Kurs:Elementare Algebra/23/Klausur mit Lösungen

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Gruppe ${\displaystyle {}G}$.
2. Der Realteil einer komplexen Zahl ${\displaystyle {}z}$.
3. Ein Primideal ${\displaystyle {}{\mathfrak {p}}}$ in einem kommutativen Ring ${\displaystyle {}R}$.
4. Der Kern eines Gruppenhomomorphismus

   ${\displaystyle \varphi \colon G\longrightarrow H.}$

5. Der Quotientenkörper zu einem kommutativen Ring ${\displaystyle {}R}$.
6. Der Grad einer endlichen Körpererweiterung ${\displaystyle {}K\subseteq L}$.

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Lösbarkeit von Gleichungen in einer Gruppe ${\displaystyle {}G}$.
2. Der Satz über den Kern eines Ringhomomorphismus.
3. Der Satz über die Winkeldreiteilung.

Man bringe das Konzept eines inversen Elementes in einer Gruppe mit der Reversibilität von Prozessen in Verbindung.

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

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

Führe in ${\displaystyle {}\mathbb {Q} [X]}$ die Division mit Rest „${\displaystyle {}P}$ durch ${\displaystyle {}T}$“ für die beiden Polynome ${\displaystyle {}P=6X^{3}+X+1}$ und ${\displaystyle {}T=3X^{2}+2X-4}$ durch.

Es ist insgesamt

${\displaystyle 6X^{3}+X+1={\left(3X^{2}+2X-4\right)}{\left(2X-{\frac {4}{3}}\right)}+{\frac {35}{3}}X-{\frac {13}{3}}\,.}$

Man finde ein Polynom

${\displaystyle f=a+bX+cX^{2}}$

mit ${\displaystyle {}a,b,c\in \mathbb {R} }$ derart, dass die folgenden Bedingungen erfüllt werden.

${\displaystyle f(-2)=3,\,f(0)=2,\,f(1)=4.}$

Die Bedingungen führen auf das lineare Gleichungssystem

${\displaystyle {}a-2b+4c=3\,,}$

${\displaystyle {}a=2\,,}$

${\displaystyle {}a+b+c=4\,.}$

${\displaystyle {}2III+I}$ führt auf

${\displaystyle {}3a+6c=11\,,}$

also

${\displaystyle {}c={\frac {5}{6}}\,.}$

In ${\displaystyle {}III}$ eingesetzt ergibt sich

${\displaystyle {}b=4-2-{\frac {5}{6}}={\frac {7}{6}}\,.}$

Das gesuchte Polynom ist also

${\displaystyle 2+{\frac {7}{6}}X+{\frac {5}{6}}X^{2}.}$

Betrachte auf der Produktmenge

${\displaystyle \mathbb {N} \times \mathbb {N} }$

${\displaystyle (a,b)\sim (c,d){\text{ wenn }}a+d=b+c.}$

Zeige, dass dies eine Äquivalenzrelation ist. Es sei ${\displaystyle {}Z}$ die Menge der Äquivalenzklassen. Definiere auf ${\displaystyle {}Z}$ eine Addition ${\displaystyle {}\oplus }$, die die Eigenschaft

${\displaystyle {}{\overline {(a,0)}}\oplus {\overline {(b,0)}}={\overline {(a+b,0)}}\,}$

erfüllt (der Querstrich bedeutet dabei die zugehörige Äquivalenzklasse) und die ${\displaystyle {}Z}$ zu einer kommutativen Gruppe macht.

Die Relation ist trivialerweise reflexiv, da die Addition in ${\displaystyle {}\mathbb {N} }$ kommutativ ist. Auch die Symmetrie ist direkt klar. Zur Transitivität sei

${\displaystyle (a,b)\sim (c,d){\text{ und }}(c,d)\sim (e,f),}$

d.h.

${\displaystyle a+d=b+c{\text{ und }}c+f=d+e.}$

Damit ist insgesamt

${\displaystyle a+d+f=b+c+f=b+d+e.}$

Hier können wir beidseitig ${\displaystyle {}d}$ abziehen und erhalten ${\displaystyle {}a+f=b+e}$, was ${\displaystyle {}(a,b)\sim (e,f)}$ bedeutet.

