Kurs:Einführung in die Algebra (Osnabrück 2009)/1/Klausur mit Lösungen

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Aufgabe * (4 Punkte)

Beweise mittels der Division mit Rest, dass jede Untergruppe von die Gestalt mit einem besitzt.

Lösung

Sei eine Untergruppe. Bei kann man nehmen, so dass wir voraussetzen dürfen, dass neben noch mindestens ein weiteres Element enthält. Wenn negativ ist, so muss die Untergruppe auch das Negative davon, also enthalten, welches positiv ist. D.h. enthält auch positive Zahlen. Sei nun die kleinste positive Zahl aus . Wir behaupten . Dabei ist die Inklusion klar, da mit alle (positiven und negativen) Vielfache von dazugehören müssen. Für die umgekehrte Inklusion sei beliebig. Nach Satz 3.1 gilt

Wegen und ist auch . Nach der Wahl von muss wegen gelten: . Dies bedeutet und damit , also .


 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es seien ganze Zahlen. Zeige, dass genau dann ein Teiler von ist, wenn es einen Ringhomomorphismus

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

geben kann, ohne dass ein Teiler von ist.

Lösung

Wenn ein Teiler von ist, so ist und daher ist und somit gilt die Idealinklusion . Unter dem kanonischen Ringhomomorphismus

wird also auf null abgebildet und daher gibt es nach dem Satz vom induzierten Homomorphismus einen Ringhomomorphismus

Wenn es umgekehrt einen solchen Ringhomomorphismus gibt, so betrachten wir insgesamt den Ringhomomorphismus

Die Gesamtabbildung muss also auf null schicken, d.h. , und ist ein Vielfaches von .

Für das Beispiel betrachten wir und . In bildet die Menge eine Untergruppe, die zu isomorph ist, so dass ein injektiver Gruppenhomomorphismus vorliegt.


 

Aufgabe * (3 Punkte)

(a) Bestimme für die Zahlen , und modulare Basislösungen, finde also die kleinsten positiven Zahlen, die in

die Restetupel und repräsentieren.

(b) Finde mit den Basislösungen die kleinste positive Lösung der simultanen Kongruenzen

Lösung

(a) Modulare Basislösungen. Es ist , und dies hat modulo den Rest .

Es ist , und hat modulo den Rest , und hat modulo den Rest .

Es ist . Wir gehen die Vielfachen von durch und berechnen die Reste modulo :

Die Basislösungen sind also .

(b) Eine Lösung für die angegebenen simultanen Kongruenzen ist (modulo )

Daher ist die kleinste

positive Lösung.


 

Aufgabe * (3 Punkte)

Wie viele Elemente besitzt die von der Drehung um Grad, von der Drehung um Grad und von der Zwölfteldrehung erzeugte Untergruppe der Drehgruppe ?

Lösung

Wir schreiben die Drehungen als Teildrehungen einer Volldrehung, also

Mit dem Hauptnenner sind dies die Drehungen

Jede dieser Drehungen ist ein Vielfaches der -Drehung. Andererseits sind die Zahlen und teilerfremd, so dass es eine Darstellung der gibt. Daher ist die von den drei Drehungen erzeugte Untergruppe genau die von der -Drehung erzeugte Untergruppe und enthält daher Elemente.


 

Aufgabe * (3 Punkte)

Es sei ein kommutativer Ring und . Charakterisiere mit Hilfe der Multiplikationsabbildung

wann ein Nichtnullteiler und wann eine Einheit ist.

Lösung

Die Multiplikationsabbildung ist ein Gruppenhomomorphismus, wie direkt aus dem Distributivitätsgesetz folgt. Es gilt:

ist ein Nichtnullteiler genau dann, wenn für alle aus folgt . Dies ist genau dann der Fall, wenn der Kern von nur aus besteht, was genau dann gilt, wenn injektiv ist.

ist eine Einheit genau dann, wenn es ein gibt mit , was genau dann der Fall ist, wenn zum Bild von gehört. Dies wiederum ist äquivalent dazu, dass surjektiv ist, denn aus folgt sofort für jedes .


 

Aufgabe * (6 (2+1+1+2) Punkte)

Betrachte den Würfel

Snijden kruisen evenwijdig.png


Es sei diejenige Drehung am Würfel um die Achse durch die Eckpunkte und , die den Eckpunkt auf schickt, und es sei die Halbdrehung um die vertikale Achse (also die Gerade, die durch den Mittelpunkt der Seitenfläche und den Mittelpunkt der Seitenfläche läuft).

a) Man gebe eine Wertetabelle für die Permutationen auf der Eckpunktmenge , die durch und bewirkt werden.

b) Bestimme die Drehachse von und von sowie die Ordnung dieser Drehungen.

c) Man gebe die Zykeldarstellung der von bewirkten Permutation auf der Eckpunktmenge an. Was ist ?

d) Man betrachte die Permutation , die auf der Eckpunktmenge durch die Wertetabelle

gegeben ist. Gibt es eine Drehung des Würfels, die diese Permutation bewirkt? Berechne das Signum von .

