Kurs:Elementare Algebra/7/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	2	2	2	5	3	3	4	4	2	4	2	2	4	3	4	5	2	62

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Untergruppe ${}H$ in einer Gruppe ${}G$.
2. Das Einheitsideal in einem kommutativen Ring ${}R$.
3. Ein Integritätsbereich.
4. Ein Primelement ${}p\in R,\,p\neq 0$, in einem kommutativen Ring ${}R$.
5. Eine Basis eines ${}K$- Vektorraums ${}V$.
6. Ein Algebrahomomorphismus ${}\varphi \colon R\rightarrow S$ zwischen ${}K$- Algebren ${}R$ und ${}S$.

Lösung

1. Eine Teilmenge ${}H\subseteq G$ heißt Untergruppe von ${}G$ wenn folgendes gilt.
   1. ${}e\in H$.
   2. Mit ${}g,h\in H$ ist auch ${}g\circ h\in H$.
   3. Mit ${}g\in H$ ist auch ${}g^{-1}\in H$.
2. Das Einheitsideal in einem kommutativen Ring ${}R$ ist der Ring selbst.
3. Ein kommutativer, nullteilerfreier, von null verschiedener Ring heißt Integritätsbereich.
4. Das Element ${}p$ heißt prim, wenn es eine Nichteinheit ist und wenn folgendes gilt: Teilt ${}p$ ein Produkt ${}ab$ mit ${}a,b\in R$, so teilt es einen der Faktoren.
5. Eine Familie ${}v_{i}$, ${}i\in I$, von Vektoren in ${}V$ heißt Basis, wenn diese Vektoren linear unabhängig sind und ein Erzeugendensystem bilden.
6. Man nennt einen Ringhomomorphismus

   $\varphi \colon R\longrightarrow S$

   einen ${}K$-Algebrahomomorphismus, wenn er zusätzlich mit den beiden fixierten Ringhomomorphismen ${}K\rightarrow R$ und ${}K\rightarrow S$ verträglich ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Charakterisierung von einem Körper mit Idealen.
2. Das Lemma von Euklid für einen Hauptidealbereich.
3. Der Satz über endliche Körpererweiterungen von ${}\mathbb {R}$ .

Lösung

1. Ein kommutativer Ring ist genau dann ein Körper, wenn er genau zwei Ideale besitzt.
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 (3 Punkte)

Erläutere das Konzept der Wohldefiniertheit anhand eines typischen Beispiels.

Lösung Wohldefiniertheit/Typisches Beispiel/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise den Satz über das inverse Element in einer Gruppe ${}(G,\circ ,e)$.

Lösung

Es sei

${}x\circ y=y\circ x=e\,$

und

${}x\circ z=z\circ x=e\,.$

Dann ist

${}y=y\circ e=y\circ (x\circ z)=(y\circ x)\circ z=e\circ z=z\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne

$(x+{\mathrm {i} }y)^{n}.$

Lösung

Nach dem binomischen Lehrsatz ist

${}{\begin{aligned}(x+{\mathrm {i} }y)^{n}&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}x^{n-k}{\mathrm {i} }^{k}y^{k}\\&=\sum _{k\leq n{\text{ gerade}}}(-1)^{k/2}{\binom {n}{k}}x^{n-k}y^{k}+{\mathrm {i} }{\left(\sum _{k\leq n{\text{ ungerade}}}(-1)^{(k-1)/2}{\binom {n}{k}}x^{n-k}y^{k}\right)}.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise den Satz über die Beziehung zwischen prim und irreduzibel in einem Integritätsbereich ${}R$.

Lösung

Angenommen, wir haben eine Zerlegung ${}p=ab$. Wegen der Primeigenschaft teilt ${}p$ einen Faktor, sagen wir ${}a=ps$. Dann ist ${}p=psb$ bzw. ${}p(1-sb)=0$. Da ${}p$ kein Nullteiler ist, folgt ${}1=sb$, sodass also ${}b$ eine Einheit ist.

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

Es sei ${}n$ eine natürliche Zahl ${}\geq 2$. Unter einer Teilerkette von ${}n$ verstehen wir eine Folge ${}n_{1},n_{2},\ldots ,n_{k}$ von Teilern von ${}n$, wobei stets ${}n_{i}$ die folgende Zahl ${}n_{i+1}$ teilt, aber nicht mit dieser übereinstimmt.

a) Finde eine Teilerkette von ${}20$, in der genau vier Zahlen stehen.

b) Charakterisiere, in Abhängigkeit von der Primfaktorzerlegung von ${}n$, wie lange die maximalen Teilerketten sind.

c) Für welche natürliche Zahlen gibt es nur eine Teilerkette maximaler Länge?

d) Wie viele Teilerketten maximaler Länge besitzt ${}100$?

Lösung Teilerkette/Maximale Anzahl/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe ein Polynom ${}P\in \mathbb {Q} [X]$ an, das nicht zu ${}\mathbb {Z} [X]$ gehört, aber die Eigenschaft besitzt, dass für jede ganze Zahl ${}n$ gilt: ${}P(n)\in \mathbb {Z}$.

Lösung

Betrachte das Polynom

${}P={\frac {X(X-1)}{2}}={\frac {X^{2}}{2}}-{\frac {X}{2}}\,.$

Die Koeffizienten liegen in ${}\mathbb {Q}$, aber nicht in ${}\mathbb {Z}$. Wenn man in dieses Polynom eine ganze Zahl ${}n$ einsetzt, so ist genau eine der Zahlen ${}n$ und ${}n-1$ gerade. Also ist ${}P(n)={\frac {n(n-1)}{2}}$ ganzzahlig.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Z} [{\mathrm {i} }]$ mit Hilfe des euklidischen Algorithmus den größten gemeinsamen Teiler von ${}5+2{\mathrm {i} }$ und ${}3+7{\mathrm {i} }$.

Lösung

Wir setzen ${}a=5+2{\mathrm {i} }$ und ${}b=3+7{\mathrm {i} }$ und führen die Division mit Rest ${}a$ durch ${}b$ durch. Es ist (in ${}{\mathbb {C} }$)

${}{\frac {a}{b}}={\frac {5+2{\mathrm {i} }}{3+7{\mathrm {i} }}}={\frac {(5+2{\mathrm {i} })(3-7{\mathrm {i} })}{(3+7{\mathrm {i} })(3-7{\mathrm {i} })}}={\frac {29-29{\mathrm {i} }}{58}}={\frac {1}{2}}-{\frac {1}{2}}{\mathrm {i} }\,.$

Für diese Zahl ist ${}0$ eine beste ganzzahlige Approximation, wir nehmen also ${}q=0$ und erhalten ${}a=0b+a$. Wir drehen also die Sache um und erhalten

${}{\frac {b}{a}}={\frac {3+7{\mathrm {i} }}{5+2{\mathrm {i} }}}={\frac {(3+7{\mathrm {i} })(5-2{\mathrm {i} })}{(5+2{\mathrm {i} })(5-2{\mathrm {i} })}}={\frac {29+29{\mathrm {i} }}{29}}=1+{\mathrm {i} }\,.$

Das Ergebnis ist also eine ganze Gaußsche Zahl, und ${}a$ teilt daher ${}b$. Also ist ${}a=5+2{\mathrm {i} }$ der größte gemeinsame Teiler.

Aufgabe (4 Punkte)

Die beiden Flöhe Carlo und Fredo sitzen im Nullpunkt eines beidseitig unendlich langen Zentimeterbandes. Carlo kann Sprünge der Weite ${}255$ und ${}561$ (in Zentimeter) machen, Fredo kann Sprünge der Weite ${}357$ und ${}595$ machen. Auf welchen Zentimeterpositionen können sich die beiden Flöhe begegnen?

Lösung

Wir bestimmen zuerst, auf welchen Positionen sich jeweils die beiden Flöhe befinden können, indem wir den euklidischen Algorithmus anwenden. Für Carlo ergibt sich

${}561=2\cdot 255+51\,,$

${}255=5\cdot 51\,,$

der größte gemeinsame Teiler der beiden Sprungweiten ist also ${}51$ und die möglichen Positionen von Carlo sind ${}51\mathbb {Z}$. Für Fredo ergibt sich

${}595=1\cdot 357+238\,,$

${}357=1\cdot 238+119\,,$

${}238=2\cdot 119\,,$

der größte gemeinsame Teiler der beiden Sprungweiten ist also ${}119$ und die möglichen Positionen von Fredo sind ${}119\mathbb {Z}$. Die gemeinsamen Positionen von Carlo und Fredo werden durch

$51\mathbb {Z} \cap 119\mathbb {Z}$

beschrieben. Dafür müssen wir das kleinste gemeinsame Vielfache von ${}51$ und ${}119$ ausrechnen. Wegen

${}51=3\cdot 17\,$

und

${}119=7\cdot 17\,$

ist das kleinste gemeinsame Vielfache gleich

${}{\frac {51\cdot 119}{17}}=3\cdot 119=357\,.$

Die beiden Flöhe können sich also in den Positionen ${}357\mathbb {Z}$ treffen.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Anzahl von Nullstellen eines Polynoms über einem Körper ${}K$.

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion über ${}d$. Für ${}d=0,1$ ist die Aussage offensichtlich richtig. Es sei also ${}d\geq 2$ und die Aussage sei für kleinere Grade bereits bewiesen. Es sei ${}a$ eine Nullstelle von ${}P$ (falls ${}P$ keine Nullstelle besitzt, sind wir direkt fertig). Dann ist ${}P=Q(X-a)$ nach Lemma 5.5 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) und ${}Q$ hat den Grad ${}d-1$, sodass wir auf ${}Q$ die Induktionsvoraussetzung anwenden können. Das Polynom ${}Q$ hat also maximal ${}d-1$ Nullstellen. Für ${}b\in K$ gilt ${}P(b)=Q(b)(b-a)$. Dies kann nach [[Körper/Elementare Eigenschaften/Fakt|Kurs:Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)/7/Klausur mit Lösungen (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025))  (5)]] nur dann ${}0$ sein, wenn einer der Faktoren ${}0$ ist, sodass eine Nullstelle von ${}P$ gleich ${}a$ ist oder aber eine Nullstelle von ${}Q$ ist. Es gibt also maximal ${}d$ Nullstellen von ${}P$.

Aufgabe (2 Punkte)

Ersetze im Term ${}y^{3}-2y+4$ die Variable ${}y$ durch den Term ${}x^{2}-5$ und vereinfache den entstehenden Ausdruck.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\left(x^{2}-5\right)}^{3}-2{\left(x^{2}-5\right)}+4&=x^{6}-15x^{4}+75x^{2}-125-2x^{2}+10+4\\&=x^{6}-15x^{4}+73x^{2}-111.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme, ob die Abbildung

$\mathbb {Z} ^{3}\longrightarrow \mathbb {Q} ,\,(m,n,k)\longmapsto 2^{m}\cdot 3^{n}\cdot 5^{k},$

injektiv und ob sie surjektiv ist.

Lösung

Seien ${}(m,n,k)$ und ${}(a,b,c)$ aus ${}\mathbb {Z} ^{3}$ gegeben, die unter ${}\varphi$ auf das gleiche Element abgebildet werden. Dann ist

${}2^{m}\cdot 3^{n}\cdot 5^{k}=2^{a}\cdot 3^{b}\cdot 5^{c}\,.$

Durch beidseitige Multiplikation mit ${}2^{r}\cdot 3^{s}\cdot 5^{t}$ mit ${}r,s,t$ hinreichend groß kann man erreichen, dass alle Exponenten positiv sind. Wegen der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung und da ${}2,3,5$ Primzahlen sind, folgt, dass die Exponenten links und rechts übereinstimmen. Also ist

${}(m,n,k)=(a,b,c)\,$

und die Abbildung ist injektiv.

Die Abbildung ist nicht surjektiv, da beispielsweise ${}7$ nicht im Bild liegt. Wäre nämlich

${}7=2^{m}\cdot 3^{n}\cdot 5^{k}\,,$

so könnte man die negativen Exponenten der rechten Seite nach links bringen und es würde sich ein Widerspruch zur eindeutigen Primfaktorzerlegung ergeben.

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise den Satz, dass der Kern eines Gruppenhomomorphismus ein Normalteiler ist.

Lösung

Eine Untergruppe liegt aufgrund von Lemma 10.13 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) vor. Wir verwenden Lemma 11.10 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)). Es sei also ${}x\in G$ beliebig und ${}h\in \operatorname {kern} \varphi$. Dann ist

${}\varphi {\left(xhx^{-1}\right)}=\varphi (x)\varphi (h)\varphi {\left(x^{-1}\right)}=\varphi (x)e_{H}\varphi {\left(x^{-1}\right)}=\varphi (x)\varphi (x)^{-1}=e_{H}\,,$

also gehört ${}xhx^{-1}$ ebenfalls zum Kern.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass es keinen Ringhomomorphismus von ${}\mathbb {Q}$ nach ${}\mathbb {Z}$ gibt.

Lösung

Nehmen wir an, dass

$\varphi \colon \mathbb {Q} \longrightarrow \mathbb {Z}$

ein Ringhomomorphismus ist. Dann ist ${}\varphi (1)=1$. In ${}\mathbb {Q}$ gilt ${}1={\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}$, daher gilt in ${}\mathbb {Z}$

${}1=\varphi \left({\frac {1}{2}}\right)+\varphi \left({\frac {1}{2}}\right)\,.$

Das würde aber bedeuten, dass die Gleichung ${}2x=1$ in ${}\mathbb {Z}$ eine Lösung besitzt, was nicht der Fall ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe eine surjektive Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {Z} /(3)$

an, die mit der Multiplikation verträglich (also ein Monoidhomomorphismus) ist, aber kein Ringhomomorphismus ist.

Lösung

Wir betrachten die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {Z} /(3),$

die ${}0$ auf ${}0$ abbildet und die alle positiven Zahlen auf ${}1$ und die alle negativen Zahlen auf ${}2$ abbildet. Wenn ${}0$ mit einer Zahl multipliziert wird, so kommt stets ${}0$ raus, und dies gilt auch in ${}\mathbb {Z} /(3)$. Das Vorzeichen verhält sich bei der Multiplikation genau so wie die Verknüpfung in der Gruppe mit zwei Elementen, und die Einheitengruppe von ${}\mathbb {Z} /(3)$ besitzt zwei Elemente. Da die positiven Elemente auf ${}1$ gehen, wird die Multiplikation respektiert, und insgesamt liegt ein surjektiver Monoidhomomorphismus vor. Die Elemente ${}1$ und ${}2=1+1$ werden beide auf ${}1$ abgebildet, die Summe der ${}1$ ist aber in ${}\mathbb {Z} /(3)$ gleich ${}2\neq 1$, also ist dies kein Ringhomomorphismus.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das inverse Element zu ${}{\overline {25}}$ in ${}\mathbb {Z} /(89)$.

Lösung

Der euklidische Algorithmus liefert

${}89=3\cdot 25+14\,,$

${}25=1\cdot 14+11\,,$

${}14=1\cdot 11+3\,,$

${}11=3\cdot 3+2\,,$

${}3=1\cdot 2+1\,.$

Somit ist

${}{\begin{aligned}1&=3-1\cdot 2\\&=3-1\cdot (11-3\cdot 3)\\&=4\cdot 3-1\cdot 11\\&=4\cdot (14-1\cdot 11)-1\cdot 11\\&=4\cdot 14-5\cdot 11\\&=4\cdot 14-5\cdot (25-1\cdot 14)\\&=9\cdot 14-5\cdot 25\\&=9\cdot (89-3\cdot 25)-5\cdot 25\\&=9\cdot 89-32\cdot 25.\end{aligned}}$

Daher ist

${}-32=57\,$

das inverse Element zu ${}25$ in ${}\mathbb {Z} /(89)$.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das inhomogene Gleichungssystem

${\begin{matrix}3x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+z&+4w&=&4\\2x&+2y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&0\\4x&+6y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&2\\x&+3y&+5z&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&3\,.\end{matrix}}$

Lösung

Wir eliminieren zuerst die Variable ${}z$, indem wir die zweite und die dritte Gleichung übernehmen und ${}IV-5I$ hinzunehmen. Dies führt auf

${\begin{matrix}2x&+2y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&0\\4x&+6y&\,\,\,\,\,\,\,\,&+w&=&2\\-14x&+3y&\,\,\,\,\,\,\,\,&-20w&=&-17\,.\end{matrix}}$

Nun eliminieren wir die Variable ${}w$, indem wir (bezogen auf das vorhergehende System) ${}II-I$ und ${}III+20I$ ausrechnen. Dies führt auf

${\begin{matrix}2x&+4y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&2\\26x&+43y&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&=&-17\,.\end{matrix}}$

Mit ${}13I-II$ ergibt sich

${}9y=43\,$

und

${}y={\frac {43}{9}}\,.$

Rückwärts gelesen ergibt sich

${}x=1-2y=-{\frac {77}{9}}\,,$

${}w=-2x-2y=-2{\left(-{\frac {77}{9}}\right)}-2{\frac {43}{9}}={\frac {68}{9}}\,$

und

${}z=4-3x-4w=4+3{\frac {77}{9}}-{\frac {272}{9}}=-{\frac {5}{9}}\,.$

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

Zu je zwei Punkten in der Produktmenge ${}\mathbb {Q} ^{2}$ gibt es eine Verbindungsgerade und einen Mittelpunkt, der die Verbindungsstrecke halbiert.

1. Man gebe zu zwei Punkten ${}(a_{1},a_{2})$ und ${}(b_{1},b_{2})$ die Koordinaten des Mittelpunktes an.
2. Es seien in der Produktmenge ${}\mathbb {Z} ^{2}$ fünf Punkte gegeben (jeder Punkt habe also ganzzahlige Koordinaten). Zeige, dass mindestens einer der Mittelpunkte ganzzahlige Koordinaten haben muss.
3. Gilt die Eigenschaft aus (2) auch bei vier Punkten?

Lösung

1. Der Mittelpunkt von ${}(a_{1},a_{2})$ und ${}(b_{1},b_{2})$ besitzt die Koordinaten ${}\left({\frac {a_{1}+b_{1}}{2}},\,{\frac {a_{2}+b_{2}}{2}}\right)$.
2. Wir betrachten für jeden Punkt, ob die Koordinaten gerade oder ungerade sind. Dafür gibt es vier Möglichkeiten ($(g,g),\,(g,u),\,(u,g)\,(u,u)$). Da es ${}5$ Punkte gibt, kommt eine dieser Möglichkeiten zumindest zweimal vor. Seien ${}P$ und ${}Q$ zwei Punkte, die hinsichtlich dieser Eigenschaft übereinstimmen. Da das arithmetische Mittel von zwei geraden Zahlen und von zwei ungeraden Zahlen ganzzahlig ist, besitzt der Mittelpunkt von ${}P$ und ${}Q$ ganzzahlige Koordinaten.
3. Die vier Punkte

   $(0,0),\,(0,1),\,(1,0)\,,(1,1)$

   zeigen, dass dies nicht gelten muss.

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.