Kurs:Elementare Algebra/12/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	${}\sum$
Punkte	3	3	3	2	3	3	2	2	3	3	3	7	5	4	3	2	6	0	57

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein Unterring ${}S\subseteq R$ eines Ringes ${}R$.
2. Der Betrag einer komplexen Zahl ${}z=a+b{\mathrm {i} }$.
3. Ein gemeinsames Vielfaches von Elementen ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in R$ in einem kommutativen Ring ${}R$.
4. Ein Primideal ${}{\mathfrak {p}}$ in einem kommutativen Ring ${}R$.
5. Die Charakteristik eines kommutativen Ringes ${}R$.
6. Ein aus einer Teilmenge ${}M\subseteq E$ einer Ebene ${}E$ in einem Schritt konstruierbarer Punkt ${}P\in E$.

Lösung

1. Eine Teilmenge ${}S\subseteq R$ heißt Unterring, wenn sowohl ${}(S,+,0)$ eine Untergruppe von ${}(R,+,0)$ als auch ${}(S,\cdot ,1)$ ein Untermonoid von ${}(R,\cdot ,1)$ ist.
2. Der Betrag einer komplexen Zahl ${}z=a+b{\mathrm {i} }$ ist durch

   ${}\vert {z}\vert ={\sqrt {a^{2}+b^{2}}}\,$

   definiert.

3. Ein Element ${}b\in R$ heißt gemeinsames Viellfaches der ${}a_{1},\ldots ,a_{n}$, wenn ${}f$ ein Vielfaches von jedem ${}a_{i}$ ist.
4. Ein Primideal ist ein Ideal, wenn ${}{\mathfrak {p}}\neq R$ ist und wenn für ${}r,s\in R$ mit ${}r\cdot s\in {\mathfrak {p}}$ folgt: ${}r\in {\mathfrak {p}}$ oder ${}s\in {\mathfrak {p}}$.
5. Die Charakteristik ist die kleinste positive natürliche Zahl ${}n$ mit der Eigenschaft ${}n\cdot 1_{R}=0$. Die Charakteristik ist ${}0$, falls keine solche Zahl existiert.
6. Ein Punkt ${}P\in E$ heißt aus ${}M$ in einem Schritt konstruierbar, wenn eine der folgenden Möglichkeiten zutrifft.
   1. Es gibt zwei aus ${}M$ elementar konstruierbare Geraden ${}G_{1}$ und ${}G_{2}$ mit ${}G_{1}\cap G_{2}=\{P\}$.
   2. Es gibt eine aus ${}M$ elementar konstruierbare Gerade ${}G$ und einen aus ${}M$ elementar konstruierbaren Kreis ${}C$ derart, dass ${}P$ ein Schnittpunkt von ${}G$ und ${}C$ ist.
   3. Es gibt zwei aus ${}M$ elementar konstruierbare Kreise ${}C_{1}$ und ${}C_{2}$ derart, dass ${}P$ ein Schnittpunkt der beiden Kreise ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Interpolation durch Polynome.
2. Der Satz über die Charakterisierung von faktoriellen Bereichen.
3. Der Satz über die erzeugte Algebra eines algebraischen Elementes ${}f\in L$ in einer Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}n$ verschiedene Elemente ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in K$ und ${}n$ Elemente ${}b_{1},\ldots ,b_{n}\in K$ gegeben. Dann gibt es ein Polynom ${}P\in K[X]$ vom Grad ${}\leq n-1$ derart, dass ${}P(a_{i})=b_{i}$ für alle ${}i$ ist.
2. Es sei ${}R$ ein Integritätsbereich. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.
   1. ${}R$ ist faktoriell.
   2. Jede Nichteinheit ${}f\neq 0$ besitzt eine Faktorzerlegung in irreduzible Elemente, und diese Zerlegung ist bis auf Umordnung und Assoziiertheit eindeutig.
   3. Jede Nichteinheit ${}f\neq 0$ besitzt eine Faktorzerlegung in irreduzible Elemente, und jedes irreduzible Element ist ein Primelement.
3. Es sei ${}K\subseteq L$ eine Körpererweiterung und sei ${}f\in L$ ein algebraisches Element. Dann ist die von ${}f$ erzeugte ${}K$-Algebra ${}K[f]\subseteq L$ ein Körper.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}G$ eine zweielementige Menge. Erstelle eine Verknüpfungstabelle für die Verknüpfung „Vereinigung“ auf der Potenzmenge ${}{\mathfrak {P}}\,(G)$.