Wir definieren nun die Addition durch

${\displaystyle {\overline {(a,b)}}\oplus {\overline {(c,d)}}={\overline {(a+c,b+d)}}.}$

Wir müssen zeigen, dass diese Addition wohldefiniert ist. Sei dazu

${\displaystyle (a,b)\sim (a',b'),{\text{ also }}a+b'=a'+b}$

${\displaystyle (c,d)\sim (c',d'),{\text{ also }}c+d'=c'+d.}$

Wir müssen zeigen, dass

${\displaystyle (a+c,b+d)\sim (a'+c',b'+d')}$

ist. Dies folgt aber aus

${\displaystyle {}a+c+b'+d'=a+b'+c+d'=a'+b+c'+d=a'+c'+b+d\,.}$

Wenn die hintere Komponente beidesmal ${\displaystyle {}0}$ ist, so wird in der ersten Komponente einfach wie in ${\displaystyle {}\mathbb {N} }$ addiert. Die Verknüpfung ist assoziativ, da die komponentenweise Addition auf der Produktmenge assoziativ ist und sich dies auf die Verknüpfung auf den Äquivalenzklassen überträgt. Daraus folgt auch sofort, dass ${\displaystyle {}{\overline {(0,0)}}}$ das neutrale Element ist. Die Kommutativität der Verknüpfung ist ebenfalls klar. Zu einem Element ${\displaystyle {}{\overline {(a,b)}}}$ ist

${\displaystyle {\overline {(b,a)}}}$

das inverse Element. Es ist ja

${\displaystyle {\overline {(a,b)}}\oplus {\overline {(b,a)}}={\overline {(a+b,a+b)}}={\overline {(0,0)}},}$

wobei die letzte Gleichung sich direkt aus der Definition der Relation ${\displaystyle {}\sim }$ ergibt.

Beweise den Homomorphiesatz für Gruppen.

Wir zeigen zuerst die Eindeutigkeit. Für jedes Element ${\displaystyle {}u\in Q}$ gibt es mindestens ein ${\displaystyle {}g\in G}$ mit ${\displaystyle {}\psi (g)=u}$. Wegen der Kommutativität des Diagramms muss

${\displaystyle {}{\tilde {\varphi }}(u)=\varphi (g)\,}$

gelten. Das bedeutet, dass es maximal ein ${\displaystyle {}{\tilde {\varphi }}}$ geben kann.
Wir müssen zeigen, dass durch diese Bedingung eine wohldefinierte Abbildung gegeben ist. Es seien also ${\displaystyle {}g,g'\in G}$ zwei Urbilder von ${\displaystyle {}u}$. Dann ist

${\displaystyle {}\psi {\left(g'g^{-1}\right)}=uu^{-1}=e_{Q}\,}$

und somit ist ${\displaystyle {}g'g^{-1}\in \operatorname {kern} \psi \subseteq \operatorname {kern} \varphi }$. Daher ist ${\displaystyle {}\varphi (g)=\varphi (g')}$. Die Abbildung ist also wohldefiniert. Seien ${\displaystyle {}u,v\in Q}$ und seien ${\displaystyle {}g,h\in G}$ Urbilder davon. Dann ist ${\displaystyle {}gh}$ ein Urbild von ${\displaystyle {}uv}$ und daher ist

${\displaystyle {}{\tilde {\varphi }}(uv)=\varphi (gh)=\varphi (g)\varphi (h)={\tilde {\varphi }}(u){\tilde {\varphi }}(v)\,.}$

D.h. ${\displaystyle {}{\tilde {\varphi }}}$ ist ein Gruppenhomomorphismus.

1. Finde den kleinsten Exponenten ${\displaystyle {}n\geq 2}$ derart, dass die Potenzierung

   ${\displaystyle \mathbb {Z} /(10)\longrightarrow \mathbb {Z} /(10),\,x\longmapsto x^{n},}$

   die Identität ist.

2. Was bedeutet dies für die Endziffer im Zehnersystem beim Potenzieren von natürlichen Zahlen?

1. Wir gehen die Exponenten

   ${\displaystyle {}n=2,3,4,...\,}$

   durch und schauen, ob die Abbildung

   ${\displaystyle \mathbb {Z} /(10)\longrightarrow \mathbb {Z} /(10),\,x\longmapsto x^{n},}$

   die Identität ist oder nicht. Alle Rechnungen werden in ${\displaystyle {}\mathbb {Z} /(10)}$ durchgeführt.

   ${\displaystyle {}n=2\,.}$

   Wegen

   ${\displaystyle {}2^{2}=4\neq 2\,}$

   ist dies nicht die Identität.

   ${\displaystyle {}n=3\,.}$

   Wegen

   ${\displaystyle {}2^{3}=8\neq 2\,}$

   ist dies nicht die Identität.

   ${\displaystyle {}n=4\,.}$

   Wegen

   ${\displaystyle {}2^{4}=16=6\neq 2\,}$

   ist dies nicht die Identität.

   ${\displaystyle {}n=5\,.}$

   Es ist

   ${\displaystyle {}2^{5}=32=2\,,}$

   ${\displaystyle {}3^{5}=243=3\,,}$

   ${\displaystyle {}4^{5}={\left(2^{5}\right)}^{2}=2^{2}=4\,,}$

   ${\displaystyle {}5^{5}=5\,.}$

   Für ${\displaystyle {}x}$ zwischen ${\displaystyle {}6}$ und ${\displaystyle {}9}$ gehört ${\displaystyle {}-x}$ zum bereits untersuchten Bereich und es ist

   ${\displaystyle {}(-x)^{5}=(-1)^{5}x^{5}=-x\,.}$

   Daher ist die fünfte Potenzierung die Identität. Der minimale Exponent ist somit ${\displaystyle {}5}$.

2. Die Endziffer im Zehnersystem ist einfach der Rest modulo ${\displaystyle {}10}$. Daher bedeutet das Ergebnis, dass die Endziffer der fünften Potenz einer natürlichen Zahl stets mit deren Endziffer übereinstimmt, und dass dies nicht für die zweite, dritte oder vierte Potenz gilt.

Beweise den chinesischen Restsatz für einen Hauptidealbereich.

Wegen ${\displaystyle {}p_{i}^{r_{i}}{|}f}$ gelten die Idealinklusionen ${\displaystyle {}(f)\subseteq (p_{i}^{r_{i}})}$ und daher gibt es kanonische Ringhomomorphismen

${\displaystyle R/(f)\longrightarrow R/(p_{i}^{r_{i}}).}$

Diese setzen sich zu einem Ringhomomorphismus in den Produktring zusammen, nämlich

${\displaystyle R/(f)\longrightarrow R/(p_{1}^{r_{1}})\times \cdots \times R/(p_{k}^{r_{k}}),\,a\longmapsto (a\mod p_{1}^{r_{1}},\ldots ,a\mod p_{k}^{r_{k}}).}$

Wir müssen zeigen, dass dieser bijektiv ist. Zur Injektivität sei ${\displaystyle {}a\in R}$ derart, dass es in jeder Komponente auf ${\displaystyle {}0}$ abgebildet wird. Das bedeutet ${\displaystyle {}a\in (p_{i}^{r_{i}})}$ für alle ${\displaystyle {}i}$. D.h. ${\displaystyle {}a}$ ist ein Vielfaches dieser ${\displaystyle {}p_{i}^{r_{i}}}$ und aufgrund der Primfaktorzerlegung folgt, dass ${\displaystyle {}a}$ ein Vielfaches von ${\displaystyle {}f}$ sein muss. Also ist ${\displaystyle {}{\overline {a}}\,=0}$ in ${\displaystyle {}R/(f)}$.
Zur Surjektivität genügt es nach Aufgabe 15.17 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) zu zeigen, dass alle Elemente, die in einer Komponente den Wert ${\displaystyle {}1}$ und in allen anderen Komponenten den Wert ${\displaystyle {}0}$ haben, im Bild liegen. Es sei also ${\displaystyle {}(1,0,\ldots ,0)}$ vorgegeben. Wegen der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung sind ${\displaystyle {}p_{1}^{r_{1}}}$ und ${\displaystyle {}p_{2}^{r_{2}}{\cdots }p_{k}^{r_{k}}}$ teilerfremd. Daher gibt es nach dem Lemma von Bezout eine Darstellung der Eins, sagen wir

${\displaystyle {}sp_{1}^{r_{1}}+tp_{2}^{r_{2}}\cdots p_{k}^{r_{k}}=1\,.}$

Betrachten wir ${\displaystyle {}tp_{2}^{r_{2}}{\cdots }p_{k}^{r_{k}}=1-sp_{1}^{r_{1}}\in R}$. Das wird unter der Restklassenabbildung in der ersten Komponente auf ${\displaystyle {}1}$ und in den übrigen Komponenten auf ${\displaystyle {}0}$ abgebildet, wie gewünscht.

Löse das inhomogene lineare Gleichungssystem

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

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

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

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

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

Mit ${\displaystyle {}13I-II}$ ergibt sich

${\displaystyle {}9y=43\,}$

und

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

Rückwärts gelesen ergibt sich

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

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

und

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

Es sei ${\displaystyle {}\mathbb {F} _{q}}$ ein endlicher Körper der Charakteristik ungleich ${\displaystyle {}2}$. Zeige unter Verwendung der Isomorphiesätze, dass genau die Hälfte der Elemente aus ${\displaystyle {}\mathbb {F} _{q}^{\times }}$ ein Quadrat in ${\displaystyle {}\mathbb {F} _{q}}$ ist.

Wir betrachten die Abbildung

${\displaystyle \mathbb {F} _{q}^{\times }\longrightarrow \mathbb {F} _{q}^{\times },\,x\longmapsto x^{2},}$

der Einheitengruppe in sich. Diese schickt ${\displaystyle {}1}$ auf ${\displaystyle {}1}$ und wegen ${\displaystyle {}(xy)^{2}=x^{2}y^{2}}$ handelt es sich um einen Gruppenhomomorphismus. Der Kern dieser Abbildung besteht aus den ${\displaystyle {}x\in \mathbb {F} _{q}^{\times }}$ mit ${\displaystyle {}x^{2}=1}$, also aus den Nullstellen des Polynoms ${\displaystyle {}X^{2}-1}$. Dessen Nullstellen sind gerade ${\displaystyle {}1}$ und ${\displaystyle {}-1}$, weitere Nullstellen kann es nicht geben, da die Anzahl der Nullstellen durch den Grad des Polynoms beschränkt ist. Bei ${\displaystyle {}1=-1}$ wäre ${\displaystyle {}2=0}$, was aufgrund der Charakteristik ausgeschlossen ist. Also besteht der Kern genau aus zwei Elementen. Nach dem Isomorphiesatz ist das Bild isomorph zum Urbild modulo Kern. Das Bild ist genau die Menge der Quadrate in der Einheitengruppe, und diese ist isomorph zu ${\displaystyle {}\mathbb {F} _{q}^{\times }/\{+1,-1\}}$. Jede Nebenklasse besitzt daher zwei Elemente und die Anzahl der Nebenklassen ist daher ${\displaystyle {}{\frac {q-1}{2}}}$. Die Hälfte der Einheiten sind also Quadrate.

Wir betrachten den Unterring

${\displaystyle {}L={\left\{a+b\cdot 7^{1/3}+c\cdot 7^{2/3}\mid a,b,c\in \mathbb {Q} \right\}}\subseteq \mathbb {R} \,.}$

Berechne

${\displaystyle {\left(2-3\cdot 7^{1/3}+4\cdot 7^{2/3}\right)}{\left(1+{\frac {1}{2}}\cdot 7^{1/3}-5\cdot 7^{2/3}\right)}.}$

Zeige dabei insbesondere, dass das Ergebnis wieder zu ${\displaystyle {}L}$ gehört.

Es ist, unter Verwendung von

${\displaystyle {}{\left(7^{1/3}\right)}^{3}=7\,,}$

${\displaystyle {}{\left(2-3\cdot 7^{1/3}+4\cdot 7^{2/3}\right)}{\left(1+{\frac {1}{2}}\cdot 7^{1/3}-5\cdot 7^{2/3}\right)}=121-142\cdot 7^{1/3}-{\frac {15}{2}}\cdot 7^{2/3}\,.}$

Zeige, dass die reelle Zahl ${\displaystyle {}{\sqrt {3}}+{\sqrt {7}}}$ eine Nullstelle des Polynoms ${\displaystyle {}X^{4}-20X^{2}+16}$ ist.

Es ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}X^{2}&={\left({\sqrt {3}}+{\sqrt {7}}\right)}^{2}\\&={\sqrt {3}}^{2}+{\sqrt {7}}^{2}+2{\sqrt {3}}\cdot {\sqrt {7}}\\&=3+7+2{\sqrt {21}}\\&=10+2{\sqrt {21}}\end{aligned}}}$

und

${\displaystyle {}{\begin{aligned}X^{4}&={\left(X^{2}\right)}^{2}\\&={\left(10+2{\sqrt {21}}\right)}^{2}\\&=100+4\cdot 21+40{\sqrt {21}}\\&=184+40{\sqrt {21}}.\end{aligned}}}$

Somit ist

${\displaystyle {}{\begin{aligned}X^{4}-20X^{2}+16&=184+40{\sqrt {21}}-20{\left(10+2{\sqrt {21}}\right)}+16\\&=184-200+16+{\left(40-20\cdot 2\right)}{\sqrt {21}}\\&=0.\end{aligned}}}$

Bestimme die Koordinaten der Schnittpunkte des Einheitskreises und der Diagonalen in der Ebene ${\displaystyle {}E\cong \mathbb {R} ^{2}}$.

Die Punkte auf der Diagonalen haben die Form ${\displaystyle {}(x,x)}$ mit ${\displaystyle {}x\in \mathbb {R} }$, die Punkte auf dem Einheitskreis erfüllen die Gleichung ${\displaystyle {}x^{2}+y^{2}=1}$. Zusammengenommen kommt man auf die Gleichung

${\displaystyle {}x^{2}+x^{2}=2x^{2}=1\,,}$

also

${\displaystyle {}x=\pm {\sqrt {\frac {1}{2}}}\,.}$

Die beiden Schnittpunkte sind also ${\displaystyle {}\left({\sqrt {\frac {1}{2}}},\,{\sqrt {\frac {1}{2}}}\right)}$ und ${\displaystyle {}\left(-{\sqrt {\frac {1}{2}}},\,-{\sqrt {\frac {1}{2}}}\right)}$.

Beschreibe eine konstruierbare Zahl auf dem komplexen Einheitskreis, die keine Einheitswurzel ist.

Wir betrachten die Zahl ${\displaystyle {}2+{\mathrm {i} }}$, die zu ${\displaystyle {}\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]}$ gehört und insbesondere konstruierbar ist. Dann ist auch der Schnittpunkt der Geraden durch diesen Punkt und den Nullpunkt mit dem Einheitskreis konstruierbar. Wenn dieser Schnittpunkt eine Einheitswurzel wäre, so wäre eine bestimmte Potenz davon gleich ${\displaystyle {}1}$. Dies würde bedeuten, dass eine bestimmte Potenz von ${\displaystyle {}2+{\mathrm {i} }}$ reell wäre. Es ist

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

Der Koeffizient vor ${\displaystyle {}{\mathrm {i} }}$ ist bei ${\displaystyle {}n}$ gerade gleich

${\displaystyle \pm {\left(2-2^{3}+2^{5}-2^{7}\pm \ldots \pm 2^{n-1}\right)}}$

und bei ${\displaystyle {}n}$ ungerade gleich

${\displaystyle \pm {\left(1-2^{2}+2^{4}-2^{6}\pm \ldots \pm 2^{n-1}\right)}.}$

Diese Zahlen sind definitiv nicht ${\displaystyle {}0}$, da ${\displaystyle {}2^{n-1}}$ größer als die Summe aller kleineren Zweierpotenzen ist.