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

Aufgabe * (3 (1.5+1.5) Punkte)

(a) Bestimme für die Zahlen ${}3$, ${}5$ und ${}7$ modulare Basislösungen, finde also die kleinsten positiven Zahlen, die in

$\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(5)\times \mathbb {Z} /(7)$

die Restetupel ${}(1,0,0),\,(0,1,0)$ und ${}(0,0,1)$ repräsentieren.

(b) Finde mit den Basislösungen die kleinste positive Lösung ${}x$ der simultanen Kongruenzen

$x=2\!\!\mod 3,\,\,\,\,x=4\!\!\mod 5{\text{ und }}x=3\!\!\mod 7.$

Lösung

(a) ${}(1,0,0)$: Alle Vielfachen von ${}5\cdot 7=35$ haben modulo ${}5$ und modulo ${}7$ den Rest ${}0$. Unter diesen Vielfachen muss also die Lösung liegen. ${}35$ hat modulo ${}3$ den Rest ${}2$, somit hat ${}70$ modulo ${}3$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}70$ das Restetupel ${}(1,0,0)$.

${}(0,1,0)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}21$, und ${}21$ hat modulo ${}5$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}21$ das Restetupel ${}(0,1,0)$.

${}(0,0,1)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}15$, und ${}15$ hat modulo ${}7$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}15$ das Restetupel ${}(0,0,1)$.

(b) Man schreibt (in $\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(5)\times \mathbb {Z} /(7)$)

${}(2,4,3)=2(1,0,0)+4(0,1,0)+3(0,0,1)\,.$

Die Lösung ist dann

${}2\cdot 70+4\cdot 21+3\cdot 15=140+84+45=269\,.$

Die minimale Lösung ist dann ${}269-2\cdot 105=59$.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme in der Einheitengruppe ${}\mathbb {Z} /(17)^{\times }$ zu jeder möglichen Ordnung ${}k$ ein Element ${}x\in \mathbb {Z} /(17)^{\times }$, das die Ordnung ${}k$ besitzt. Man gebe auch eine Untergruppe

$H\subseteq \mathbb {Z} /(17)^{\times }$

an, die aus vier Elementen besteht.

Lösung

Da ${}17$ eine Primzahl ist, handelt es sich bei ${}\mathbb {Z} /(17)$ um einen Körper, sodass die Einheitengruppe aus ${}16$ Elementen besteht. Aufgrund des Satzes von Lagrange kommen als Ordnung nur Teiler von ${}16$ in Frage, also ${}1,2,4,8,16$. Aufgrund des Struktursatzes über multiplikative endliche Untergruppen von Körpern ist die Einheitengruppe zyklisch, sodass jede mögliche Ordnung auch auftritt. Wir bestimmen zuerst ein primitives Element, also ein Element der Ordnung ${}16$. Es ist

$2^{1}=2,\,2^{2}=4,\,2^{4}=4^{2}=16=-1,\,2^{8}=1,$

d.h. ${}2$ hat die Ordnung ${}8$ und ist nicht primitiv.

Es ist

$3^{1}=3,\,3^{2}=9,\,3^{4}=9^{2}=81=13=-4,\,3^{8}=(-4)^{2}=16=-1.$

Also ist ${}3$ eine primitive Einheit modulo ${}17$ und hat die Ordnung ${}16$. Daher gilt:

$3^{2}=9{\text{ hat die Ordnung }}8,$

$3^{4}=13{\text{ hat die Ordnung }}4,$

$3^{8}=-1{\text{ hat die Ordnung }}2,$

$1{\text{ hat die Ordnung }}1.$

Eine Untergruppe aus vier Elementen ist die Menge

$\{3^{0},3^{4},3^{8},3^{12}\}=\{1,13,-1=16,-13=4\}.$

 

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 * (7 Punkte)

Betrachte auf der Produktmenge

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

die Relation

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

Zeige, dass dies eine Äquivalenzrelation ist.

Es sei ${}Z$ die Menge der Äquivalenzklassen. Definiere auf ${}Z$ eine Addition ${}\oplus$, die die Eigenschaft

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

erfüllt

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

Lösung

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

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

d.h.

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

Damit ist insgesamt

$a+d+f=b+c+f=b+d+e.$

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

Wir definieren nun die Addition durch

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

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

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

und

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

Wir müssen zeigen, dass

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

ist. Dies folgt aber aus

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

Wenn die hintere Komponente beidesmal ${}0$ ist, so wird in der ersten Komponente einfach wie in ${}\mathbb {N}$ 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 ${}{\overline {(0,0)}}$ das neutrale Element ist. Die Kommutativität der Verknüpfung ist ebenfalls klar. Zu einem Element ${}{\overline {(a,b)}}$ ist

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

das inverse Element. Es ist ja

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

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

 

Aufgabe * (4 (2+2) Punkte)

Es sei ${}S=\{0,1\}$. Betrachte das Monoid ${}M$, das aus allen Abbildungen von ${}S$ nach ${}S$ besteht mit der Hintereinanderschaltung ${}\circ$ von Abbildungen als Verknüpfung.

1. Beschreibe die Elemente in ${}M$ und erstelle eine Verknüpfungstabelle für ${}M$.
2. Bestimme sämtliche Untermonoide von ${}M$ 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 ${}I$, die Vertauschung ${}V$, die durch ${}V(0)=1{\text{ und }}V(1)=0$ festgelegt ist, und die beiden konstanten Abbildungen, die wir mit ${}0$ bzw. ${}1$ bezeichnen. Die Verknüpfungstabelle, bei der im Kreuzungspunkt von der ${}\varphi$-Zeile mit der ${}\psi$-Spalte die Verknüpfung ${}\varphi \circ \psi$ (also ${}\psi$ zuerst angewendet) steht, sieht folgendermaßen aus:

${}\circ$	${}I$	${}V$	${}0$	${}1$
${}I$	${}I$	${}V$	${}0$	${}1$
${}V$	${}V$	${}I$	${}1$	${}0$
${}0$	${}0$	${}0$	${}0$	${}0$
${}1$	${}1$	${}1$	${}1$	${}1$

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

Das kleinste Untermonoid ist ${}\{I\}$, das ist eine kommutative Gruppe.

${}\{I,V\}$ ist ebenfalls eine kommutative Gruppe, da ${}V$ zu sich selbst invers ist.

${}\{I,0\}$ ist ein kommutatives Untermonoid, wegen ${}I\circ 0=0=0\circ I$ und ${}0\circ 0=0$, aber keine Gruppe, da es kein inverses Element zu ${}0$ gibt.

${}\{I,1\}$ ist ebenfalls ein kommutatives Untermonoid und keine Gruppe (gleicher Grund).

${}\{I,0,1\}$ ist ein Untermonoid, da es unter der Operation abgeschlossen ist. Es ist keine Gruppe, da ${}0$ und ${}1$ nicht invertierbar sind. Es ist nicht kommutativ, da ${}0\circ 1=0$ und ${}1\circ 0=1$ ist.

Wenn man zu ${}\{I,V\}$ noch ein Element dazu tut, so ist wegen ${}V\circ 0=1$ auch das andere drin. Daher gibt es nur noch das volle Untermonoid ${}\{I,V,0,1\}$, das weder kommutativ noch eine Gruppe ist.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Betrachte den Würfel

Es sei ${}\alpha$ die Gerade durch ${}A$ und ${}G$, es sei ${}\beta$ die Gerade durch ${}B$ und ${}H$, es sei ${}\gamma$ die Gerade durch ${}C$ und ${}E$, es sei ${}\delta$ die Gerade durch ${}D$ und ${}F$. Man beschreibe die Wirkungsweise der folgenden Würfelbewegungen auf der Menge ${}M=\{\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta \}$.

1. Die Halbdrehung durch die vertikale Seitenmittelpunktsachse.
2. Die Vierteldrehung durch die vertikale Seitenmittelpunktsachse, die ${}A$ in ${}B$ überführt.
3. Die Halbdrehung um die Kantenmittelpunktsachse zur Kante ${}A,E$.
4. Die Dritteldrehung um die Raumachse ${}\alpha$, die ${}B$ in ${}D$ überführt.

Gibt es eine Würfelbewegung (wenn ja, welche?), die ${}\alpha$ auf ${}\alpha$, ${}\beta$ auf ${}\beta$ abbildet und die ${}\gamma$ und ${}\delta$ vertauscht?

Lösung

Die in Frage stehende Abbildung sei mit ${}\varphi$ bezeichnet.

(1)

${}g$	${}\alpha$	${}\beta$	${}\gamma$	${}\delta$
${}\varphi (g)$	${}\gamma$	${}\delta$	${}\alpha$	${}\beta$

(2)

${}g$	${}\alpha$	${}\beta$	${}\gamma$	${}\delta$
${}\varphi (g)$	${}\beta$	${}\gamma$	${}\delta$	${}\alpha$

(3)

${}g$	${}\alpha$	${}\beta$	${}\gamma$	${}\delta$
${}\varphi (g)$	${}\gamma$	${}\beta$	${}\alpha$	${}\delta$

(4)

${}g$	${}\alpha$	${}\beta$	${}\gamma$	${}\delta$
${}\varphi (g)$	${}\alpha$	${}\delta$	${}\beta$	${}\gamma$

Es gibt eine solche Würfelbewegung: Die Halbdrehung um die Kantenmittelpunktsachse zur Kante ${}C,D$ hat diese Eigenschaft.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Betrachte die Permutation ${}\tau \in S_{7}$, die durch die Wertetabelle

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
${}\tau (x)$	${}1$	${}3$	${}5$	${}7$	${}6$	${}4$	${}2$

gegeben ist.

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

Lösung

(1) Es geht ${}1\mapsto 1$ und ${}2\mapsto 3\mapsto 5\mapsto 6\mapsto 4\mapsto 7\mapsto 2$, die Zyklendarstellung ist also

$\langle 2,3,5,6,4,7\rangle$

und der Wirkungsbereich ist ${}\{2,3,4,5,6,7\}$.

(2) Die Permutation ${}\tau ^{3}$ ist gegeben durch die Wertetabelle

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
${}\tau ^{3}(x)$	${}1$	${}6$	${}4$	${}3$	${}7$	${}2$	${}5$

Hier liegt die Zyklendarstellung

$\langle 2,6\rangle \langle 3,4\rangle \langle 5,7\rangle$

vor. Das Quadrat davon, also ${}(\tau ^{3})^{2}$ ist die Identität, sodass die Ordnung davon zwei ist.

(3) Die Fehlstände von ${}\tau$ sind

$(2,7),\,(3,6),\,(3,7),\,(4,5),\,(4,6),\,(4,7),\,(5,6),\,(5,7),\,(6,7).$

Das sind insgesamt ${}9$ Fehlstände, daher

ist das Vorzeichen ${}-1$.

(4) Es ist, wie man leicht überprüft,

$\tau =\langle 3,5\rangle \circ \langle 5,6\rangle \circ \langle 6,4\rangle \circ \langle 4,7\rangle \circ \langle 7,2\rangle .$

Dies ist das Produkt von ${}5$ Transpositionen, sodass sich erneut ergibt, dass das Vorzeichen ${}-1$ ist.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring. Zu jedem ${}f\in R$ sei

$\mu _{f}\colon R\longrightarrow R,\,g\longmapsto fg,$

die Multiplikation mit ${}f$. Zeige, dass ${}\mu _{f}$ 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. Es sei ${}\varphi _{f}$ surjektiv. Dann gibt es insbesondere ein Urbild der ${}1$, also ein Element ${}g\in R$ mit ${}fg=1$. Dies bedeutet, dass ${}f$ eine Einheit ist. Wegen der Distributivität ist die Abbildung ${}\varphi _{f}$ ein Gruppenhomomorphismus der additiven Gruppe ${}(R,+,0)$. Um die Injektivität zu zeigen wenden wir das Kernkriterium an. Es sei also ${}fh=0$. Dann ist aber

${}0=g(fh)=(fg)h=h\,,$

sodass der Kern nur aus einem

Element besteht.

Es sei ${}R=\mathbb {Z}$. Dann ist die Multiplikation mit ${}f=2$ injektiv, aber nicht surjektiv, da nur gerade Zahlen im Bild liegen.

 

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 * (4 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$ das multiplikative Inverse von

${\frac {3}{7}}+{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }.$

Die Antwort muss in der Form ${}p+q{\mathrm {i} }$ mit ${}p,q\in \mathbb {Q}$ in gekürzter Form sein.

Lösung

Wir multiplizieren ${}{\frac {3}{7}}+{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }$ mit seinem konjugierten Element und erhalten

${\left({\frac {3}{7}}+{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }\right)}{\left({\frac {3}{7}}-{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }\right)}={\frac {9}{49}}+{\frac {4}{25}}={\frac {225+196}{1225}}={\frac {421}{1225}}.$

Daher ist

${}{\left({\frac {3}{7}}+{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }\right)}^{-1}={\frac {1225}{421}}{\left({\frac {3}{7}}-{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }\right)}={\frac {3675}{2947}}-{\frac {2450}{2105}}{\mathrm {i} }={\frac {3675}{2947}}-{\frac {490}{421}}{\mathrm {i} }\,.$

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

$490=1\cdot 421+69$

$421=6\cdot 69+7$

$69=9\cdot 7+6$

$7=1\cdot 6+1,$

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

$3675=1\cdot 2947+728$

$2947=4\cdot 728+35$

$728=20\cdot 35+28$

$35=1\cdot 28+7$

$28=4\cdot 7+0.$

Daher ist ${}7$ der größte gemeinsame Teiler von Zähler und Nenner, und wir können durch ${}7$ kürzen. Es ist

$3675/7=525{\text{ und }}2947=7\cdot 421,$

also ist

${}{\left({\frac {3}{7}}+{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }\right)}^{-1}={\frac {525}{421}}-{\frac {490}{421}}{\mathrm {i} }\,.$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme eine Darstellung des größten gemeinsamen Teilers der beiden Polynome

$4X^{4}+2X^{2}+3{\text{ und }}X^{2}+3X+1$

in ${}\mathbb {Z} /(5)[X]$. Wie sieht es in ${}\mathbb {Z} /(2)[X]$ aus?

Lösung

Die Division mit Rest ergibt

${}(4X^{4}+2X^{2}+3)=(X^{2}+3X+1)(4X^{2}+3X+4)+4\,.$

Daher sind die beiden Polynome teilerfremd und es ist

${}4(4X^{4}+2X^{2}+3)+(4X^{2}+3X+4)(X^{2}+3X+1)=1\,.$

Über ${}\mathbb {Z} /(2)$ wird das erste Polynom zum konstanten Polynom ${}1$, d.h. es ist automatisch zum zweiten Polynom teilerfremd und das erste Polynom für sich allein genommen ist schon die Darstellung der ${}1$.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Beschreibe den Körper mit acht Elementen ${}\mathbb {F} _{8}$ als einen Restklassenkörper von ${}\mathbb {Z} /(2)[X]$. Man gebe eine primitive Einheit in ${}\mathbb {F} _{8}$ an.

Lösung

Wir brauchen ein irreduzibles Polynom vom Grad drei in ${}\mathbb {Z} /(2)[X]$. Bei Grad drei kann man die Irreduzibilität dadurch nachweisen, dass keine Nullstelle vorliegt. Betrachten wir

$F=X^{3}+X+1.$

Weder ${}0$ noch ${}1$ sind Nullstellen, daher ist das Polynom irreduzibel und daher ist

$K=\mathbb {Z} /(2)[X]/(X^{3}+X+1)$

ein Körper mit ${}8$ Elementen.

Da es in ${}{\mathbb {F} }_{8}$ genau ${}7$ Einheiten gibt, und die Einheiten eine zyklische Gruppe bilden, ist jede Einheit außer ${}1$ primitiv. Beispielsweise ist daher die Restklasse von ${}X$ in ${}K$ primitiv.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme das Kreisteilungspolynom ${}\Phi _{9}$.

Lösung

Es gilt die Gleichung

$X^{9}-1=\Phi _{1}\Phi _{3}\Phi _{9}$

mit ${}\Phi _{1}=X-1$. Das dritte

Kreisteilungspolynom errechnet sich aus

$X^{3}-1=(X-1)\Phi _{3}$

zu

(Division mit Rest)

$\Phi _{3}=X^{2}+X+1.$

Wegen ${}(X^{9}-1)/(X-1)=X^{8}+X^{7}+X^{6}+X^{5}+X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1$ berechnet man das neunte Kreisteilungspolynom durch die Divison

$(X^{8}+X^{7}+X^{6}+X^{5}+X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1)/(X^{2}+X+1).$

Dies ergibt

$\Phi _{9}=X^{6}+X^{3}+1.$

 

Aufgabe * (8 Punkte)

Es sei ${}x={\sqrt {2}}+{\sqrt {5}}\in \mathbb {R}$ und betrachte die Körpererweiterung

$\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} (x)=L.$

Zeige, dass diese Körpererweiterung algebraisch ist und bestimme den Grad der Körpererweiterung, das Minimalpolynom von ${}x$ und das Inverse von ${}x$. (Man darf dabei verwenden, dass ${}{\sqrt {2}},{\sqrt {5}},{\sqrt {10}}$ irrationale Zahlen sind.)

Lösung

Wir behaupten zunächst, dass

$L=\mathbb {Q} [{\sqrt {2}},{\sqrt {5}}]=(\mathbb {Q} [{\sqrt {2}}])[{\sqrt {5}}]$

ist. Als eine Kette von quadratischen Körpererweiterungen ist dann ${}\mathbb {Q} \subseteq L$ algebraisch. Dabei ist die Inklusion ${}\subseteq$

klar. Es ist

$x^{2}=7+2{\sqrt {10}},\,x^{3}=17{\sqrt {2}}+11{\sqrt {5}}.$

Daraus ergibt sich

${\sqrt {2}}={\frac {1}{6}}(x^{3}-11x),$

sodass also ${}{\sqrt {2}}$ und damit auch ${}{\sqrt {5}}$ links dazu gehören, was die andere Inklusion ergibt.

Wir betrachten die Körperkette

$\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt {2}}]\subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt {2}},{\sqrt {5}}]=L.$

Dabei ist die Inklusion links echt, da

${}{\sqrt {2}}$ irrational ist, sodass links eine quadratische Körpererweiterung vorliegt. Aber auch die Inklusion rechts ist echt, denn andernfalls wäre

${\sqrt {5}}=a+b{\sqrt {2}}{\text{ mit }}a,b\in \mathbb {Q} ,$

was zu ${}5=a^{2}+2b^{2}+ab{\sqrt {2}}$ führt. Bei ${}a,b\neq 0$ ist das erneut im Widerspruch zur Irrationalität von ${}{\sqrt {2}}$. Bei ${}b=0$ ist das ein Widerspruch zur Irrationalität von ${}{\sqrt {5}}$. Bei ${}a=0$ ist das ein Widerspruch zur Irrationalität von ${}{\sqrt {5/2}}={\frac {1}{2}}{\sqrt {10}}$.

Insgesamt liegt also eine Kette ${}\mathbb {Q} \subset K=\mathbb {Q} [{\sqrt {2}}]\subset L$ von quadratischen Körpererweiterungen vor, sodass aufgrund der Gradformel der Grad von ${}\mathbb {Q} \subset L$ gleich ${}4$ ist.

Zur Bestimmung des Minimalpolynoms von ${}x$ berechnen wir ${}x^{4}$, das ist

${}x^{4}={\left(7+2{\sqrt {10}}\right)}^{2}=89+28{\sqrt {10}}\,.$

Das Minimalpolynom ist gleich

$F=X^{4}-14X^{2}+9.$

Setzt man nämlich ${}x$ ein, so erhält man ${}0$. Da ${}x$ den Körper ${}L$ erzeugt, muss das Minimalpolynom den Grad ${}4$ haben, sodass ${}F$ das Minimalpolynom ist.

Zur Bestimmung des Inversen gehen wir von ${}x(x^{3}-14x)=-9$ aus. Daher ist das Inverse gleich

${}{\begin{aligned}-{\frac {1}{9}}{\left(x^{3}-14x\right)}&=-{\frac {1}{9}}{\left(17{\sqrt {2}}+11{\sqrt {5}}-14{\left({\sqrt {2}}+{\sqrt {5}}\right)}\right)}\\&=-{\frac {1}{9}}{\left(3{\sqrt {2}}-3{\sqrt {5}}\right)}\\&=-{\frac {1}{3}}{\sqrt {2}}+{\frac {1}{3}}{\sqrt {5}}.\end{aligned}}$

 

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 ${}1$ normieren und durch zwei Punkte ${}0$ und ${}1$ repräsentieren. Da der Kreisinhalt ${}\pi$ ist, muss die Seitenlänge des zu konstruierenden Quadrates ${}{\sqrt {\pi }}$ sein. Damit ist die Frage äquivalent dazu, ob man aus zwei Punkten mit Abstand ${}1$ mittels Zirkel und Lineal den Abstand ${}{\sqrt {\pi }}$ konstruieren kann.

Der entscheidende Schritt ist, die Menge aller aus ${}0$ und ${}1$ 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 ${}\pi$ und damit auch ${}{\sqrt {\pi }}$ keine algebraische Zahl ist, und damit auch nicht konstruierbar.

 

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