Lösung

Die Menge sei ${}M=\{a,b\}$, die Potenzmenge ist dann

${}{\mathfrak {P}}\,(M)=\{\emptyset ,\{a\},\{b\},\{a,b\}\}\,.$

Die Verknüpfungstabelle für die Vereinigung ist

${}\cup$	${}\emptyset$	${}\{a\}$	${}\{b\}$	${}\{a,b\}$
${}\emptyset$	${}\emptyset$	${}\{a\}$	${}\{b\}$	${}\{a,b\}$
${}\{a\}$	${}\{a\}$	${}\{a\}$	${}\{a,b\}$	${}\{a,b\}$
${}\{b\}$	${}\{b\}$	${}\{a,b\}$	${}\{b\}$	${}\{a,b\}$
${}\{a,b\}$	${}\{a,b\}$	${}\{a,b\}$	${}\{a,b\}$	${}\{a,b\}$

Aufgabe (2 (0.5+1+0.5) Punkte)

a) Berechne

$(4-7{\mathrm {i} })(5+3{\mathrm {i} }).$

b) Bestimme das inverse Element ${}z^{-1}$ zu

${}z=3+4{\mathrm {i} }\,.$

c) Welchen Abstand hat ${}z^{-1}$ aus Teil (b) zum Nullpunkt?

Lösung

a) Es ist

${}(4-7{\mathrm {i} })(5+3{\mathrm {i} })=20+21-35{\mathrm {i} }+12{\mathrm {i} }=41-23{\mathrm {i} }\,.$

b) Das inverse Element zu ${}z$ ist ${}{\frac {\overline {z}}{z{\overline {z}}}}$, also ist

${}z^{-1}={\frac {a-b{\mathrm {i} }}{a^{2}+b^{2}}}={\frac {3-4{\mathrm {i} }}{3^{2}+4^{2}}}={\frac {3}{25}}-{\frac {4}{25}}{\mathrm {i} }\,.$

c) Der Abstand von ${}z$ zum Nullpunkt ist ${}\vert {z}\vert ={\sqrt {25}}=5$, daher ist der Abstand von ${}z^{-1}$ zum Nullpunkt gleich ${}{\frac {1}{5}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Man finde ein Polynom

${}f=a+bX+cX^{2}\,$

mit ${}a,b,c\in \mathbb {R}$ derart, dass die folgenden Bedingungen erfüllt werden.

$f(-1)=2,\,f(1)=0,\,f(3)=5.$

Lösung

Die Bedingungen führen auf das lineare Gleichungssystem

${}a-b+c=2\,,$

${}a+b+c=0\,,$

${}a+3b+9c=5\,.$

${}I-II$ führt auf

${}b=-1\,$

und ${}I-III$ führt auf

${}-4b-8c=-3\,,$

also

${}c={\frac {3}{8}}-{\frac {1}{2}}b={\frac {3}{8}}+{\frac {1}{2}}={\frac {7}{8}}\,$

und somit

${}a={\frac {1}{8}}\,.$

Das gesuchte Polynom ist also

${\frac {1}{8}}-X+{\frac {7}{8}}X^{2}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass ein kommutativer Ring genau dann ein Körper ist, wenn er genau zwei Ideale enthält.

Lösung

Wenn ${}R$ ein Körper ist, so gibt es das Nullideal und das Einheitsideal, die voneinander verschieden sind. Es sei ${}I$ ein von ${}0$ verschiedenes Ideal in ${}R$. Dann enthält ${}I$ ein Element ${}x\neq 0$, das eine Einheit ist. Damit ist ${}1=xx^{-1}\in I$ und damit ${}I=R$.

Es sei umgekehrt ${}R$ ein kommutativer Ring mit genau zwei Idealen. Dann kann ${}R$ nicht der Nullring sein. Es sei nun ${}x$ ein von ${}0$ verschiedenes Element in ${}R$. Das von ${}x$ erzeugte Hauptideal ${}Rx$ ist ${}\neq 0$ und muss daher mit dem anderen Ideal, also mit dem Einheitsideal übereinstimmen. Das heißt insbesondere, dass ${}1\in Rx$ ist. Das bedeutet also ${}1=xr$ für ein ${}r\in R$, sodass ${}x$ eine Einheit ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Es stehen zwei Eimer ohne Markierungen zur Verfügung, ferner eine Wasserquelle. Der eine Eimer hat ein Fassungsvermögen von ${}5$ und der andere ein Fassungsvermögen von ${}8$ Litern. Zeige, dass man allein durch Auffüllungen, Ausleerungen und Umschüttungen erreichen kann, dass in einem Eimer genau ein Liter Wasser enthalten ist.

Lösung

Die folgende Kette von Inhaltspaaren kann man bei den gegebenen Möglichkeiten offensichtlich erreichen.

$(0,0),\,(5,0),\,(0,5),\,(5,5),\,(2,8),\,(2,0),\,(0,2),\,(5,2),\,(0,7),\,(5,7),\,(4,8),\,(4,0),\,(0,4),\,(5,4),\,(1,8),\,(1,0).$

Aufgabe (2 Punkte)

Finde die kleinste natürliche Zahl ${}n\geq 2$, die sowohl eine Quadratzahl als auch eine Kubikzahl ist.

Lösung

Die Antwort ist

${}64=8^{2}=4^{3}\,.$

Die Kubikzahlen unterhalb davon sind ${}1,8,27$, die bis auf ${}1$ keine Quadratzahl sind, und ${}1$ ist von vornherein ausgeschlossen.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass in einem Hauptidealbereich ein irreduzibles Element prim ist.

Lösung

Es sei ${}p$ irreduzibel, und nehmen wir an, dass ${}p$ das Produkt ${}ab$ teilt, sagen wir ${}pc=ab$. Nehmen wir an, dass ${}a$ kein Vielfaches von ${}p$ ist. Dann sind aber ${}a$ und ${}p$ teilerfremd, da eine echte Inklusionskette ${}(p)\subset (p,a)=(d)\subset R$ der Irreduzibilität von ${}p$ widerspricht. Damit teilt ${}p$ nach dem Lemma von Euklid den anderen Faktor ${}b$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien ${}G$ und ${}H$ Gruppen und sei

$\varphi \colon G\longrightarrow H$

ein Gruppenhomomorphismus. Zeige, dass das Urbild ${}\varphi ^{-1}(N)$ eines Normalteilers ${}N\subseteq H$ ein Normalteiler in ${}G$ ist.

Lösung

Wir setzen

${}M:=\varphi ^{-1}(N)\,.$

Es sei ${}x\in G$ und ${}y\in M$. Wir müssen zeigen, dass ${}xyx^{-1}$ ebenfalls zu ${}M$ gehört. Es ist

${}\varphi (xyx^{-1})=\varphi (x)\varphi (y)(\varphi (x))^{-1}\,.$

Wegen ${}\varphi (y)\in N$ und da ${}N$ ein Normalteiler ist, gehört dies zu ${}N$. Also ist ${}xyx^{-1}\in \varphi ^{-1}(N)=M$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}h\in R$. Zeige, dass die Abbildung

$R\longrightarrow R,\,f\longmapsto hf,$

ein Gruppenhomomorphismus ist. Beschreibe das Bild und den Kern dieser Abbildung.

Lösung

Für Elemente ${}f_{1},f_{2}\in R$ ist nach dem Distributivgesetz

${}h(f_{1}+f_{2})=hf_{1}+hf_{2}\,,$

und genau dies besagt, dass ein Gruppenhomomorphismus vorliegt. Das Bild besteht aus allen Elementen der Form

${\left\{hf\mid f\in R\right\}},$

dies ist genau das von ${}h$ erzeugte Hauptideal ${}(h)$. Der Kern besteht aus allen Elementen der Form

${\left\{f\mid hf=0\right\}},$

das sind also alle Elemente, die bei Multiplikation mit ${}h$ die ${}0$ ergeben.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den chinesischen Restsatz für einen Hauptidealbereich.

Lösung

Wegen ${}p_{i}^{r_{i}}{|}f$ gelten die Idealinklusionen ${}(f)\subseteq (p_{i}^{r_{i}})$ und daher gibt es kanonische Ringhomomorphismen

$R/(f)\longrightarrow R/(p_{i}^{r_{i}}).$

Diese setzen sich zu einem Ringhomomorphismus in den Produktring zusammen, nämlich

$R/(f)\longrightarrow R/(p_{1}^{r_{1}})\times \cdots \times R/(p_{k}^{r_{k}}),\,a\longmapsto (a\mod p_{1}^{r_{1}},\ldots ,a\mod p_{k}^{r_{k}}).$

Wir müssen zeigen, dass dieser bijektiv ist. Zur Injektivität sei ${}a\in R$ derart, dass es in jeder Komponente auf ${}0$ abgebildet wird. Das bedeutet ${}a\in (p_{i}^{r_{i}})$ für alle ${}i$. D.h. ${}a$ ist ein Vielfaches dieser ${}p_{i}^{r_{i}}$ und aufgrund der Primfaktorzerlegung folgt, dass ${}a$ ein Vielfaches von ${}f$ sein muss. Also ist ${}{\overline {a}}\,=0$ in ${}R/(f)$.
Zur Surjektivität genügt es nach Aufgabe ***** zu zeigen, dass alle Elemente, die in einer Komponente den Wert ${}1$ und in allen anderen Komponenten den Wert ${}0$ haben, im Bild liegen. Es sei also ${}(1,0,\ldots ,0)$ vorgegeben. Wegen der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung sind ${}p_{1}^{r_{1}}$ und ${}p_{2}^{r_{2}}{\cdots }p_{k}^{r_{k}}$ teilerfremd. Daher gibt es nach dem Lemma von Bezout eine Darstellung der Eins, sagen wir

${}sp_{1}^{r_{1}}+tp_{2}^{r_{2}}\cdots p_{k}^{r_{k}}=1\,.$

Betrachten wir ${}tp_{2}^{r_{2}}{\cdots }p_{k}^{r_{k}}=1-sp_{1}^{r_{1}}\in R$. Das wird unter der Restklassenabbildung in der ersten Komponente auf ${}1$ und in den übrigen Komponenten auf ${}0$ abgebildet, wie gewünscht.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}(\mathbb {Q} ,+,0)$ versehen mit der üblichen Addition. Es sei eine weitere Verknüpfung ${}*$ auf ${}\mathbb {Q}$ derart gegeben, dass ${}(\mathbb {Q} ,+,0,*,1)$ ein kommutativer Ring ist. Ferner gelte ${}1*1=1$. Zeige, dass ${}*$ die übliche Multiplikation sein muss.

Lösung

Wir zeigen zuerst, dass ${}1$ das neutrale Element zur Verknüpfung ${}*$ ist. Für eine natürliche Zahl ${}n$ ist nach dem allgemeinen Distributivgesetz

${}n*1=(\underbrace {1+\cdots +1} _{n{\text{ Summanden}}})*1=\underbrace {1*1+\cdots +1*1} _{n{\text{ Summanden}}}=\underbrace {1+\cdots +1} _{n{\text{ Summanden}}}=n\,.$

Für negatives ${}m$ mit ${}m=-n$ und ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ ist

${}0=0*1=(n+m)*1=n*1+m*1=n+m*1\,$

und daraus folgt

${}m*1=-n=m\,.$

Für einen Bruch ${}{\frac {m}{n}}$ mit ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ ist

${}\underbrace {{\frac {m}{n}}+\cdots +{\frac {m}{n}}} _{n{\text{ Summanden}}}=m\,$

und

${}m=m*1={\left(\underbrace {{\frac {m}{n}}+\cdots +{\frac {m}{n}}} _{n{\text{ Summanden}}}\right)}*1=\underbrace {{\frac {m}{n}}*1+\cdots +{\frac {m}{n}}*1} _{n{\text{ Summanden}}}\,.$

Damit ist

${}{\frac {m}{n}}*1={\frac {m}{n}}\,,$

da dies die einzige rationale Zahl ist, die ${}n$-fach mit sich selbst addiert ${}m$ ergibt.

Nach dem Distributivgesetz und dem bisher Bewiesenen ist für natürliche Zahlen ${}n,m$

${}n*m=(\underbrace {1+\cdots +1} _{n{\text{ Summanden}}})*m=\underbrace {1*m+\cdots +1*m} _{n{\text{ Summanden}}}=\underbrace {m+\cdots +m} _{n{\text{ Summanden}}}=nm\,.$

Der gleiche Trick wie oben zeigt, dass dies auch für ganze Zahlen gilt. Wegen

${}{\frac {a}{b}}=1*{\frac {a}{b}}={\left(\underbrace {{\frac {1}{n}}+\cdots +{\frac {1}{n}}} _{n{\text{ Summanden}}}\right)}*{\frac {a}{b}}={\left(\underbrace {{\frac {1}{n}}*{\frac {a}{b}}+\cdots +{\frac {1}{n}}*{\frac {a}{b}}} _{n{\text{ Summanden}}}\right)}\,$

muss

${}{\frac {1}{n}}*{\frac {a}{b}}={\frac {a}{bn}}\,$

sein (für ${}n\in \mathbb {N} _{+}$), da dies die einzige rationale Zahl ist, die ${}n$-fach mit sich selbst addiert den Wert ${}{\frac {a}{b}}$ ergibt. Daher ist schließlich ist

${}{\frac {a}{b}}*{\frac {c}{d}}=a*{\frac {1}{b}}*c*{\frac {1}{d}}=a*c*{\frac {1}{b}}*{\frac {1}{d}}=(ac)*{\frac {1}{b}}*{\frac {1}{d}}={\frac {ac}{b}}*{\frac {1}{d}}={\frac {ac}{bd}}\,.$

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

1. Wir betrachten das lineare Gleichungssystem über ${}\mathbb {Q}$, das aus den beiden Gleichungen

   ${}{\frac {3}{7}}x+{\frac {4}{9}}y-{\frac {3}{15}}z={\frac {1}{35}}\,$

   und

   ${}-{\frac {5}{3}}x+{\frac {1}{4}}y-{\frac {6}{7}}z={\frac {11}{10}}\,$

   besteht. Bestimme ein lineares Gleichungssystem, das zu diesem System äquivalent ist und zusätzlich die Eigenschaft besitzt, dass alle Koeffizienten ganzzahlig sind.

2. Zeige, dass es zu jedem linearen Gleichungssystem über ${}\mathbb {Q}$ ein dazu äquivalentes Gleichungssystem mit der Eigenschaft gibt, dass alle Koeffizienten ganzzahlig sind.

Lösung

1. Ein Hauptnenner für alle Brüche, die in dem System vorkommen, ist

   ${}4\cdot 9\cdot 5\cdot 7=1260\,.$

   Wir multiplizieren beide Gleichungen mit ${}1260$ und erhalten das äquivalente System

   ${}540x+560y-252z=36\,$

   und

   ${}-2100x+315y-1080z=1386\,$

   mit ganzzahligen Koeffizienten.

2. Es seien

   ${}c_{i}={\frac {a_{i}}{b_{i}}}\,$

   mit ${}a_{i},b_{i}\in \mathbb {Z}$, ${}b_{i}\neq 0$, sämtliche Koeffizienten (einschließlich der inhomogenen Seite), die in mindestens einer Gleichung des linearen Gleichungssystems vorkommen. Dies sind nur endlich viele Zahlen. Es sei ${}b$ ein gemeinsames Vielfaches all dieser Nenner ${}b_{i}$. Wir multiplizieren alle Gleichungen des Systems mit ${}b$. Dadurch entsteht ein äquivalentes Gleichungssystem, wobei alle Koeffizienten ganzzahlig werden.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz über die Anzahl von Basiselementen.

Lösung

Es seien ${}{\mathfrak {b}}=b_{1},\ldots ,b_{n}$ und ${}{\mathfrak {u}}=u_{1},\ldots ,u_{k}$ zwei Basen von ${}V$. Aufgrund des Basisaustauschsatzes, angewandt auf die Basis ${}{\mathfrak {b}}$ und die linear unabhängige Familie ${}{\mathfrak {u}}$ ergibt sich ${}k\leq n$. Wendet man den Austauschsatz umgekehrt an, so folgt ${}n\leq k$, also insgesamt ${}n=k$.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Schnittpunkte des Einheitskreises ${}E$ mit dem Kreis ${}K$, der den Mittelpunkt ${}(1,0)$ und den Radius ${}2$ besitzt.

Lösung

Der Einheitskreis ist die Lösungsmenge der Gleichung

${}x^{2}+y^{2}=1\,$

und ${}K$ ist die Lösungsmenge der Gleichung

${}(x-1)^{2}+y^{2}=x^{2}-2x+1+y^{2}=4\,.$

Wenn man von der zweiten Gleichung die erste abzieht, so erhält man

${}-2x+1=3\,,$

also

${}x=-1\,.$

Aus der Einheitskreisgleichung folgt daraus, dass

${}y=0\,$

sein muss. Der einzige Schnittpunkt ist also ${}(-1,0)$ (der in der Tat ein Schnittpunkt ist).

Aufgabe (6 (5+1) Punkte)

Es sei ${}P\in \mathbb {R} ^{2}$ und

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$

eine Drehung um den Drehpunkt ${}P$ um den Winkel ${}\beta$, ${}0^{\circ }<\beta <360^{\circ }$, mit der Eigenschaft, dass konstruierbare Punkte in konstruierbare Punkte überführt werden.

a) Zeige, dass ${}P$ ein konstruierbarer Punkt ist.

b) Zeige, dass der Drehwinkel ${}\beta$ in dem Sinne konstruierbar ist, dass er als Winkel zwischen zwei konstruierbaren Geraden realisiert werden kann.

Lösung

Es sei ${}Q\neq P$ ein konstruierbarer Punkt in der Ebene und ${}Q'=\varphi (Q)$ der ebenfalls konstruierbare Bildpunkt unter der Drehung. Es ist ${}Q'\neq Q$ und die Abstände von ${}Q$ und von ${}Q'$ zu ${}P$ sind gleich. Die Verbindungsgerade zwischen ${}Q$ und ${}Q'$ ist konstruierbar und damit ist auch die Mittelsenkrechte konstruierbar. Diese verläuft durch ${}P$. Die gleiche Konstruktion mit ${}Q'$ und ${}Q''=\varphi (Q')$ liefert eine weitere konstruierbare Mittelsenkrechte, die durch ${}P$ verläuft. Der Fall, dass diese beiden Mittelsenkrechten übereinstimmen, kann nur bei

${}\beta =180^{\circ }\,$

eintreten, doch dann ist

${}P={\frac {Q+Q'}{2}}\,$

konstruierbar. Bei

${}\beta \neq 180^{\circ }\,$

ist ${}P$ der Schnittpunkt der beiden Mittelsenkrechten und daher ebenfalls konstruierbar.

b) Nach Teil a) sind die Gerade durch ${}P$ und durch ${}Q$ und die Gerade durch ${}P$ und durch ${}Q'$ konstruierbar. Zwischen ihnen befindet sich an ${}P$ der Drehwinkel ${}\beta$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung