ geteilt.
3. ${}y$ wird von ${}x$ geteilt.
4. ${}x$ ist ein Vielfaches von ${}y$.
5. ${}x$ ist ein Vielfaches von ${}x$.
6. ${}y$ teilt ${}x$.
7. ${}Rx\cap Ry=Rx$.
8. Jedes Vielfache von ${}y$ ist auch ein Vielfaches von ${}x$.
9. Jeder Teiler von ${}y$ ist auch ein Teiler von ${}x$.
10. Ein Maikäfer ist ein Schmetterling.

Lösung

Richtig sind ${}2),4),6),7),9)$.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme, ob die durch die Gaußklammer gegebene Abbildung

$\mathbb {Q} \longrightarrow \mathbb {Z} ,\,q\longmapsto \lfloor q\rfloor ,$

ein Gruppenhomomorphismus ist oder nicht.

Lösung

Die Gaußklammer definiert keinen Gruppenhomomorphismus, da ${}q=\lfloor {\frac {1}{2}}\rfloor =0$ ist und damit

${}\lfloor {\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\rfloor =\lfloor 1\rfloor =1\,,$

aber

${}\lfloor {\frac {1}{2}}\rfloor +\lfloor {\frac {1}{2}}\rfloor =0+0=0\,$

ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}G$ eine Gruppe und ${}g\in G$ ein Element mit endlicher Ordnung. Zeige, dass die Ordnung von ${}g$ mit dem minimalen ${}d\in \mathbb {N} _{+}$ übereinstimmt, zu dem es einen Gruppenhomomorphismus

$\mathbb {Z} /(d)\longrightarrow G$

gibt, in dessen Bild das Element ${}g$ liegt.

Lösung

Wenn ${}g$ im Bild eines Gruppenhomomorphismus

$\mathbb {Z} /(d)\longrightarrow G$

liegt, so liegt ${}g$ insbesondere in einer Untergruppe einer Ordnung ${}\leq d$ und nach dem Satz von Lagrange ist die Ordnung von ${}g$ ebenfalls ${}\leq d$. Die Ordnung ist also höchstens gleich dem Minimum der natürlichen Zahlen ${}d$, für die es einen solchen Gruppenhomomorphismus gibt.

Es sei umgekehrt ${}d$ die Ordnung von ${}g$. Der kanonische Gruppenhomomorphismus

$\mathbb {Z} \longrightarrow G,\,n\longmapsto g^{n},$

besitzt den Kern ${}\mathbb {Z} d$. Aufgrund des Satzes vom induzierten Homomorphismus induziert dieser Gruppenhomomorphismus einen Gruppenhomomorphismus

$\mathbb {Z} /(d)\longrightarrow G$

und ${}g$ gehört dabei zum Bild.

Aufgabe (3 Punkte)

Schreibe den Restklassenring ${}\mathbb {Q} [X]/(X^{4}-1)$ als ein Produkt von Körpern, wobei lediglich die Körper ${}\mathbb {Q}$ und ${}\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$ vorkommen. Schreibe die Restklasse von ${}X^{3}+X$ als ein Tupel in dieser Produktzerlegung.

Lösung

Es ist

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

und ${}X^{2}+1\in \mathbb {Q} [X]$ ist irreduzibel, da es keine rationale Nullstelle besitzt. Es handelt sich also um die Primfaktorzerlegung, wobei die Faktoren paarweise nicht assoziiert sind, da sie ja alle normiert sind. Nach dem chinesischen Restsatz für Hauptidealbereiche gilt daher die Produktzerlegung

${}\mathbb {Q} [X]/(X^{4}-1)\cong \mathbb {Q} [X]/(X+1)\times \mathbb {Q} [X]/(X-1)\times \mathbb {Q} [X]/(X^{2}+1)\cong \mathbb {Q} \times \mathbb {Q} \times \mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]\,,$

wobei wir für das zweite Gleichheitszeichen die Einsetzungen ${}X\mapsto -1$ und ${}X\mapsto 1$ und die Isomorphie ${}\mathbb {Q} [X]/(X^{2}+1)\cong \mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$ verwendet haben. Das Element ${}X^{3}+X=X(X^{2}+1)$ wird unter den drei Projektionen auf ${}-2,2$ und ${}0$ abgebildet, es ist also gleich

$(-2,2,0).$

Aufgabe (3 (1.5+1.5) Punkte)

(a) Bestimme für die Zahlen ${}3$, ${}5$ und ${}7$ modulare Basislösungen, finde also die kleinsten positiven Zahlen, die in

$\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(5)\times \mathbb {Z} /(7)$

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

$x=2\!\!\mod 3,\,\,\,\,x=4\!\!\mod 5{\text{ und }}x=3\!\!\mod 7.$

Lösung

(a) ${}(1,0,0)$: Alle Vielfachen von ${}5\cdot 7=35$ haben modulo ${}5$ und modulo ${}7$ den Rest ${}0$. Unter diesen Vielfachen muss also die Lösung liegen. ${}35$ hat modulo ${}3$ den Rest ${}2$, somit hat ${}70$ modulo ${}3$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}70$ das Restetupel ${}(1,0,0)$.

${}(0,1,0)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}21$, und ${}21$ hat modulo ${}5$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}21$ das Restetupel ${}(0,1,0)$.

${}(0,0,1)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}15$, und ${}15$ hat modulo ${}7$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}15$ das Restetupel ${}(0,0,1)$.

(b) Man schreibt (in $\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(5)\times \mathbb {Z} /(7)$)

${}(2,4,3)=2(1,0,0)+4(0,1,0)+3(0,0,1)\,.$

Die Lösung ist dann

${}2\cdot 70+4\cdot 21+3\cdot 15=140+84+45=269\,.$

Die minimale Lösung ist dann ${}269-2\cdot 105=59$.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass es keinen Ringhomomorphismus von ${}{\mathbb {C} }$ nach ${}\mathbb {R}$ gibt.

Lösung

Nehmen wir an, dass es einen Ringhomomorphismus

$\varphi \colon {\mathbb {C} }\longrightarrow \mathbb {R}$

gebe. Dann wäre

${}\varphi ({\mathrm {i} })\cdot \varphi ({\mathrm {i} })=\varphi ({\mathrm {i} }\cdot {\mathrm {i} })=\varphi (-1)=-1\,.$

In ${}\mathbb {R}$ sind aber alle Quadrate positiv und ${}-1$ besitzt keine Quadratwurzel, sodass ein Widerspruch vorliegt.

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei ${}p$ eine Primzahl. Finde die Partialbruchzerlegung von

${\frac {1}{X^{p}-1}}$

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

Lösung

Es ist

${}X^{p}-1=(X-1)(X^{p-1}+X^{p-2}+\cdots +X^{2}+X+1)\,$

und der zweite Faktor ist irreduzibel nach Lemma 27.12 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)). Nach Korollar 18.5 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) muss es daher eine Darstellung der Form

${}{\frac {1}{X^{p}-1}}={\frac {a}{X-1}}+{\frac {b_{p-2}X^{p-2}+b_{p-3}X^{p-3}+\cdots +b_{2}X^{2}+b_{1}X+b_{0}}{X^{p-1}+X^{p-2}+\cdots +X^{2}+X+1}}\,$

geben. Multiplikation mit dem Hauptnenner führt auf

${}{\begin{aligned}1&=a{\left(X^{p-1}+X^{p-2}+\cdots +X^{2}+X+1\right)}+(X-1){\left(b_{p-2}X^{p-2}+b_{p-3}X^{p-3}+\cdots +b_{2}X^{2}+b_{1}X+b_{0}\right)}\\&=(a+b_{p-2})X^{p-1}+(a+b_{p-3}-b_{p-2})X^{p-2}+(a+b_{p-4}-b_{p-3})X^{p-3}+\cdots +(a+b_{1}-b_{2})X^{2}+(a+b_{0}-b_{1})X+(a-b_{0}).\end{aligned}}$

Also ist

${}a+b_{p-2}=0\,,$

für jedes ${}i=2,\ldots ,p-1$ ist (der Koeffizient zu ${}X^{p-i}$)

${}a+b_{p-i-1}-b_{p-i}=0\,$

und

${}a-b_{0}=0\,.$

Durch Addition der ersten ${}i$ Bedingungen erhält man

${}ia+b_{p-1-i}=0\,$

für ${}i=1,\ldots ,p-1$. Aus

${}(p-1)a+b_{0}=0\,$

und

${}a-b_{0}=1\,$

ergibt sich

${}a={\frac {1}{p}}\,$

und daraus

${}b_{p-i-1}=-{\frac {i}{p}}\,.$

Die Partialbruchzerlegung ist demnach

${}{\frac {1}{X^{p}-1}}={\frac {\frac {1}{p}}{X-1}}+{\frac {-{\frac {1}{p}}X^{p-2}-{\frac {2}{p}}X^{p-3}-\cdots -{\frac {p-3}{p}}X^{2}-{\frac {p-2}{p}}X-{\frac {p-1}{p}}}{X^{p-1}+X^{p-2}+\cdots +X^{2}+X+1}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein endlicher Körper. Zeige, dass die Anzahl der Elemente von ${}K$ die Potenz einer Primzahl ist.

Lösung

Der endliche Körper kann nicht die Charakteristik ${}0$ besitzen, und als Charakteristik eines Körpers kommt ansonsten nach Lemma 13.5 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) nur eine Primzahl in Frage. Diese sei mit ${}p$ bezeichnet. Das bedeutet, dass ${}K$ den Körper ${}\mathbb {Z} /(p)$ enthält. Damit ist aber ${}K$ ein Vektorraum über ${}\mathbb {Z} /(p)$, und zwar, da ${}K$ endlich ist, von endlicher Dimension. Es sei ${}n$ die Dimension, ${}n\geq 1$. Dann hat man eine ${}\mathbb {Z} /(p)$-Vektorraumisomorphie

${}K\cong (\mathbb {Z} /(p))^{n}\,$

und somit besitzt ${}K$ gerade ${}p^{n}$ Elemente.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper mit einer Charakteristik ${}\neq 2$ und es sei ${}K\subset L$ eine quadratische Körpererweiterung. Zeige, dass es dann ein ${}x\in L$, ${}x\notin K$, mit ${}x^{2}\in K$ gibt.

Lösung

Nach Voraussetzung ist ${}L$ ein zweidimensionaler Vektorraum über ${}K$, und darin ist ${}K=K1$ ein eindimensionaler Untervektorraum. Nach dem Basisergänzungssatz gibt es ein Element ${}y\in L$ derart, dass ${}1$ und ${}y$ eine ${}K$-Basis von ${}L$ bilden. Wir können

${}y^{2}=a+by\,$

schreiben, bzw. (da ${}2$ eine Einheit ist),

${}0=y^{2}-by-a={\left(y-{\frac {b}{2}}\right)}^{2}-{\frac {b^{2}}{4}}-a\,.$

Mit ${}x=y-{\frac {b}{2}}$ gilt also ${}x^{2}={\frac {b^{2}}{4}}+a\in K$ und ${}1$ und ${}x$ bilden ebenfalls eine ${}K$-Basis von ${}L$.

Aufgabe (12 (3+1+6+2) Punkte)

Es sei ${}p$ eine Primzahl.

a) Bestimme den Grad der Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]\,.$

Man gebe auch eine ${}\mathbb {Q}$- Basis von ${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$ an.

b) Zeige, dass in ${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$ alle Elemente der Form ${}m^{3}p$ und ${}n^{3}p^{2}$ mit ${}m,n\in \mathbb {Q}$ eine dritte Wurzel besitzen.

c) Die rationale Zahl ${}x\in \mathbb {Q}$ besitze in ${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$ eine dritte Wurzel. Zeige, dass ${}x$ die Form

$x=k^{3}{\text{ oder }}x=m^{3}p{\text{ oder }}x=n^{3}p^{2}$

mit ${}k,m,n\in \mathbb {Q}$ besitzt.

d) Es sei nun ${}q$ eine weitere, von ${}p$ verschiedene Primzahl. Bestimme den Grad der Körpererweiterung

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

Lösung

a) Wegen ${}{\sqrt[{3}]{p}}\notin \mathbb {Q}$ besitzt das Polynom ${}X^{3}-p$ keine Nullstelle in ${}\mathbb {Q}$. Daher ist es nach Lemma 6.9 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) irreduzibel und somit ist ${}X^{3}-p$ nach Lemma 23.2 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) das Minimalpolynom und somit besitzt die Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]\,$

den Grad ${}3$. Eine ${}\mathbb {Q}$- Basis ist durch ${}1,{\sqrt[{3}]{p}},{\sqrt[{3}]{p}}^{2}$ gegeben.

b) Es ist

${}(m{\sqrt[{3}]{p}})^{3}=m^{3}p\,$

und

${}(n({\sqrt[{3}]{p}})^{2})^{3}=n^{3}p^{2}\,.$

c) Eine dritte Potenz in ${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$ besitzt die Form ${}y^{3}$ mit ${}y\in \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$. Sei

${}y=a+b{\sqrt[{3}]{p}}+c{\sqrt[{3}]{p}}^{2}=a+bp^{1/3}+cp^{2/3}\,$

mit ${}a,b,c\in \mathbb {Q}$. Dann ist

${}y^{3}=r+sp^{1/3}+tp^{2/3}\,$

mit

${}r=a^{3}+b^{3}p+c^{3}p^{2}+6abcp\,,$

${}s=3a^{2}b+3b^{2}cp+3ac^{2}p\,$

und

${}t=3a^{2}c+3ab^{2}+3bc^{2}p\,.$

Wegen ${}y^{3}\in \mathbb {Q}$ müssen die beiden hinteren Komponenten ${}0$ sein, also

${}s=t=0\,.$

Daher ist auch

${}0=bs-at=3b^{3}cp-3a^{3}c=3c(b^{3}p-a^{3})\,.$

Es sei zuerst der hintere Faktor ${}0$. Bei ${}b\neq 0$ müsste

${}p={\left({\frac {a}{b}}\right)}^{3}\,$

sein, was der Irrationalität dieser dritten Wurzel widerspricht. Also ist ${}b=0$ und damit auch ${}a=0$.

Es sei nun

${}c=0\,.$

Wegen ${}s=0$ folgt daraus ${}a=0$ oder ${}b=0$. In jedem Fall sind also mindestens zwei der Koeffizienten ${}a,b,c$ gleich ${}0$. Die zugehörigen dritten Potenzen sind

$a^{3},b^{3}p,c^{3}p^{2}$

und somit sind die rationalen Zahlen, die in diesem Körper eine dritte Wurzel besitzen, von der beschriebenen Art.

d) Wir betrachten die Körpererweiterung

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

Nach Teil b) ist ${}{\sqrt[{3}]{q}}\notin \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$. Somit ist ${}X^{3}-q$ irreduzibel über ${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$ und daher besitzt nach der gleichen Argumentation wie unter a) die Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]=\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}][{\sqrt[{3}]{q}}]\,$

den Grad ${}3$. Nach der Gradformel besitzt die Gesamterweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}][{\sqrt[{3}]{q}}]=\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}},{\sqrt[{3}]{q}}]\,$

den Grad ${}3\cdot 3=9$.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass das Polynom

$X^{3}-3X+1$

über ${}\mathbb {Q}$ irreduzibel ist.

Lösung

Nach Lemma 6.9 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) genügt es zu zeigen, dass ${}X^{3}-3X+1$ keine rationale Nullstelle besitzt. Nehmen wir an, dass

${}q={\frac {a}{b}}\,$

eine Nullstelle ist mit ${}a,b\in \mathbb {Z}$ in gekürzter Darstellung. Es gilt dann

${}{\left({\frac {a}{b}}\right)}^{3}-3{\frac {a}{b}}+1=0\,$

bzw.

${}a^{3}-3ab^{2}+b^{3}=0\,.$

Wenn eine Primzahl ${}p$ die Zahl ${}a$ teilt, folgt daraus, dass auch ${}b$ von ${}p$ geteilt wird, was der Gekürztheit widerspricht. Wegen ${}b\neq 0$ ist auch ${}a\neq 0$. Also muss ${}a$ eine Einheit sein. Wenn ${}b$ von einer Primzahl ${}p$ geteilt wird, so wäre auch ${}a$ ein Vielfaches von ${}p$. Also ist auch ${}b$ eine Einheit. Die verbleibenden Möglichkeiten ${}a,b=\pm 1$, also ${}q=\pm 1$, sind keine Nullstelle des Polynoms, wie Einsetzen zeigt.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}n$ eine zu ${}360$ teilerfremde natürliche Zahl. Zeige, dass der Winkel ${}n^{\circ }$ nicht mit Zirkel und Lineal konstruierbar ist.

Lösung

Wegen der Teilerfremdheit gibt es ganze Zahlen ${}r,s$ mit

${}rn+s360=1\,.$

Wenn der Winkel ${}n^{\circ }$ konstruierbar wäre, so könnte man diese Konstruktion ${}\vert {r}\vert$ mal aneinander anlegend durchführen und würde den Winkel ${}n^{\circ }$ erhalten. Dieser entspricht aber dem Winkel ${}1^{\circ }$ und dieser wäre dann ebenfalls konstruierbar. Dann wäre das regelmäßige ${}360$-Eck konstruierbar. Wegen

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

ist dies aber nicht der Fall.