Kurs:Elementare Algebra/6/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	${}\sum$
Punkte	3	3	3	3	4	1	3	3	6	4	3	3	5	5	1	4	2	6	3	0	65

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. /Definition/Begriff
2. /Definition/Begriff
3. /Definition/Begriff
4. /Definition/Begriff
5. /Definition/Begriff
6. /Definition/Begriff

Lösung

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. /Definition/Begriff
2. /Definition/Begriff
3. /Definition/Begriff
4. /Definition/Begriff
5. /Definition/Begriff
6. /Definition/Begriff

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Kürzungsregel in einem kommutativen Ring ${}R$.
2. Der Chinesische Restsatz für ${}\mathbb {Z}$.
3. Der Satz über die Restklassendarstellung zur erzeugten Algebra ${}K[f]$ zu einem algebraischen Element ${}f\in L$ bei einer Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.

Lösung

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Kürzungsregel in einem kommutativen Ring ${}R$.
2. Der Chinesische Restsatz für ${}\mathbb {Z}$.
3. Der Satz über die Restklassendarstellung zur erzeugten Algebra ${}K[f]$ zu einem algebraischen Element ${}f\in L$ bei einer Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es soll Holz unterschiedlicher Länge (ohne Abfall) in Stücke zerlegt werden, die zwischen ${}30$ und ${}40$ cm lang sein sollen (jeweils einschließlich). Für welche Holzlängen ist dies möglich?

Lösung

Es sei ${}\ell$ die Länge des Holzes, das zerlegt werden soll. Für ${}\ell <30$ ist eine Zerlegung offenbar nicht möglich. Für ${}30\leq \ell \leq 40$ kann man das Stück so lassen, wie es ist, eine Zerlegung ist also möglich. Für ${}40<\ell <60$ ist eine Zerlegung nicht möglich, da das Stück zu lang ist, um es direkt zu übernehmen, aber zu kurz, um es in zwei oder mehr Teile zu zerlegen. Für ${}60\leq \ell \leq 80$ kann man das Stück in zwei (beispielsweise gleichgroße) Teile unterteilen, eine Zerlegung ist also möglich. Für ${}80<\ell <90$ ist keine Zerlegung möglich. Für zwei Teile ist das Stück nämlich zu lang und für drei oder mehr Teile ist es zu kurz. Ab

${}\ell \geq 90\,$

ist eine Zerlegung stets möglich. Die Länge erfüllt dann nämlich

${}30s\leq \ell <30(s+1)\,$

mit einer natürlichen Zahl ${}s\geq 3$. Wenn man ${}\ell$ durch ${}s$ dividiert, erhält man

${}30\leq {\frac {\ell }{s}}<{\frac {30(s+1)}{s}}=30{\frac {(s+1)}{s}}\leq 30{\frac {4}{3}}\leq 40\,,$

was als Länge eines Teilstücks erlaubt ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}G$ eine Gruppe. Zeige, dass sich Gruppenelemente ${}g\in G$ und Gruppenhomomorphismen ${}\varphi$ von ${}\mathbb {Z}$ nach ${}G$ über die Korrespondenz

$g\longmapsto (n\mapsto g^{n}){\text{ und }}\varphi \longmapsto \varphi (1)$

entsprechen.

Lösung

Es sei ${}g\in G$ fixiert. Dass die Abbildung

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

ein Gruppenhomomorphismus ist, ist eine Umformulierung der Potenzgesetze. Wegen ${}\varphi _{g}(1)=g^{1}=g$ erhält man aus der Potenzabbildung das Gruppenelement zurück. Umgekehrt ist ein Gruppenhomomorphismus ${}\varphi :\mathbb {Z} \rightarrow G$ durch ${}\varphi (1)$ eindeutig festgelegt, da ${}\varphi (n)=(\varphi (1))^{n}$ für ${}n$ positiv und ${}\varphi (n)=((\varphi (1))^{-1})^{-n}$ für ${}n$ negativ gelten muss.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}n,m\in \mathbb {Z}$ ganze Zahlen. Zeige, dass ${}n$ genau dann ein Teiler von ${}m$ ist, wenn es einen Ringhomomorphismus

$\mathbb {Z} /(m)\longrightarrow \mathbb {Z} /(n)$

gibt. Zeige durch ein Beispiel, dass es einen injektiven Gruppenhomomorphismus

$\mathbb {Z} /(m)\longrightarrow \mathbb {Z} /(n)$

geben kann, ohne dass ${}n$ ein Teiler von ${}m$ ist.

Lösung

Wenn ${}n$ ein Teiler von ${}m$ ist, so ist ${}m=an$ und daher ist ${}m\in \mathbb {Z} n$ und somit gilt die Idealinklusion ${}\mathbb {Z} m\subseteq \mathbb {Z} n$. Unter dem kanonischen Ringhomomorphismus

$\mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {Z} /(n)$

wird also ${}\mathbb {Z} m$ auf null abgebildet und daher gibt es nach dem Satz vom induzierten Homomorphismus einen Ringhomomorphismus

$\mathbb {Z} /(m)\longrightarrow \mathbb {Z} /(n).$

Wenn es umgekehrt einen solchen Ringhomomorphismus ${}\varphi$ gibt, so betrachten wir insgesamt den Ringhomomorphismus

$\mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {Z} /(m){\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}\mathbb {Z} /(n).$

Die Gesamtabbildung muss also ${}m$ auf null schicken, d.h. ${}m\mod n=0$, und ${}m$ ist ein Vielfaches von ${}n$.

Für das Beispiel betrachten wir ${}n=4$ und ${}m=2$. In ${}\mathbb {Z} /(4)$ bildet die Menge ${}\{{\bar {0}},{\bar {2}}\}$ eine Untergruppe, die zu ${}\mathbb {Z} /(2)$ isomorph ist, sodass ein injektiver Gruppenhomomorphismus ${}\mathbb {Z} /(2)\rightarrow \mathbb {Z} /(4)$ vorliegt.

Aufgabe (1 Punkt)

Ist die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {N} _{+}\times \mathbb {N} _{+}\longrightarrow \mathbb {N} _{+}\times \mathbb {N} _{+}\times \mathbb {N} _{+},\,(a,b)\longmapsto (a+b,ab,a^{b}),$

injektiv oder nicht?

Lösung

Die Abbildung ist nicht injektiv, da wegen

${}2^{4}=16=4^{2}\,$

die beiden Paare ${}(2,4)$ und ${}(4,2)$ unter ${}\varphi$ auf das gleiche Element abgebildet werden.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise mit Hilfe der eindeutigen Primfaktorzerlegung in ${}\mathbb {Z}$, dass ${}9^{1/3}$ irrational ist.

Lösung

Nehmen wir an, dass es eine Darstellung

$9^{1/3}={\frac {a}{b}}$

mit positiven natürlichen Zahlen ${}a,b$ gibt. Wenn ${}a$ und ${}b$ einen gemeinsamen Teiler ${}\geq 2$ hat, so können wir mit diesem kürzen und erhalten dann eine Bruchdarstellung mit teilerfremden Zähler und Nenner. Es seien also ${}a$ und ${}b$ teilerfremd. Wir nehmen die dritte Potenz der Anfangsgleichung und erhalten

$9={\frac {a^{3}}{b^{3}}}$

bzw.

$3^{2}b^{3}=a^{3}.$

Diese Zahl hat eine eindeutige Primfaktorzerlegung. In ihr kommt ${}3$ vor, sodass ${}3{|}a^{3}$ und daher ${}3{|}a$ ist, da ${}3$ eine Primzahl ist. Also kommt rechterseits ${}3$ mit einem Exponenten ${}\geq 3$ in der Primfaktorzerlegung vor, linkerseits aber nur mit dem Exponenten ${}2$, da ${}b$ kein Vielfaches von ${}3$ ist. Dies ist ein Widerspruch.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}a\in \mathbb {N}$. Zeige, dass die eulersche Funktion ${}\varphi$ die Gleichheit

${}{\varphi (a^{n})}=a^{n-1}{\varphi (a)}\,$

für ${}n\geq 1$ erfüllt.

Lösung

Es sei

${}a=p_{1}^{r_{1}}\cdots p_{k}^{r_{k}}\,$

die kanonische Primfaktorzerlegung von ${}a$ mit verschiedene Primfaktoren. Dann ist

${}{\varphi (a)}=(p_{1}-1)p_{1}^{r_{1}-1}\cdots (p_{k}-1)p_{k}^{r_{k}-1}\,$

nach Fakt *****. Entsprechend ist

${}{\begin{aligned}{\varphi (a^{n})}&={\varphi ({\left(p_{1}^{r_{1}}\cdots p_{k}^{r_{k}}\right)}^{n})}\\&={\varphi (p_{1}^{nr_{1}}\cdots p_{k}^{nr_{k}})}\\&=(p_{1}-1)p_{1}^{nr_{1}-1}\cdots (p_{k}-1)p_{k}^{nr_{k}-1}\\&=(p_{1}-1)p_{1}^{r_{1}-1+(n-1)r_{1}}\cdots (p_{k}-1)p_{k}^{r_{k}-1+(n-1)r_{k}}\\&=(p_{1}-1)p_{1}^{r_{1}-1}p_{1}^{(n-1)r_{1}}\cdots (p_{k}-1)p_{k}^{r_{k}-1}p_{k}^{(n-1)r_{k}}\\&=(p_{1}-1)p_{1}^{r_{1}-1}\cdots (p_{k}-1)p_{k}^{r_{k}-1}\cdot {\left(p_{1}^{r_{1}}\right)}^{(n-1)}\cdots {\left(p_{k}^{r_{k}}\right)}^{(n-1)}\\&={\varphi (a)}a^{n-1}.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 (3+3) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei

${}M={\left\{{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\mid a,b,c,d\in K,\,ad-bc\neq 0\right\}}\,$

die Menge aller invertierbaren ${}2\times 2$- Matrizen.

a) Zeige (ohne Bezug zur Determinante), dass ${}M$ mit der Matrizenmultiplikation eine Gruppe bildet.

b) Zeige (ohne Bezug zur Determinante), dass die Abbildung

$M\longrightarrow K^{\times },\,{\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\longmapsto ad-bc,$

ein Gruppenhomomorphismus ist.

Lösung 2x2-Matrizen/Determinante/Direkt/Gruppenhomomorphismus/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}R$ ein Ring mit ${}0\neq 1$ und

$\varphi \colon K\longrightarrow R$

ein Ringhomomorphismus. Zeige, dass ${}\varphi$ injektiv ist.

Lösung

Es seien ${}a,b\in K$ vorgegeben, und sei angenommen, dass ${}\varphi (a)=\varphi (b)$ ist. Dann ist

${}\varphi (a-b)=\varphi (a)-\varphi (b)=0\,.$

Wenn ${}a-b\neq 0$ wäre, so wäre dies eine Einheit, d.h. es gäbe ein ${}x\in K$ mit ${}x(a-b)=1$. Dann wäre

${}\varphi (x)0=\varphi (x)\varphi (a-b)=\varphi (x(a-b))=\varphi (1)=1\,.$

Aus ${}\varphi (x)0=\varphi (x)(0+0)=\varphi (x)0+\varphi (x)0$ folgt daraus ${}\varphi (x)0=0$, also ${}0=1$ im Widerspruch zur Voraussetzung an ${}R$. Also ist ${}a-b=0$ und ${}a=b$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper. Zeige, dass in ${}K$ die Differenz, also die Verknüpfung

$K\times K\longrightarrow K,\,(a,b)\longmapsto a-b,$

genau dann assoziativ ist, wenn die Charakteristik von ${}K$ gleich ${}2$ ist.

Lösung

Es sei zuerst die Charakteristik gleich ${}2$. Dies bedeutet ${}1+1=0$ und damit ${}b+b=0$ für jedes ${}b\in K$. Also ist ${}b=-b$ und damit ${}a+b=a-b$, d.h. die Differenz stimmt mit der Summe überein, und diese ist in jedem Körper assoziativ.

Es sei umgekehrt die Differenz assoziativ, d.h. es gilt

$a-(b-c)=(a-b)-c$

für beliebige ${}a,b,c\in K$. Wir wenden dies auf ${}a=b=0$ und ${}c=1$ an und erhalten ${}1=-1$, also ${}2=0$, was Charakteristik ${}2$ bedeutet.

Aufgabe (3 Punkte)

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

Lösung

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

$X^{3}-7=(3X+4){\left({\frac {1}{3}}X^{2}-{\frac {4}{9}}X+{\frac {16}{27}}\right)}-{\frac {253}{27}}.$

Also ist

$(3x+4){\left({\frac {1}{3}}x^{2}-{\frac {4}{9}}x+{\frac {16}{27}}\right)}={\frac {253}{27}}\mod X^{3}-7$

und daher ist das Inverse von ${}3x+4$ gegeben durch

${\frac {27}{253}}{\left({\frac {1}{3}}x^{2}-{\frac {4}{9}}x+{\frac {16}{27}}\right)}={\frac {9}{253}}x^{2}-{\frac {12}{253}}x+{\frac {16}{253}}.$

Aufgabe (5 (1+2+2) Punkte)

Man berechne in ${}\mathbb {Z} /(80)$ die Elemente

1. ${}3^{1234567}$,
2. ${}2^{1234567}$,
3. ${}5^{1234567}$.

Lösung

(1). Es ist ${}3^{4}=81=1$ und ${}3$ ist eine Einheit. Daher hängt die Potenz nur von der Restklasse des Exponenten modulo ${}4$ ab, also

${}3^{1234567}=3^{67}=3^{7}=3^{3}=27\,.$

(2). Wir verwenden die Isomorphie des chinesischen Restsatzes, also

$\mathbb {Z} /(80)\cong \mathbb {Z} /(16)\times \mathbb {Z} /(5).$

Das Element ${}2$ entspricht bei dieser Zerlegung dem Paar ${}(2,2)$. Die Potenz kann man komponentenweise ausrechnen, dabei erhält man vorne ${}0$, da der Exponent ${}\geq 4$ ist. Hinten ist ${}2$ eine Einheit der Ordnung ${}4$, daher ist in ${}\mathbb {Z} /(5)$

${}2^{1234567}=2^{3}=3\,.$

Das Ergebnis ist also das Paar ${}(0,3)$. Diesem entspricht das Element ${}48$.

(3). Wir verwenden wieder den chinesischen Restsatz, diesmal geht es um das Element ${}(5,0)$. Die Ordnung von ${}5$ modulo ${}16$ ergibt sich aus

$5^{2}=25=9,\,5^{4}=9^{2}=81=1,$

die Ordnung ist also wieder ${}4$. Daher ist in ${}\mathbb {Z} /(16)$

${}5^{1234567}=5^{3}=125=13\,.$

Dem Paar ${}(13,0)$ entspricht das Element ${}45$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien ${}K\subseteq L$ und ${}L\subseteq M$ algebraische Körpererweiterungen. Zeige, dass dann auch ${}K\subseteq M$ eine algebraische Körpererweiterung ist.

Lösung

Es ist zu zeigen, dass jedes Element ${}f\in M$ algebraisch über ${}K$ ist. Nach Voraussetzung ist ${}f$ algebraisch über ${}L$, d.h. es gibt ein normiertes Polynom ${}P\in L[X]$ mit ${}P(f)=0$. Es seien ${}a_{0},\ldots ,a_{n}\in L$ die Koeffizienten von ${}P$. Da ${}L$ über ${}K$ algebraisch ist, sind all diese Koeffizienten algebraisch über ${}K$. Wir betrachten die Kette von ${}K$-Algebren

$K\subseteq K[a_{0}]\subseteq K[a_{0},a_{1}]\subseteq K[a_{0},a_{1},a_{2}]\subseteq \ldots \subseteq K[a_{0},\ldots ,a_{n}]=:K'.$

Dabei ist jeweils ${}a_{i}$ über ${}K[a_{0},\ldots ,a_{i-1}]$ algebraisch und daher handelt es sich jeweils um endliche Körpererweiterungen. Nach der Gradformel ist dann auch ${}K\subseteq K'$ endlich. Weiterhin ist ${}P\in K'[X]$, da ja nach Konstruktion die Koeffizienten von ${}P$ zu ${}K'$ gehören. Also ist ${}f$ algebraisch über ${}K'$ und damit zeigt wieder die Kette ${}K\subseteq K'\subseteq K'[f]$, dass ${}K'[f]$ und erst recht ${}K[f]$ endlich über ${}K$ ist. Also ist ${}f$ algebraisch über ${}K$.

Aufgabe (1 Punkt)

Erstelle eine Kreisgleichung für den Kreis im ${}\mathbb {R} ^{2}$ mit Mittelpunkt ${}(2,7)$, der durch den Punkt ${}(4,-3)$ läuft.

Lösung

Der Abstand der beiden Punkte ist

${}r={\sqrt {2^{2}+10^{2}}}={\sqrt {104}}\,.$

Die Kreisgleichung ist somit

$(X-2)^{2}+(Y-7)^{2}=104.$

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 (2 Punkte)

Man gebe einen Winkel ${}a^{\circ }$, ${}0<a<1$, an, der mit Zirkel und Lineal konstruierbar ist.

Lösung

Der rechte Winkel ${}90^{\circ }$ ist konstruierbar. Da die Winkelhalbierung mit Zirkel und Lineal möglich ist, sind auch alle Winkel

${\left({\frac {90}{2^{k}}}\right)}^{\circ }{\text{ mit }}k\in \mathbb {N}$

konstruierbar. Der Winkel

${}{\left({\frac {90}{128}}\right)}^{\circ }={\left({\frac {45}{64}}\right)}^{\circ }\,$

erfüllt dann die gewünschten Eigenschaften.

Aufgabe (6 (5+1) Punkte)

Es sei ${}P\in \mathbb {R} ^{2}$ und

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$

eine Drehung um den Drehpunkt ${}P$ um den Winkel ${}\beta$, ${}0^{\circ }<\beta <360^{\circ }$, mit der Eigenschaft, dass konstruierbare Punkte in konstruierbare Punkte überführt werden.

a) Zeige, dass ${}P$ ein konstruierbarer Punkt ist.

b) Zeige, dass der Drehwinkel ${}\beta$ in dem Sinne konstruierbar ist, dass er als Winkel zwischen zwei konstruierbaren Geraden realisiert werden kann.

Lösung

Es sei ${}Q\neq P$ ein konstruierbarer Punkt in der Ebene und ${}Q'=\varphi (Q)$ der ebenfalls konstruierbare Bildpunkt unter der Drehung. Es ist ${}Q'\neq Q$ und die Abstände von ${}Q$ und von ${}Q'$ zu ${}P$ sind gleich. Die Verbindungsgerade zwischen ${}Q$ und ${}Q'$ ist konstruierbar und damit ist auch die Mittelsenkrechte konstruierbar. Diese verläuft durch ${}P$. Die gleiche Konstruktion mit ${}Q'$ und ${}Q''=\varphi (Q')$ liefert eine weitere konstruierbare Mittelsenkrechte, die durch ${}P$ verläuft. Der Fall, dass diese beiden Mittelsenkrechten übereinstimmen, kann nur bei

${}\beta =180^{\circ }\,$

eintreten, doch dann ist

${}P={\frac {Q+Q'}{2}}\,$

konstruierbar. Bei

${}\beta \neq 180^{\circ }\,$

ist ${}P$ der Schnittpunkt der beiden Mittelsenkrechten und daher ebenfalls konstruierbar.

b) Nach Teil a) sind die Gerade durch ${}P$ und durch ${}Q$ und die Gerade durch ${}P$ und durch ${}Q'$ konstruierbar. Zwischen ihnen befindet sich an ${}P$ der Drehwinkel ${}\beta$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien zwei verschiedene Punkte ${}M,P$ in der Ebene gegeben. Es bezeichne ${}K$ den Kreis mit Mittelpunkt ${}M$ durch den Punkt ${}P$. Konstruiere (ohne andere Konstruktionen zu verwenden) die Tangente an den Kreis ${}K$ durch ${}P$. Skizziere die Situation.

Lösung

Wir zeichnen den Kreis ${}C$ mit Mittelpunkt ${}P$ durch den Punkt ${}M$. Die Verbindungsgerade ${}G$ durch ${}M$ und ${}P$ hat mit ${}C$ (neben ${}M$) noch einen weiteren Schnittpunkt, den wir mit ${}S$ bezeichnen. Wir zeichnen Kreise ${}K_{1}$ und ${}K_{2}$ mit Mittelpunkt ${}S$ durch ${}M$ und mit Mittelpunkt ${}M$ durch ${}S$. Die beiden Schnittpunkte von ${}K_{1}$ und ${}K_{2}$ definieren eine Gerade ${}H$, und diese verläuft durch ${}P$ und steht senkrecht auf ${}G$ (${}H$ ist die halbierende Senkrechte der Strecke von ${}M$ nach ${}S$), sodass ${}H$ die Tangente an ${}P$ ist.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung