Kurs:Elementare Algebra/11/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	${}\sum$
Punkte	3	3	0	4	3	0	3	3	4	4	10	0	2	3	4	4	3	2	0	55

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein kommutativer Ring ${}R$.
2. Das von einer Familie von Elementen ${}a_{j}\in R$, ${}j\in J$, in einem kommutativen Ring ${}R$ erzeugte Ideal.
3. Der Exponent ${}{\exp _{p}(f)}$ zu einem Element ${}f\in R$, ${}f\neq 0$, bezüglich eines Primelementes ${}p\in R$ in einem faktoriellen Bereich ${}R$.
4. Ein Gruppenhomomorphismus zwischen Gruppen ${}(G,\circ ,e_{G})$ und ${}(H,\circ ,e_{H})$.
5. Die Dimension eines ${}K$-Vektorraums ${}V$ (${}V$ besitze ein endliches Erzeugendensystem).
6. Ein aus einer Teilmenge ${}M\subseteq E$ einer Ebene ${}E$ konstruierbarer Punkt ${}P\in E$.

Lösung

1. Ein Ring ${}R$ heißt kommutativ, wenn die Multiplikation kommutativ ist.
2. Das von den ${}a_{j}$ erzeugte Ideal besteht aus allen (endlichen) Linearkombinationen

   $\sum _{j\in J_{0}}r_{j}a_{j},$

   wobei ${}J_{0}\subseteq J$ eine endliche Teilmenge und ${}r_{j}\in R$ ist.

3. Der Exponent ${}{\exp _{p}(f)}$ ist die maximale natürliche Zahl ${}n\in \mathbb {N}$ mit ${}p^{n}{|}f$.
4. Eine Abbildung

   $\psi \colon G\longrightarrow H$

   heißt Gruppenhomomorphismus, wenn die Gleichheit

   ${}\psi (g\circ g')=\psi (g)\circ \psi (g')\,$

   für alle ${}g,g'\in G$ gilt.

5. Unter der Dimension eines Vektorraums ${}V$ versteht man die Anzahl der Elemente in einer Basis von ${}V$.
6. Ein Punkt ${}P\in E$ heißt aus ${}M$ konstruierbar, wenn es eine Folge von Punkten

   $P_{1},\ldots ,P_{n}=P$

   derart gibt, dass ${}P_{i}$ jeweils aus ${}M\cup \{P_{1},\ldots ,P_{i-1}\}$ in einem Schritt konstruierbar ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Beziehung zwischen prim und irreduzibel in einem Integritätsbereich ${}R$.
2. Der Satz über die Umkehrabbildung eines Gruppenisomorphismus.
3. Der Satz über die Einheiten in einem Restklassenring ${}R/I$.

Lösung

1. In einem Integritätsbereich ist ein Primelement stets irreduzibel.
2. Es seien ${}G$ und ${}H$ Gruppen und sei

   $\varphi \colon G\longrightarrow H$

   ein Gruppenisomorphismus.

   Dann ist auch die Umkehrabbildung

   $\varphi ^{-1}\colon H\longrightarrow G,\,h\longmapsto \varphi ^{-1}(h),$

   ein Gruppenisomorphismus.
3. Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}I\subseteq R$ ein Ideal in ${}R$. Dann ist ein Element ${}a\in R$ genau dann eine Einheit modulo ${}I$, wenn ${}a$ und ${}I$ zusammen das Einheitsideal in ${}R$ erzeugen.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten die positiven reellen Zahlen ${}\mathbb {R} _{+}$ mit den Verknüpfungen

${}x\oplus y:=x\cdot y\,$

als neuer Addition und

${}x\otimes y:=e^{(\ln x)(\ln y)}\,$

als neuer Multiplikation. Ist ${}\mathbb {R} _{+}$ mit diesen Verknüpfungen (und mit welchen neutralen Elementen) ein Körper?

Lösung

Wir betrachten die reelle Exponentialfunktion zur Basis ${}e$, also die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} _{+},\,z\longmapsto e^{z}.$

Diese Abbildung ist bijektiv, da wir den Bildbereich entsprechend eingeschränkt haben, mit dem natürlichen Logarithmus als Umkehrabbildung. Unter dieser Abbildung gilt

${}{\begin{aligned}\varphi (z+w)&=e^{w+z}\\&=e^{w}\cdot e^{z}\\&=\varphi (w)\oplus \varphi (z),\end{aligned}}$

d.h. die Addition ${}+$ wird auf die neue Addition ${}\oplus$ abgebildet, und

${}{\begin{aligned}\varphi (z\cdot w)&=e^{z\cdot w}\\&=e^{(\ln e^{z})(\ln e^{w})}\\&=e^{z}\otimes e^{w}\\&=\varphi (z)\otimes \varphi (w),\end{aligned}}$

d.h. die Multiplikation ${}\cdot$ wird auf die neue Addition ${}\otimes$ abgebildet. Unter dieser Abbildung bleiben alle Gesetzmäßigkeiten erhalten, deshalb ist ${}\mathbb {R} _{+}$ mit den neuen Verknüpfungen ebenfalls ein Körper. Die neutralen Elemente sind die Bilder der neutralen Elemente, d.h. die ${}1$ ist neutrales Element der neuen Addition und ${}e$ ist neutrales Element der neuen Multiplikation.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass die Binomialkoeffizienten die rekursive Beziehung

${}{\binom {n+1}{k}}={\binom {n}{k}}+{\binom {n}{k-1}}\,$

erfüllen.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\binom {n}{k}}+{\binom {n}{k-1}}&={\frac {n!}{(n-k)!k!}}+{\frac {n!}{(n-(k-1))!(k-1)!}}\\&={\frac {n!}{(n-k)!k!}}+{\frac {n!}{(n+1-k)!(k-1)!}}\\&={\frac {(n+1-k)\cdot n!}{(n+1-k)!k!}}+{\frac {k\cdot n!}{(n+1-k)!k!}}\\&={\frac {(n+1-k+k)\cdot n!}{(n+1-k)!k!}}\\&={\frac {(n+1)!}{(n+1-k)!k!}}\\&={\binom {n+1}{k}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Man bestimme den größten gemeinsamen Teiler von ${}3146$ und ${}1515$ und man gebe eine Darstellung des ${}\operatorname {ggT}$ von ${}3146$ und ${}1515$ mittels dieser Zahlen an.

Lösung

Der euklidische Algorithmus liefert:

$3146=2\cdot 1515+116$

$1515=13\cdot 116+7$

$116=16\cdot 7+4$

$7=1\cdot 4+3$

$4=1\cdot 3+1.$

Die Zahlen ${}3146$ und ${}1515$ sind also teilerfremd und ${}1$ ist ihr größter gemeinsamer Teiler. Eine Darstellung der ${}1$ erhält man, indem man diese Division mit Rest rückwärts liest, also

${}{\begin{aligned}1&=4-1\cdot 3\\&=4-(7-1\cdot 4)\\&=2\cdot 4-7\\&=2(116-16\cdot 7)-7\\&=2\cdot 116-33\cdot 7\\&=2\cdot 116-33(1515-13\cdot 116)\\&=-33\cdot 1515+(2+13\cdot 33)\cdot 116\\&=-33\cdot 1515+431\cdot 116\\&=-33\cdot 1515+431(3146-2\cdot 1515)\\&=-895\cdot 1515+431\cdot 3146.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}n\geq 1$ eine natürliche Zahl mit der Eigenschaft, dass die Anzahl ihrer Teiler ungerade ist. Zeige, dass ${}n$ eine Quadratzahl ist.

Lösung

Wir betrachten die Primfaktorzerlegung

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

mit verschiedenen Primzahlen ${}p_{j}$. Die Teiler von ${}n$ sind alle Zahlen mit der Primfaktorzerlegung

$p_{1}^{i_{1}}p_{2}^{i_{2}}\cdots p_{k}^{i_{k}}$

mit ${}0\leq i_{j}\leq s_{j}$ für alle ${}j$. Somit gibt es

$(s_{1}+1)(s_{2}+1)\cdots (s_{k}+1)$

Teiler von ${}n$. Wenn diese Zahl ungerade ist, so muss jeder Faktor davon ungerade sein und das bedeutet, dass jedes ${}s_{j}$ gerade ist. Man kann also jeweils ${}s_{j}=2r_{j}$ schreiben. Somit ist

${}n=p_{1}^{s_{1}}p_{2}^{s_{2}}\cdots p_{k}^{s_{k}}=p_{1}^{2r_{1}}p_{2}^{2r_{2}}\cdots p_{k}^{2r_{k}}={\left(p_{1}^{r_{1}}p_{2}^{r_{2}}\cdots p_{k}^{r_{k}}\right)}^{2}\,$

und ${}n$ ist eine Quadratzahl.

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

Zu einer positiven natürlichen Zahl ${}n$ sei ${}a_{n}$ das kleinste gemeinsame Vielfache der Zahlen ${}1,2,3,\ldots ,n$.

a) Bestimme ${}a_{n}$ für ${}n=1,2,3,4,5$.

b) Was ist die kleinste Zahl ${}n$ mit

${}a_{n}=a_{n+1}\,?$

c) Was ist die kleinste Zahl ${}n$ mit

${}a_{n}=a_{n+1}=a_{n+2}\,?$

Lösung

a) Es ist

$a_{1}=1,\,a_{2}=2,\,a_{3}=6,\,a_{4}=12,\,a_{5}=60.$

b) Wegen

${}6=2\cdot 3\,$

kommen in ${}a_{6}$ keine neuen Primteiler hinzu, also ist

${}a_{5}=a_{6}\,$

und ${}n=5$ ist die kleinste Zahl mit dieser Eigenschaft.

c) Genau dann ist

${}a_{n+1}>a_{n}\,,$

wenn ${}n$ eine Primzahlpotenz ${}p^{k}$, ${}k\geq 1$, (${}p$ Primzahl) ist, da diese nicht als Faktor einer kleineren Zahl auftauchen. Man muss also nach der kleinsten Folge von zwei Zahlen ohne Primzahlpotenzen suchen. Dies ist ${}14,15$, die Antwort ist also ${}13$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den größten gemeinsamen Teiler der drei Zahlen ${}4369,4131,3383$.

Lösung

Wir berechnen zuerst den größten gemeinsamen Teiler von ${}4369$ und ${}4131$. Der euklidische Algorithmus ergibt

${}4369=1\cdot 4131+238\,,$

${}4131=17\cdot 238+85\,,$

${}238=2\cdot 85+68\,,$

${}85=1\cdot 68+17\,.$

${}68=4\cdot 17+0\,.$

Daher ist ${}17$ der größte gemeinsame Teiler der beiden ersten Zahlen. Wir berechnen nun den größten gemeinsamen Teiler von ${}17$ und ${}3383$. Es ist

${}3383=199\cdot 17+0\,.$

also ist ${}17$ auch ein Teiler der dritten Zahl und somit ist der größte gemeinsame Teiler aller drei Zahlen gleich ${}17$.

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den Satz über die Charakterisierung von faktoriellen Bereichen.

Lösung

${}(1)\Rightarrow (2)$. Sei ${}f\neq 0$ eine Nichteinheit. Die Faktorisierung in Primelemente ist insbesondere eine Zerlegung in irreduzible Elemente, sodass also lediglich die Eindeutigkeit zu zeigen ist. Dies geschieht durch Induktion über die minimale Anzahl der Primelemente in einer Faktorzerlegung. Wenn es eine Darstellung ${}f=p$ mit einem Primelement gibt, und ${}f=q_{1}{\cdots }q_{r}$ eine weitere Zerlegung in irreduzible Faktoren ist, so teilt ${}p$ einen der Faktoren ${}q_{i}$ und nach Kürzen durch ${}p$ erhält man, dass das Produkt der übrigen Faktoren rechts eine Einheit sein muss. Das bedeutet aber, dass es keine weiteren Faktoren geben kann. Es sei nun ${}f=p_{1}{\cdots }p_{s}$ und diese Aussage sei für Elemente mit kleineren Faktorisierungen in Primelemente bereits bewiesen. Es sei

${}f=p_{1}{\cdots }p_{s}=q_{1}{\cdots }q_{r}\,$

eine weitere Zerlegung mit irreduziblen Elementen. Dann teilt wieder ${}p_{1}$ einen der Faktoren rechts, sagen wir ${}p_{1}u=q_{1}$. Dann muss ${}u$ eine Einheit sein und wir können durch ${}p_{1}$ kürzen, wobei wir ${}u^{-1}$ mit ${}q_{2}$ verarbeiten können, was ein zu ${}q_{2}$ assoziiertes Element ergibt. Das gekürzte Element ${}p_{2}\cdots p_{s}$ hat eine Faktorzerlegung mit ${}s-1$ Primelementen, sodass wir die Induktionsvoraussetzung anwenden können.
${}(2)\Rightarrow (3)$. Wir müssen zeigen, dass ein irreduzibles Element auch prim ist. Es sei also ${}q$ irreduzibel und es teile das Produkt ${}fg$, sagen wir

${}qh=fg\,.$

Für ${}h,\,f$ und ${}g$ gibt es Faktorzerlegungen in irreduzible Elemente, sodass sich insgesamt die Gleichung

${}qh_{1}{\cdots }h_{r}=f_{1}{\cdots }f_{s}g_{1}{\cdots }g_{t}\,$

ergibt. Es liegen also zwei Zerlegungen in irreduzible Element vor, die nach Voraussetzung im Wesentlichen übereinstimmen müssen. D.h. insbesondere, dass es auf der rechten Seite einen Faktor gibt, sagen wir ${}f_{1}$, der assoziiert zu ${}q$ ist. Dann teilt ${}q$ auch den ursprünglichen Faktor ${}f$.
${}(3)\Rightarrow (1)$. Das ist trivial.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne ${}3^{1457}$ in ${}{\mathbb {Z} }/(13)$.

Lösung

Modulo ${}12$ ist

${}1457=257=17=5\,$

und daher ist in ${}\mathbb {Z} /(13)$

${}3^{1457}=3^{5}=9\cdot 9\cdot 3=9\cdot 27=9\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

a) Bestimme für die Zahlen ${}3$, ${}4$ und ${}7$ modulare Basislösungen, finde also die kleinsten positiven Zahlen, die in

$\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(4)\times \mathbb {Z} /(7)$

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

$x=2\!\!\mod 3,\,\,\,\,x=3\!\!\mod 4{\text{ und }}x=1\!\!\mod 7.$

Lösung

Für die Basislösung zu ${}(1,0,0)$ müssen wir die Vielfachen von ${}28$ betrachten. Da ${}28=1\mod 3$ ist, ist ${}28$ die erste Basislösung. Ebenso repräsentiert wegen ${}21=1\mod 4$ die ${}21$ das Restetupel ${}(0,1,0)$. Die Vielfachen von ${}12$ haben modulo ${}7$ die Reste

$12=5\mod 7,\,\,24=3\mod 7\,{\text{ und }}\,36=1\mod 7,$

also repräsentiert ${}36$ das Restetupel ${}(0,0,1)$.

Das Tupel ${}(2,3,1)$ wird daher von (beachte ${}3\cdot 4\cdot 7=84$)

${}2\cdot 28+3\cdot 21+36=56+63+36=155=71\,$

repräsentiert.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Existenz von Basen in einem endlich erzeugten ${}K$- Vektorraum ${}V$.

Lösung

Es sei ${}v_{i}$, ${}i\in I$, ein Erzeugendensystem von ${}V$ mit einer endlichen Indexmenge ${}I$. Wir wollen mit der Charakterisierung aus Satz 20.12 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025))  (2) argumentieren. Falls die Familie schon minimal ist, so liegt eine Basis vor. Andernfalls gibt es ein ${}k\in I$ derart, dass die um ${}v_{k}$ reduzierte Familie, also ${}v_{i}$, ${}i\in I\setminus \{k\}$, ebenfalls ein Erzeugendensystem ist. In diesem Fall kann man mit der kleineren Indexmenge weiterargumentieren.
Mit diesem Verfahren gelangt man letztlich zu einer Teilmenge ${}J\subseteq I$ derart, dass ${}v_{i}$, ${}i\in J$, ein minimales Erzeugendensystem, also eine Basis ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}z=a+b{\mathrm {i} }\in {\mathbb {C} }$, ${}a,b\in \mathbb {R}$, eine algebraische Zahl. Zeige, dass auch die konjugiert-komplexe Zahl ${}{\overline {z}}=a-b{\mathrm {i} }$ sowie der Real- und der Imaginärteil von ${}z$ algebraisch sind. Man bestimme den Grad der Körpererweiterung

${}{\mathbb {A} }\cap \mathbb {R} \subseteq {\mathbb {A} }\,.$

Lösung

Es sei ${}P\in \mathbb {Q} [X]$, ${}P\neq 0$, mit ${}P(z)=0$. Die komplexe Konjugation ist ein ${}\mathbb {R}$- Algebrahomomorphismus, daher ist

${}P({\overline {z}})={\overline {P}}({\overline {z}})={\overline {P(z)}}={\overline {0}}=0\,.$

Der Realteil von ${}z$ lässt sich als ${}a={\frac {z+{\overline {z}}}{2}}$ erhalten und der Imaginärteil als ${}b={\frac {z-{\overline {z}}}{2{\mathrm {i} }}}$. Da die Summe, die Differenz und das Produkt von algebraischen Zahlen wieder algebraisch ist, und da ${}{\mathrm {i} }$ algebraisch ist (als Nullstelle von ${}X^{2}+1$), folgt, dass Real- und Imaginärteil auch algebraisch sind. D.h. zu jeder algebraischen Zahl ${}z=a+b{\mathrm {i} }$ sind die reellen Koordinaten auch algebraisch.

Wir setzen ${}T={\mathbb {A} }\cap \mathbb {R}$ und behaupten, dass ${}{\mathbb {A} }=T+T{\mathrm {i} }$ ist und der Grad daher zwei ist (da ${}{\mathrm {i} }\notin \mathbb {R}$ ist). Die Inklusion „ ${}\subseteq$ “ haben wir soeben gezeigt. Die andere Inklusion folgt daraus, dass ${}{\mathrm {i} }$ algebraisch ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass

${}z={\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\,$

eine Nullstelle des Polynoms

$X^{3}+3X+2$

ist.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,{\left({\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\right)}^{3}+3{\left({\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\right)}+2\\&=-1+{\sqrt {2}}+3{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}^{2}\cdot {\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}+3{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}\cdot {\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}^{2}-1-{\sqrt {2}}+3{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+3{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}+2\\&=3{\left({\sqrt[{3}]{{\left(-1+{\sqrt {2}}\right)}^{2}{\left(-1-{\sqrt {2}}\right)}}}+{\sqrt[{3}]{{\left(-1+{\sqrt {2}}\right)}{\left(-1-{\sqrt {2}}\right)}^{2}}}+{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\right)}\\&=3{\left({\sqrt[{3}]{{\left(3-2{\sqrt {2}}\right)}{\left(-1-{\sqrt {2}}\right)}}}+{\sqrt[{3}]{{\left(-1+{\sqrt {2}}\right)}{\left(3+2{\sqrt {2}}\right)}}}+{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\right)}\\&=3{\left({\sqrt[{3}]{1-{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\right)}\\&=3{\left({\sqrt[{3}]{1-{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{1+{\sqrt {2}}}}-{\sqrt[{3}]{1-{\sqrt {2}}}}-{\sqrt[{3}]{1+{\sqrt {2}}}}\right)}\\&=0.\,\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Erstelle eine Geradengleichung für die Gerade im ${}\mathbb {R} ^{2}$, die durch die beiden Punkte ${}(2,3)$ und ${}(5,-7)$ verläuft.

Lösung

Die Gerade wird in Punktvektorform durch

${}{\left\{{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}+t\left({\begin{pmatrix}5\\-7\end{pmatrix}}-{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}\right)\mid t\in \mathbb {R} \right\}}={\left\{{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}+t{\begin{pmatrix}3\\-10\end{pmatrix}}\mid t\in \mathbb {R} \right\}}\,$

beschrieben. Die Gleichungsform hat somit die Gestalt

${}G={\left\{{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mid 10x+3y=c\right\}}\,$

mit einem zu bestimmenden ${}c$. Einsetzen des Punktes ${}{\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}}$ ergibt ${}c=29$, also ist

${}G={\left\{{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\mid 10x+3y=29\right\}}\,.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung