Kurs:Elementare Algebra/1/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	2	4	2	4	7	3	4	4	3	5	4	6	3	7	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Ein Element ${}u$ heißt Einheit, wenn es ein Element ${}v\in R$ mit ${}uv=1$ gibt.
2. Ein Element ${}z\in K$ heißt ${}n$-te Einheitswurzel, wenn ${}z^{n}=1$ ist.
3. Die Charakteristik eines Körpers ${}K$ ist die kleinste positive natürliche Zahl ${}n$ mit der Eigenschaft ${}n\cdot 1_{K}=0$. Die Charakteristik ist ${}0$, falls keine solche Zahl existiert.
4. Die Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ heißen linear unabhängig, wenn eine Gleichung

   $\sum _{i=1}^{n}a_{i}v_{i}=0$

   nur bei ${}a_{i}=0$ für alle ${}i$ möglich ist.

5. Bei einer endlichen Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ nennt man die ${}K$- (Vektorraum-)Dimension von ${}L$ den Grad der Körpererweiterung.
6. Man sagt, dass das regelmäßige ${}n$-Eck mit Zirkel und Lineal konstruierbar ist, wenn die komplexe Zahl

   ${}e^{2\pi i/n}=\cos \left({\frac {2\pi }{n}}\right)+i\sin \left({\frac {2\pi }{n}}\right)\,$

   eine konstruierbare Zahl ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Ordnung von ${}g$ teilt die Ordnung der Gruppe.
2. Die Gradformel besagt, dass ${}K\subseteq M$ eine endliche Körpererweiterung ist und dass

   ${}\operatorname {grad} _{K}M=\operatorname {grad} _{K}L\cdot \operatorname {grad} _{L}M\,$

   gilt.
3. Ein reguläres ${}n$-Eck ist genau dann mit Zirkel und Lineal konstruierbar, wenn die Primfaktorzerlegung von ${}n$ die Gestalt

   ${}n=2^{\alpha }p_{1}\cdots p_{k}\,$

   hat, wobei die ${}p_{i}$ verschiedene Fermatsche Primzahlen sind.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}n$ eine ganze Zahl, von der die folgenden Eigenschaften bekannt sind:

1. ${}n$ ist negativ.
2. ${}n$ ist ein Vielfaches von ${}8$, aber nicht von ${}-16$.
3. ${}n$ ist kein Vielfaches von ${}36$.
4. ${}n$ ist ein Vielfaches von ${}150$, aber nicht von ${}125$.
5. In der Primfaktorzerlegung von ${}n$ gibt es keine Primzahl, die größer als ${}5$ ist.

Was ist ${}n$?

Lösung

Wir müssen nur für die Primzahlen ${}2,3,5$ bestimmen, mit welcher Potenz sie in ${}n$ vorkommen. Wegen (2) kommt ${}2$ mit der dritten Potenz vor, aber nicht mit der vierten. Wegen (3) ist ${}9$ kein Teiler von ${}n$, da ja ${}4$ ein Teiler ist, und wegen (4) ist ${}3$ ein Teiler von ${}n$. Wegen (4) kommt ${}5$ mit der zweiten Potenz vor, aber nicht mit der dritten. Daher ist

${}n=-2^{3}\cdot 3\cdot 5^{2}=-600\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Einheiten im Ring ${}R=K[\mathbb {Q} ]$, wobei ${}K$ ein Körper ist.

Lösung

Die Einheiten sind genau die Elemente der Form

$aX^{q}{\text{ mit }}a\neq 0{\text{ und }}q\in \mathbb {Q} .$

Solche Elemente sind Einheiten, da ja

${}{\left(aX^{q}\right)}{\left(a^{-1}X^{-q}\right)}=X^{q}X^{-q}=X^{q-q}=X^{0}=1\,$

gilt. Wenn umgekehrt ${}P=a_{q_{1}}X^{q_{1}}+a_{q_{2}}X^{q_{2}}+\cdots +a_{q_{n}}X^{q_{n}}$ mit ${}q_{1}<q_{2}<\ldots <q_{n}$ eine Einheit ist, so gibt es ein ${}Q=b_{r_{1}}X^{r_{1}}+b_{r_{2}}X^{r_{2}}+\cdots +b_{r_{m}}X^{r_{m}}$ mit entsprechend ${}r_{1}<r_{2}<\ldots <r_{m}$ und mit

${}PQ=1\,.$

Dabei seien die angeführten Koeffizienten ${}\neq 0$. Das Produkt ist daher von der Form

$a_{q_{1}}b_{r_{1}}X^{q_{1}+r_{1}}+\cdots +a_{q_{n}}b_{r_{m}}X^{q_{n}+r_{m}}.$

Dies kann nur dann gleich ${}1$ sein, wenn

${}q_{1}+r_{1}=q_{n}+r_{m}\,$

ist, was nur bei ${}n=m=1$ möglich ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}G$ eine kommutative Gruppe und

$\varphi \colon G\longrightarrow H$

ein surjektiver Gruppenhomomorphismus. Zeige, dass ${}H$ ebenfalls kommutativ ist.

Lösung

Es seien ${}h_{1},h_{2}\in H$. Dann gibt es ${}g_{1},g_{2}\in G$ mit ${}\varphi (g_{1})=h_{1}$ und ${}\varphi (g_{2})=h_{2}$. Dann ist

${}h_{1}h_{2}=\varphi (g_{1})\varphi (g_{2})=\varphi (g_{1}g_{2})=\varphi (g_{2}g_{1})=\varphi (g_{2})\varphi (g_{1})=h_{2}h_{1}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}{\mathfrak {p}}$ ein Ideal. Zeige, dass ${}{\mathfrak {p}}$ genau dann ein Primideal ist, wenn der Restklassenring ${}R/{\mathfrak {p}}$ ein Integritätsbereich ist.

Lösung

Es sei zunächst ${}{\mathfrak {p}}$ ein Primideal. Dann ist insbesondere ${}{\mathfrak {p}}\subset R$ und somit ist der Restklassenring ${}R/{\mathfrak {p}}$ nicht der Nullring. Sei ${}fg=0$ in ${}R/{\mathfrak {p}}$ wobei ${}f,g$ durch Elemente in ${}R$ repräsentiert seien. Dann ist ${}fg\in {\mathfrak {p}}$ und damit ${}f\in {\mathfrak {p}}$ oder ${}g\in {\mathfrak {p}}$. was in ${}R/{\mathfrak {p}}$ gerade ${}f=0$ oder ${}g=0$ bedeutet.

Ist umgekehrt ${}R/{\mathfrak {p}}$ ein Integritätsbereich, so handelt es sich nicht um den Nullring und daher ist ${}{\mathfrak {p}}\neq R$. Sei ${}f,g\notin {\mathfrak {p}}$. Dann ist ${}f,g\neq 0$ in ${}R/{\mathfrak {p}}$ und daher ${}fg\neq 0$ in ${}R/{\mathfrak {p}}$, also ist ${}fg\notin {\mathfrak {p}}$.

Aufgabe (7 Punkte)

Es seien ${}k$ und ${}n$ ganze Zahlen. Zeige, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind.

1. ${}k$ teilt ${}n$.
2. Es ist ${}\mathbb {Z} n\subseteq \mathbb {Z} k$.
3. Es gibt einen Ringhomomorphismus

   $\mathbb {Z} /(n)\longrightarrow \mathbb {Z} /(k).$

4. Es gibt einen surjektiven Gruppenhomomorphismus

   $\mathbb {Z} /(n)\longrightarrow \mathbb {Z} /(k).$

Lösung

${}(1)\Rightarrow (2)$. Wenn ${}k$ ein Teiler von ${}n$ ist, so ist ${}n=ak$ mit einem ${}a\in \mathbb {Z}$ und daher ist ${}n\in \mathbb {Z} k$. Somit gilt die Idealinklusion ${}\mathbb {Z} n\subseteq \mathbb {Z} k$.
${}(2)\Rightarrow (3)$. Wegen der Idealinklusion ${}\mathbb {Z} n\subseteq \mathbb {Z} k$ wird unter dem Restklassen-Ringhomomorphismus

$\mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {Z} /(k)$

das Ideal ${}\mathbb {Z} n$ auf ${}0$ abgebildet. Daher gibt es aufgrund des Satzes über die induzierte Abbildung einen Ringhomomorphismus

$\mathbb {Z} /(n)\longrightarrow \mathbb {Z} /(k).$

${}(3)\Rightarrow (4)$. Es sei

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

der gegebene Ringhomomorphismus. Dieser ist insbesondere ein Gruppenhomomorphismus, und es gilt ${}\varphi (1)=1$. Da die ${}1\in \mathbb {Z} /(k)$ diese Gruppe erzeugt, ist ${}\varphi$ surjektiv.
${}(4)\Rightarrow (1)$. Es sei

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

ein surjektiver Gruppenhomomorphismus. Bei ${}n=0$ ist die Aussage richtig. Es sei also ${}n\neq 0$, sodass die angegebenen Gruppen die endlichen Ordnungen ${}n$ bzw. ${}k$ besitzen. Dabei ist nach dem Isomorphiesatz die Gruppe ${}\mathbb {Z} /(k)$ isomorph zu einer Restklassengruppe von ${}\mathbb {Z} /(n)$ und aufgrund der Indexformel ist ${}k$ (die Anzahl der Nebenklassen) ein Teiler von ${}n$.

Aufgabe (3 (1.5+1.5) Punkte)

a) Bestimme für die Zahlen ${}3$, ${}11$ und ${}13$ modulare Basislösungen, finde also die kleinsten positiven Zahlen, die in

$\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(11)\times \mathbb {Z} /(13)$

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

$x=2\!\!\mod 3,\,\,\,\,x=5\!\!\mod 11{\text{ und }}x=6\!\!\mod 13.$

Lösung

a) ${}(1,0,0)$: Wir betrachten die Vielfachen von ${}11\cdot 13=143$, diese haben modulo ${}11$ und modulo ${}13$ den Rest ${}0$. Unter diesen Vielfachen muss also die Lösung liegen. ${}143$ hat modulo ${}3$ den Rest ${}2$, somit hat ${}286$ modulo ${}3$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}286$ das Restetupel ${}(1,0,0)$.

${}(0,1,0)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}39$, und ${}39$ hat modulo ${}11$ den Rest ${}6$ und ${}2\cdot 39=78$ hat modulo ${}11$ den Rest ${}1$, also repräsentiert ${}78$ das Restetupel ${}(0,1,0)$.

${}(0,0,1)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}33$, und ${}33$ hat modulo ${}13$ den Rest ${}7$ und ${}2\cdot 33=66$ hat modulo ${}13$ den Rest ${}1$, also repräsentiert ${}66$ das Restetupel ${}(0,0,1)$.

b) Man schreibt (in $\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(11)\times \mathbb {Z} /(13)$)

${}(2,5,6)=2(1,0,0)+5(0,1,0)+6(0,0,1)\,.$

Die Lösung ist dann

${}{\begin{aligned}2\cdot 286+5\cdot 78+6\cdot 66&=572+390+396\\&=1358.\end{aligned}}$

Die minimale Lösung ist dann ${}1358-3\cdot 429=71$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}p$ eine Primzahl und sei ${}f(x)$ ein Polynom mit Koeffizienten in ${}\mathbb {Z} /(p)$ vom Grad ${}d\geq p$. Zeige, dass es ein Polynom ${}g(x)$ mit einem Grad ${}<p$ derart gibt, dass für alle Elemente ${}a\in \mathbb {Z} /(p)$ die Gleichheit

${}f(a)=g(a)\,$

gilt.

Lösung

Wir führen im Polynomring ${}(\mathbb {Z} /(p))[X]$ die Division mit Rest von ${}f$ durch ${}X^{p}-X$ durch und erhalten

${}f=(X^{p}-X)q+g\,.$

Dabei ist ${}g=0$ oder aber der Grad von ${}g$ ist ${}d<p$ (das Nullpolynom habe jeden Grad). Setzt man links und rechts ein Element ${}a\in \mathbb {Z} /(p)$ ein, so ist stets ${}a^{p}=a$ nach dem kleinen Fermat, d.h. der linke Summand ist immer null und damit stimmen ${}f$ und ${}g$ an diesen Stellen überein.

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das folgende lineare Gleichungssystem über dem Körper ${}K=\mathbb {Q} [{\sqrt {3}}]$:

${}{\begin{pmatrix}2+{\sqrt {3}}&-{\sqrt {3}}\\{\frac {1}{2}}&-2-3{\sqrt {3}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1-{\sqrt {3}}\\4-2{\sqrt {3}}\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

Wir schreiben das Gleichungssystem als

$(I)\,\,\,(2+{\sqrt {3}})x-{\sqrt {3}}y=1-{\sqrt {3}}$

$(II)\,\,\,{\frac {1}{2}}x-(2+3{\sqrt {3}})y=4-2{\sqrt {3}}.$

Wir multiplizieren die zweite Zeile mit ${}4+2{\sqrt {3}}$ und erhalten

$(III)\,\,\,(2+{\sqrt {3}})x+(-26-16{\sqrt {3}})y=4.$

Wir nehmen die Differenz der ersten und der dritten Zeile und erhalten

$(IV)\,\,\,(26+15{\sqrt {3}})y=-3-{\sqrt {3}}.$

Das inverse Element von ${}(26+15{\sqrt {3}})$ ist ${}(26-15{\sqrt {3}})$, somit ist also

${}y=(26-15{\sqrt {3}})(-3-{\sqrt {3}})=-33+19{\sqrt {3}}\,.$

Aus der Gleichung ${}(II)$ folgt daraus

${}{\begin{aligned}x&=2(4-2{\sqrt {3}}+(2+3{\sqrt {3}})y)\\&=8-4{\sqrt {3}}+2(2+3{\sqrt {3}})(-33+19{\sqrt {3}})\\&=8-4{\sqrt {3}}+210-122{\sqrt {3}}\\&=218-126{\sqrt {3}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme eine ganze Zahl ${}n$ derart, dass die Lösungen der quadratischen Gleichung

${}x^{2}+3x+{\frac {7}{3}}=0\,$

in ${}\mathbb {Q} [{\sqrt {n}}]$ liegen.

Lösung

Wir schreiben die Gleichung als

${}{\left(x+{\frac {3}{2}}\right)}^{2}=-{\frac {7}{3}}+{\frac {9}{4}}={\frac {-28+27}{12}}={\frac {-1}{12}}\,.$

Daher ist

${}x+{\frac {3}{2}}=\pm {\sqrt {\frac {-1}{12}}}=\pm {\frac {1}{2}}{\sqrt {-{\frac {1}{3}}}}=\pm {\frac {1}{6}}{\sqrt {-3}}\,.$

Also liegen die Lösungen in ${}\mathbb {Q} [{\sqrt {-3}}]$.

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme die Primfaktorzerlegung des Polynoms ${}X^{6}-1$ über den Körpern ${}K=\mathbb {Q} ,\mathbb {R} ,{\mathbb {C} },\mathbb {Z} /(7)$ und ${}\mathbb {Z} /(5)$.

Lösung

Es ist (über jedem Körper)

${}{\begin{aligned}X^{6}-1&=(X^{2}-1)(X^{4}+X^{2}+1)\\&=(X-1)(X+1)(X^{4}+X^{2}+1)\\&=(X-1)(X+1)(X^{2}+X+1)(X^{2}-X+1).\end{aligned}}$

Dies kann man direkt bestätigen, es ergibt sich aber auch aus der Produktzerlegung von ${}X^{6}-1$ mit Hilfe der Kreisteilungspolynome. Über den komplexen Zahlen ist

${}X^{6}-1=\prod _{k=0}^{5}(X-e^{\frac {2\pi {\mathrm {i} }k}{6}})\,.$

Da davon vier Nullstellen imaginär sind, müssen die beiden quadratischen Polynome von oben über ${}\mathbb {Q}$ und über ${}\mathbb {R}$ irreduzibel sein, sodass die obige Faktorzerlegung über diesen Körpern die Primfaktorzerlegung ist.

Über ${}\mathbb {Z} /(7)$ gilt aufgrund des kleinen Fermat für jede Einheit ${}x^{6}=1$. Daher ist die Faktorzerlegung

${}X^{6}-1=(X-1)(X-2)(X-3)(X-4)(X-5)(X-6)\,.$

Über ${}\mathbb {Z} /(5)$ haben die beiden Polynome ${}X^{2}+X+1$ und ${}X^{2}-X+1$ keine Nullstelle, sind also irreduzibel, und daher ist die obige Zerlegung auch die Primfaktorzerlegung über ${}\mathbb {Z} /(5)$.

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

a) Zeige, dass durch

${}K=\mathbb {Z} /(7)[T]/(T^{3}-2)\,$

ein Körper mit ${}343$ Elementen gegeben ist.

b) Berechne in ${}K$ das Produkt ${}(T^{2}+2T+4)(2T^{2}+5)$.

c) Berechne das (multiplikativ) Inverse zu ${}T+1$.

Lösung

a) Es ist

$1^{3}=1,\,2^{3}=1,\,3^{3}=6,\,4^{3}=1,\,5^{3}=6,\,6^{3}=6.$

Also besitzt das Polynom ${}T^{3}-2$ keine Nullstelle in ${}\mathbb {Z} /(7)$ und ist somit irreduzibel, also ist ${}\mathbb {Z} /(7)[T]/(T^{3}-2)$ ein Körper. Die Restklassen von ${}1,T,T^{2}$ bilden eine ${}\mathbb {Z} /(7)$-Basis, sodass dieser Körper ${}7^{3}=343$ Elemente besitzt.

b) Es ist

${}{\begin{aligned}(T^{2}+2T+4)(2T^{2}+5)&=2T^{4}+4T^{3}+6T^{2}+3T+6\\&=4T+1+6T^{2}+3T+6\\&=6T^{2}.\end{aligned}}$

c) Polynomdivision liefert

$T^{3}-2=(T^{2}+6T+1)(T+1)+4.$

In ${}K$ gilt somit

${}(T+1)(T^{2}+6T+1)=3\,.$

Das Inverse von ${}3$ in ${}\mathbb {Z} /(7)$ ist ${}5$, also ist

$5T^{2}+2T+5$

das Inverse von ${}T+1$.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise die „Gradformel“ für eine Kette von endlichen Körpererweiterungen ${}K\subseteq L\subseteq M$.

Lösung

Wir setzen ${}\operatorname {grad} _{K}L=n$ und ${}\operatorname {grad} _{L}M=m$. Es sei ${}x_{1},\ldots ,x_{n}\in L$ eine ${}K$-Basis von ${}L$ und ${}y_{1},\ldots ,y_{m}\in M$ eine ${}L$-Basis von ${}M$. Wir behaupten, dass die Produkte

$x_{i}y_{j},1\leq i\leq n,1\leq j\leq m,$

eine ${}K$-Basis von ${}M$

bilden. Wir zeigen zuerst, dass diese Produkte den Vektorraum ${}M$ über ${}K$ aufspannen. Es sei dazu ${}z\in M$. Wir schreiben

$z=b_{1}y_{1}+\cdots +b_{m}y_{m}{\text{ mit Koeffizienten }}b_{j}\in L.$

Wir können jedes ${}b_{j}$ als

${}b_{j}=a_{1j}x_{1}+\cdots +a_{nj}x_{n}$ mit Koeffizienten ${}a_{ij}\in K$ ausdrücken. Das ergibt

${}{\begin{aligned}z&=b_{1}y_{1}+\cdots +b_{m}y_{m}\\&=(a_{11}x_{1}+\cdots +a_{n1}x_{n})y_{1}+\cdots +(a_{1m}x_{1}+\cdots +a_{nm}x_{n})y_{m}\\&=\sum _{1\leq i\leq n,\,1\leq j\leq m}a_{ij}x_{i}y_{j}.\end{aligned}}$

Daher ist ${}z$ eine ${}K$-Linearkombination der Produkte ${}x_{i}y_{j}$.
Um zu zeigen, dass diese Produkte linear unabhängig sind, sei

$0=\sum _{1\leq i\leq n,\,1\leq j\leq m}c_{ij}x_{i}y_{j}$

angenommen mit ${}c_{ij}\in K$. Wir schreiben dies als ${}0=\sum _{j=1}^{m}(\sum _{i=1}^{n}c_{ij}x_{i})y_{j}$. Da die ${}y_{j}$ linear unabhängig über ${}L$ sind und die Koeffizienten der ${}y_{j}$ zu ${}L$ gehören folgt, dass ${}\sum _{i=1}^{n}c_{ij}x_{i}=0$ ist für jedes ${}j$. Da die ${}x_{i}$ linear unabhängig über ${}K$ sind und ${}c_{ij}\in K$ ist folgt, dass ${}c_{ij}=0$ ist für alle ${}i,j$.

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.

Aufgabe (7 Punkte)

Aus einer Menge ${}T\subseteq E$ seien „wie üblich“ Geraden und Kreise elementar konstruierbar. Als neue Punkte seien allerdings nur die Durchschnitte von einer Geraden mit einer Geraden und von einer Geraden mit einem Kreis erlaubt (also nicht der Durchschnitt von zwei Kreisen). Bestimme die Menge ${}M$ der Punkte, die aus der Anfangsmenge ${}\{0,1\}$ auf diese Weise konstruierbar ist.

Lösung

Wenn man, wie üblich, die durch die beiden Punkte ${}0$ und ${}1$ definierte Gerade mit ${}\mathbb {R}$ identifiziert, so ist die Menge ${}M$ der auf diese Weise konstruierbaren Punkte gleich ${}\mathbb {Z}$.

Die Inklusion ${}\mathbb {Z} \subseteq M$ ergibt sich so: da ${}0$ und ${}1$ zu ${}M$ gehören, ist die reelle Gerade konstruierbar. Damit ist der Kreis mit Mittelpunkt ${}1$ durch ${}0$ konstruierbar und der andere Schnittpunkt ist ${}2$. Mit ${}2$ als Mittelpunkt durch ${}1$ erhält man ${}3$ und so nach und nach alle natürlichen Zahlen. Die Kreise mit Mittelpunkt ${}0$ durch ${}n$ liefern auch die negativen Zahlen.

Die Inklusion ${}M\subseteq \mathbb {Z}$ beweisen wir durch Induktion über die Anzahl der Konstruktionsschritte. Der Induktionsanfang ist durch ${}\{0,1\}\subseteq \mathbb {Z}$ gesichert. Es sei vorausgesetzt, dass nach dem ${}k$-ten Konstruktionsschritt nur Elemente aus ${}\mathbb {Z}$ konstruiert wurden. Dann kann man daraus überhaupt nur eine Gerade konstruieren, nämlich die reelle Gerade. Daher können sich keine neuen Punkte über den Schnitt von zwei Geraden ergeben und es steht lediglich der Durchschnitt der reellen Geraden mit Kreisen als Konstruktionsverfahren zur Verfügung. Die elementar konstruierbaren Kreise besitzen als Mittelpunkt eine ganze Zahl und gehen ebenfalls durch eine ganze Zahl. Also ist der andere Schnittpunkt auch eine ganze Zahl, sodass man innerhalb von ${}\mathbb {Z}$ bleibt.