Kurs:Einführung in die Algebra (Osnabrück 2009)/2/Klausur mit Lösungen

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Aufgabe * (3 (1.5+1.5) 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) : Alle Vielfachen von haben modulo und modulo den Rest . Unter diesen Vielfachen muss also die Lösung liegen. hat modulo den Rest , somit hat modulo den Rest . Also repräsentiert das Restetupel .

: Hier betrachtet man die Vielfachen von , und hat modulo den Rest . Also repräsentiert das Restetupel .

: Hier betrachtet man die Vielfachen von , und hat modulo den Rest . Also repräsentiert das Restetupel .

(b) Man schreibt (in )

Die Lösung ist dann

Die minimale Lösung ist dann .


 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme in der Einheitengruppe zu jeder möglichen Ordnung ein Element , das die Ordnung besitzt. Man gebe auch eine Untergruppe

an, die aus vier Elementen besteht.

Lösung

Da eine Primzahl ist, handelt es sich bei um einen Körper, so dass die Einheitengruppe aus Elementen besteht. Aufgrund des Satzes von Lagrange kommen als Ordnung nur Teiler von in Frage, also . Aufgrund des Struktursatzes über multiplikative endliche Untergruppen von Körpern ist die Einheitengruppe zyklisch, so dass jede mögliche Ordnung auch auftritt. Wir bestimmen zuerst ein primitives Element, also ein Element der Ordnung . Es ist

d.h. hat die Ordnung und ist nicht primitiv.

Es ist

Also ist eine primitive Einheit modulo und hat die Ordnung . Daher gilt:

Eine Untergruppe aus vier Elementen ist die Menge


 

Aufgabe * (5 (1+2+2) Punkte)

Man berechne in die Elemente

  1. ,
  2. ,
  3. .

Lösung

(1). Es ist und ist eine Einheit. Daher hängt die Potenz nur von der Restklasse des Exponenten modulo ab, also

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

Das Element entspricht bei dieser Zerlegung dem Paar . Die Potenz kann man komponentenweise ausrechnen, dabei erhält man vorne , da der Exponent ist. Hinten ist eine Einheit der Ordnung , daher ist in

Das Ergebnis ist also das Paar . Diesem entspricht das Element .

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

die Ordnung ist also wieder . Daher ist in

Dem Paar entspricht das Element .


 

Aufgabe * (7 Punkte)

Betrachte auf der Produktmenge

die Relation

Zeige, dass dies eine Äquivalenzrelation ist.

Es sei die Menge der Äquivalenzklassen. Definiere auf eine Addition , die die Eigenschaft

erfüllt

(der Querstrich bedeutet dabei die zugehörige Äquivalenzklasse) und die zu einer kommutativen Gruppe macht.

Lösung

Die Relation ist trivialerweise reflexiv, da die Addition in kommutativ ist. Auch die Symmetrie ist direkt klar. Zur Transitivität sei

d.h.

Damit ist insgesamt

Hier können wir beidseitig abziehen und erhalten , was bedeutet.

Wir definieren nun die Addition durch

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

und

Wir müssen zeigen, dass

ist. Dies folgt aber aus

Wenn die hintere Komponente beidesmal ist, so wird in der ersten Komponente einfach wie in 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 das neutrale Element ist. Die Kommutativität der Verknüpfung ist ebenfalls klar. Zu einem Element ist

das inverse Element. Es ist ja

wobei die letzte Gleichung sich direkt aus der Definition der Relation ergibt.


 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es sei . Betrachte das Monoid , dass aus allen Abbildungen von nach besteht mit der Hintereinanderschaltung von Abbildungen als Verknüpfung.

  1. Beschreibe die Elemente in und erstelle eine Verknüpfungstabelle für .
  2. Bestimme sämtliche Untermonoide von und entscheide jeweils, ob sie kommutativ sind und ob es sich um Gruppen handelt.

Lösung

(1). Es gibt vier Abbildungen der zweielementigen Menge in sich selbst, nämlich die Identität , die Vertauschung , die durch festgelegt ist, und die beiden konstanten Abbildungen, die wir mit bzw. bezeichnen. Die Verknüpfungstabelle, bei der im Kreuzungspunkt von der -Zeile mit der -Spalte die Verknüpfung (also zuerst angewendet) steht, sieht folgendermaßen aus:


(2). Die Identität ist das neutrale Element des Monoids, jedes Untermonoid muss dieses Element enthalten.

Das kleinste Untermonoid ist , das ist eine kommutative Gruppe.

ist ebenfalls eine kommutative Gruppe, da zu sich selbst invers ist.

ist ein kommutatives Untermonoid, wegen und , aber keine Gruppe, da es kein inverses Element zu gibt.

ist ebenfalls ein kommutatives Untermonoid und keine Gruppe (gleicher Grund).

ist ein Untermonoid, da es unter der Operation abgeschlossen ist. Es ist keine Gruppe, da und nicht invertierbar sind. Es ist nicht kommutativ, da und ist.

Wenn man zu noch ein Element dazu tut, so ist wegen auch das andere drin. Daher gibt es nur noch das volle Untermonoid , das weder kommutativ noch eine Gruppe ist.


 

Aufgabe * (5 Punkte)

Betrachte den Würfel

Snijden kruisen evenwijdig.png


Es sei die Gerade durch und , es sei die Gerade durch und , es sei die Gerade durch und , es sei die Gerade durch und . Man beschreibe die Wirkungsweise der folgenden Würfelbewegungen auf der Menge .

  1. Die Halbdrehung durch die vertikale Seitenmittelpunktsachse.
  2. Die Vierteldrehung durch die vertikale Seitenmittelpunktsachse, die in überführt.
  3. Die Halbdrehung um die Kantenmittelpunktsachse zur Kante .
  4. Die Dritteldrehung um die Raumachse , die in überführt.

Gibt es eine Würfelbewegung (wenn ja, welche?), die auf , auf abbildet und die und vertauscht?

Lösung

Die in Frage stehende Abbildung sei mit bezeichnet.

(1)

(2)

(3)

(4)

Es gibt eine solche Würfelbewegung: Die Halbdrehung um die Kantenmittelpunktsachse zur Kante hat diese Eigenschaft.


 

Aufgabe * (4 Punkte)

Betrachte die Permutation , die durch die Wertetabelle

gegeben ist.

  1. Man gebe die Zyklendarstellung von an und bestimme den Wirkungsbereich.
  2. Berechne und die Ordnung von .
  3. Bestimme die Fehlstände von und das Vorzeichen (Signum) von .
  4. Schreibe als Produkt von Transpositionen und bestimme erneut das Vorzeichen von .

Lösung

(1) Es geht und , die Zyklendarstellung ist also

und der Wirkungsbereich ist .

(2) Die Permutation ist gegeben durch die Wertetabelle

Hier liegt die Zyklendarstellung
vor. Das Quadrat davon, also ist die Identität, so dass die Ordnung davon zwei ist.

(3) Die Fehlstände von sind

Das sind insgesamt Fehlstände, daher

ist das Vorzeichen .

(4) Es ist, wie man leicht überprüft,

Dies ist das Produkt von Transpositionen, so dass sich erneut ergibt, dass das Vorzeichen ist.


 

Aufgabe * (3 Punkte)

Es sei ein kommutativer Ring. Zu jedem sei

die Multiplikation mit . Zeige, dass genau dann bijektiv ist, wenn es surjektiv ist.

Man zeige durch ein Beispiel, dass in dieser Situation aus der Injektivität nicht die Bijektivität folgt.

Lösung

Die Bijektivität impliziert nach Definition stets die Surjektivität. Sei surjektiv. Dann gibt es insbesondere ein Urbild der , also ein Element mit . Dies bedeutet, dass eine Einheit ist. Wegen der Distributivität ist die Abbildung ein Gruppenhomomorphismus der additiven Gruppe . Um die Injektivität zu zeigen wenden wir das Kernkriterium an. Sei also . Dann ist aber

so dass der Kern nur aus einem

Element besteht.

Sei . Dann ist die Multiplikation mit injektiv, aber nicht surjektiv, da nur gerade Zahlen im Bild liegen.


 

Aufgabe * (3 Punkte)

Es sei ein Körper. Zeige, dass in die Differenz, also die Verknüpfung

genau dann assoziativ ist, wenn die Charakteristik von gleich ist.

Lösung

Es sei zuerst die Charakteristik gleich . Dies bedeutet und damit für jedes . Also ist und damit , d.h. die Differenz stimmt mit der Summe überein, und diese ist in jedem Körper assoziativ.

Sei umgekehrt die Differenz assoziativ, d.h. es gilt

für beliebige . Wir wenden dies auf und an und erhalten , also , was Charakteristik bedeutet.


 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme in das multiplikative Inverse von

Die Antwort muss in der Form mit in gekürzter Form sein.

Lösung

Wir multiplizieren mit seinem konjugierten Element und erhalten

Daher ist

Wir überprüfen mittels dem euklidischen Algorithmus, ob die Brüche gekürzt sind oder ob man sie noch vereinfachen kann. Rechts ergibt sich

so dass Zähler und Nenner teilerfremd sind und die Darstellung gekürzt ist. Links ergibt sich

Daher ist der größte gemeinsame Teiler von Zähler und Nenner, und wir können durch kürzen. Es ist

also ist


 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme eine Darstellung des größten gemeinsamen Teilers der beiden Polynome

in . Wie sieht es in aus?

Lösung

Die Division mit Rest ergibt

Daher sind die beiden Polynome teilerfremd und es ist

Über wird das erste Polynom zum konstanten Polynom , d.h. es ist automatisch zum zweiten Polynom teilerfremd und das erste Polynom für sich allein genommen ist schon die Darstellung der .


 

Aufgabe * (3 Punkte)

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

Lösung

Wir brauchen ein irreduzibles Polynom vom Grad drei in . Bei Grad drei kann man die Irreduzibilität dadurch nachweisen, dass keine Nullstelle vorliegt. Betrachten wir

Weder noch sind Nullstellen, daher ist das Polynom irreduzibel und daher ist

ein Körper mit Elementen.

Da es in genau Einheiten gibt, und die Einheiten eine zyklische Gruppe bilden, ist jede Einheit außer primitiv. Beispielsweise ist daher die Restklasse von in primitiv.


 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme das Kreisteilungspolynom .

Lösung

Es gilt die Gleichung

mit . Das dritte

Kreisteilungspolynom errechnet sich aus

zu

(Division mit Rest)

Wegen berechnet man das neunte Kreisteilungspolynom durch die Divison

Dies ergibt


 

Aufgabe * (8 Punkte)

Sei und betrachte die Körpererweiterung

Zeige, dass diese Körpererweiterung algebraisch ist und bestimme den Grad der Körpererweiterung, das Minimalpolynom von und das Inverse von . (Man darf dabei verwenden, dass irrationale Zahlen sind.)

Lösung

Wir behaupten zunächst, dass

ist. Als eine Kette von quadratischen Körpererweiterungen ist dann algebraisch. Dabei ist die Inklusion

klar. Es ist

Daraus ergibt sich

so dass also und damit auch links dazu gehören, was die andere Inklusion ergibt.

Wir betrachten die Körperkette

Dabei ist die Inklusion links echt, da

irrational ist, so dass links eine quadratische Körpererweiterung vorliegt. Aber auch die Inklusion rechts ist echt, denn andernfalls wäre

was zu führt. Bei ist das erneut im Widerspruch zur Irrationalität von . Bei ist das ein Widerspruch zur Irrationalität von . Bei ist das ein Widerspruch zur Irrationalität von .

Insgesamt liegt also eine Kette von quadratischen Körpererweiterungen vor, so dass aufgrund der Gradformel der Grad von gleich ist.

Zur Bestimmung des Minimalpolynoms von berechnen wir , das ist

Das Minimalpolynom ist gleich

Setzt man nämlich ein, so erhält man . Da den Körper erzeugt, muss das Minimalpolynom den Grad haben, so dass das Minimalpolynom ist.

Zur Bestimmung des Inversen gehen wir von aus. Daher ist das Inverse gleich


 

Aufgabe * (3 Punkte)

Beschreibe die wesentlichen mathematischen Schritte, mit denen man beweisen kann, dass die „Quadratur des Kreises“ nicht möglich ist.

Lösung

Das Problem der Quadratur des Kreises bedeutet die Fragestellung, ob man aus einem durch den Radius gegebenen Kreis ein flächengleiches Quadrat mit Hilfe von Zirkel und Lineal konstruieren kann. Den Radius kann man dabei zu normieren und durch zwei Punkte und repräsentieren. Da der Kreisinhalt ist, muss die Seitenlänge des zu konstruierenden Quadrates sein. Damit ist die Frage äquivalent dazu, ob man aus zwei Punkten mit Abstand mittels Zirkel und Lineal den Abstand konstruieren kann.

Der entscheidende Schritt ist, die Menge aller aus und konstruierbaren Punkte in der Ebene mathematisch zu erfassen. Dabei ergibt sich, dass bei jedem elementaren Schritt (wie dem Durchschnitt von einem Kreis und einer Geraden) der neue Punkt in einer quadratischen Körpererweiterung der schon konstruierten Punkte liegt. Daraus ergibt sich induktiv, dass jeder konstruierbare Punkt eine algebraische Zahl ist. Der Satz von Lindemann besagt allerdings, dass und damit auch keine algebraische Zahl ist, und damit auch nicht konstruierbar.


 

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