Lösung

a) Die Wertetabellen für die angegebenen Permutationen sind





b) Die Drehachse von ist die Gerade durch die beiden Eckpunkte und und die Drehachse von ist die Gerade durch die beiden Eckpunkte und . Beides sind Dritteldrehungen, ihre Ordnung ist 3.

c) Aus der Wertetabelle für kann man leicht diejenige für errechnen, und damit auch die Zykledarstellung. Diese ist

Die Ordnung von ist 3, daher ist .

d) stimmt auf den unteren Eckpunkten mit der durch definierten Permutation überein. Würde von einer Würfelbewegung herrühren, so wäre die Identität auf der unteren Ebenen und müßte dann überhaupt die Identität sein. Dann wäre , was aber wegen

nicht der Fall ist.

hat die Zykeldarstelung

die wir als Produktdarstellung lesen. Der vordere Zykel ist als Produkt geschrieben
Insgesamt ist das Produkt von Transpositionen und daher ist das Signum .


 

Die nächste Aufgabe verwendet die folgende Definition.


Ein kommutativer Ring heißt angeordnet, wenn es eine totale Ordnung auf gibt, die die beiden Eigenschaften

  1. Aus folgt für beliebige ,
  2. Aus und folgt für beliebige ,

erfüllt.


Die Schreibweise bedeutet und . Die Schreibweise bedeutet .

Aufgabe * (10 Punkte)

Es sei ein angeordneter Integritätsbereich.

a) Zeige, dass aus mit folgt, dass ist.

b) Zeige, dass in gilt.

c) Zeige, dass aus die Eigenschaft folgt.

d) Es sei der Quotientenkörper von . Definiere eine Ordnungsrelation auf , die auf mit der vorgegebenen Ordnung übereinstimmt, und die zu einem angeordneten Körper macht.

(Tipp: es empfiehlt sich, die Nenner positiv anzusetzen).


Lösung

a) Angenommen, unter den angegebenen Voraussetzungen wäre nicht . Da eine totale Ordnung vorliegt, ist dann . D.h. insbesondere und daraus folgt . Wenn dies gleich wäre, würde wegen der Kürzbarkeit in einem Integritätsbereich und wegen sofort folgen, was ausgeschlossen ist. Daher ist im Widerspruch zur Voraussetzung.

b) Die Eigenschaft ist aufgrund der ersten Eigenschaft äquivalent zu , so dass wir annehmen. Aufgrund der zweiten Eigenschaft ist dann und wegen in einem Integritätsbereich folgt doch .

c) Aus folgt durch beidseitige Addition mit sofort . Würde gelten, so folgt im Widerspruch zur Voraussetzung, also ist .

d) Ein Element im Quotientenkörper wird repräsentiert durch einen Bruch mit , . Dabei ist definitionsgemäß genau dann, wenn ist. Da eine totale Ordnung vorliegt, kann man stets annehmen, dass die Nenner positiv sind, da man mit erweitern kann (nach Teil (c)). Im Folgenden nehmen wir alle Nenner als positiv an. Wir definieren

Man muss die Wohldefiniertheit dieser Definition nachweisen und dass die Eigenschaften eines geordneten Ringes erfüllt sind. Zur Wohldefiniertheit sei
und

Dann ist

Bei ist

und daraus folgt durch kürzen (nach Teil (a)) wie gewünscht. Bei ist auch und bedeutet und damit muss auch und sein. Bei ist auch . Dann ist und , also

Daraus ergibt sich . Daher ist die Ordnung wohldefiniert.

Jetzt sind die Ordnungseigenschaften zu testen. Es seien , und . Wir können stets zu einem Hauptnenner übergehen, also annehmen. Aus dem bisher Bewiesenen folgt, dass genau dann gilt, wenn ist.

Die Reflexivität ist trivial. Zur Transitivität sei und . Also ist  und und daher ist und somit auch .

Zur Antisymmetrie sei und . Dann ist direkt und die Brüche stimmen überein.

Wir kommen nun zu den Eigenschaften eines geordneten Ringes.

(1). Aus folgt sofort . Daher ist und somit wiederum

(2). Sei und . Dann ist und und somit . Also ist

Es ist trivial, dass eine Fortsetzung der Ordnung und eine totale Ordnung vorliegt.


 

Aufgabe * (5 Punkte)

Bestimme die Primfaktorzerlegung des Polynoms über den Körpern und .

Lösung

Es ist (über jedem Körper)

Dies kann man direkt bestätigen, es ergibt sich aber auch aus der Produktzerlegung von mit Hilfe der Kreisteilungspolynome. Über den komplexen Zahlen ist

Da davon vier Nullstellen imaginär sind, müssen die beiden quadratischen Polynome von oben über und über irreduzibel sein, so dass die obige Faktorzerlegung über diesen Körpern die Primfaktorzerlegung ist.

Über gilt aufgrund des kleinen Fermat für jede Einheit . Daher ist die Faktorzerlegung

Über haben die beiden Polynome und keine Nullstelle, sind also irreduzibel, und daher ist die obige Zerlegung auch die Primfaktorzerlegung über .


 

Aufgabe * (3 Punkte)

Betrachte den Körper . Führe im Polynomring die Polynomdivision

aus, wobei die Restklasse von in bezeichnet.

Lösung

Die Division mit Rest ergibt


 

Aufgabe * (6 Punkte)

Sei ein endlicher Körper der Charakteristik ungleich . Zeige unter Verwendung der Isomorphiesätze, dass genau die Hälfte der Elemente aus ein Quadrat in ist.

Lösung

Wir betrachten die Abbildung

der Einheitengruppe in sich. Diese schickt auf und wegen handelt es sich um einen Gruppenhomomorphismus. Der Kern dieser Abbildung besteht aus den mit , also aus den Nullstellen des Polynoms . Dessen Nullstellen sind gerade und , weitere Nullstellen kann es nicht geben, da die Anzahl der Nullstellen durch den Grad des Polynoms beschränkt ist. Bei wäre , 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 . Jede Nebenklasse besitzt daher zwei Elemente und die Anzahl der Nebenklassen ist daher . Die Hälfte der Einheiten sind also Quadrate.


 

Aufgabe * (4 Punkte)

Beschreibe den Körper mit neun Elementen als einen Restklassenkörper von . Man gebe eine primitive Einheit in an.

Lösung

In ist kein Quadrat, wie man direkt nachrechnet. Daher ist ein irreduzibles Polynom und daher ist der Restklassenring

ein Körper. Jedes Element wird dabei eindeutig geschrieben in der Form ( bezeichnet die Restklasse von ) mit , so dass es sich um einen Körper mit Elementen handelt.

Die Einheitengruppe von diesem Körper besitzt Elemente. Alle Elemente haben also eine Zweierpotenz als Ordnung, und wir brauchen ein Element der Ordnung . Wir betrachten das Element . Es ist

und

Daher ist die Ordnung von weder noch noch , also muss sie gleich sein und es liegt ein primitives Element vor.


 

Aufgabe * (3 Punkte)

Schreibe den Restklassenring als ein Produkt von Körpern, wobei lediglich die Körper und vorkommen. Schreibe die Restklasse von als ein Tupel in dieser Produktzerlegung.

Lösung

Es ist

und 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
wobei wir für das zweite Gleichheitszeichen die Einsetzungen und und die Isomorphie verwendet haben. Das Element wird unter den drei Projektionen auf und abgebildet, es ist also gleich


 

Aufgabe * (7 Punkte)

Formuliere und beweise die „Gradformel“ für eine Kette von endlichen Körpererweiterungen .

Lösung

Die Gradformel besagt

Wir setzen und . Es sei eine -Basis von und eine -Basis von . Wir behaupten, dass die Produkte

eine -Basis von bilden. Wir zeigen zuerst, dass diese Produkte den Vektorraum über aufspannen. Sei dazu . Wir schreiben

Wir können jedes als

 mit Koeffizienten ausdrücken. Das ergibt

Daher ist eine -Linearkombination der Produkte .
Um zu zeigen, dass diese Produkte linear unabhängig sind, sei

angenommen mit . Wir schreiben dies als . Da die linear unabhängig über sind und die Koeffizienten der zu gehören folgt, dass ist für jedes . Da die linear unabhängig über sind und ist folgt, dass ist für alle .


 

Aufgabe * (3 Punkte)

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

Lösung

Wir zeichnen den Kreis mit Mittelpunkt durch den Punkt . Die Verbindungsgerade durch und hat mit (neben ) noch einen weiteren Schnittpunkt, den wir mit bezeichnen. Wir zeichnen Kreise und mit Mittelpunkt durch und mit Mittelpunkt durch . Die beiden Schnittpunkte von und definieren eine Gerade , und diese verläuft durch und steht senkrecht auf ( ist die halbierende Senkrechte der Strecke von nach ), so dass die Tangente an ist.


 

Aufgabe * (2 Punkte)

Charakterisiere mit Hilfe von Fermatschen Primzahlen (ohne Beweis) diejenigen natürlichen Zahlen , für die das reguläre -Eck konstruierbar ist. Wende diese Charakterisierung für zwischen und an.

Lösung

Zu einer natürlichen Zahl ist das reguläre -Eck genau dann konstruierbar, wenn die Primfaktorzerlegung von die Gestalt hat
mit verschiedenen Fermatsche Primzahlen . Dabei ist eine Fermatsche Primzahl eine Primzahl der Form . Für das Zahlenintervall von bis sind nur die Fermatschen Primzahlen relevant, und daher sind lediglich die regulären -Ecke für

konstruierbar.


 



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