Kurs:Elementare Algebra/13/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	2	5	2	2	4	6	3	4	6	1	1	5	2	4	4	3	3	63

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine kommutative Gruppe.
2. Der Grad eines Polynoms ${}P\in K[X]$, ${}P\neq 0$, über einem Körper ${}K$.
3. Zwei teilerfremde Elemente ${}a,b\in R$ in einem kommutativen Ring ${}R$.
4. Die Linksnebenklasse von ${}x$ in einer Gruppe ${}G$ bezüglich einer Untergruppe ${}H\subseteq G$.
5. Eine Linearkombination in einem ${}K$- Vektorraum.
6. Eine endliche Körpererweiterung ${}K\subseteq L$.

Lösung

1. Eine Gruppe ${}(G,\circ ,e)$ heißt kommutativ, wenn

   ${}x\circ y=y\circ x\,$

   für alle ${}x,y\in G$ gilt.

2. Der Grad eines von ${}0$ verschiedenen Polynoms

   ${}P=a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}+\cdots +a_{n}X^{n}\,$

   mit ${}a_{n}\neq 0$ ist ${}n$.

3. Die Elemente ${}a,b$ heißen teilerfremd, wenn jeder gemeinsamer Teiler von ${}a$ und ${}b$ eine Einheit ist.
4. Die Teilmenge

   ${}xH={\left\{xh\mid h\in H\right\}}\,$

   heißt die Linksnebenklasse von ${}x$ in ${}G$ bezüglich ${}H$.

5. Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Familie von Vektoren in ${}V$. Dann heißt der Vektor

   $s_{1}v_{1}+s_{2}v_{2}+\cdots +s_{n}v_{n}{\text{ mit }}s_{i}\in K$

   eine Linearkombination dieser Vektoren

6. Eine Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ heißt endlich, wenn ${}L$ ein endlichdimensionaler Vektorraum über ${}K$ ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über Nullstellen und lineare Faktoren eines Polynoms ${}F\in K[X]$.
2. Der Homomorphiesatz für Ringhomomorphismen (Satz vom induzierten Homomorphismus).
3. Der Satz über die mathematische Struktur der Lösungsmenge eines homogenen linearen Gleichungssystems.

Lösung

1. Ein Element ${}a\in K$ ist genau dann eine Nullstelle von ${}F$, wenn ${}F$ ein Vielfaches des linearen Polynoms ${}X-a$ ist.
2. Seien ${}R,S$ und ${}T$ kommutative Ringe, es sei ${}\varphi \colon R\rightarrow S$ ein Ringhomomorphismus und ${}\psi \colon R\rightarrow T$ ein surjektiver Ringhomomorphismus. Es sei vorausgesetzt, dass

   ${}\operatorname {kern} \psi \subseteq \operatorname {kern} \varphi \,$

   ist. Dann gibt es einen eindeutig bestimmten Ringhomomorphismus

   ${\tilde {\varphi }}\colon T\longrightarrow S$

   derart, dass ${}\varphi ={\tilde {\varphi }}\circ \psi$

   ist.
3. Die Menge aller Lösungen eines homogenen linearen Gleichungssystems

   ${\begin{matrix}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots +a_{1n}x_{n}&=&0\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots +a_{2n}x_{n}&=&0\\\vdots &\vdots &\vdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\cdots +a_{mn}x_{n}&=&0\end{matrix}}$

   über einem Körper ${}K$ ist ein Untervektorraum des ${}K^{n}$

   (mit komponentenweiser Addition und Skalarmultiplikation).

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}n$ eine natürliche Zahl. Wann ist die Zahl ${}n^{2}-1$ eine Primzahl?

Lösung

Es gilt generell die Zerlegung

${}n^{2}-1=(n-1)(n+1)\,.$

Bei ${}n\geq 3$ sind beide Faktoren ${}\geq 2$ und daher kann ${}n^{2}-1$ nicht prim sein. Bei ${}n=2$ ist

${}2^{2}-1=3\,$

eine Primzahl. Bei ${}n=0,1$ liegt keine Primzahl vor.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den binomischen Lehrsatz für einen kommutativen Ring ${}R$.

Lösung

Wir führen Induktion nach ${}n$. Für ${}n=0$ steht einerseits ${}(a+b)^{0}=1$ und andererseits ${}a^{0}b^{0}=1$. Es sei die Aussage bereits für ${}n$ bewiesen. Dann ist

${}{\begin{aligned}(a+b)^{n+1}&=(a+b)(a+b)^{n}\\&=(a+b){\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)}\\&=a\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)+b\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)\\&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k+1}b^{n-k}+\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\binom {n}{k-1}}a^{k}b^{n-k+1}+\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}\left({\binom {n}{k-1}}+{\binom {n}{k}}\right)a^{k}b^{n+1-k}+b^{n+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}a^{k}b^{n+1-k}+b^{n+1}\\&=\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}a^{k}b^{n+1-k}.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Erläutere die Division mit Rest für natürliche Zahlen anhand zweier Eimer (das Fassungsvermögen der beiden Eimer sei ein Vielfaches von einem Liter).

Lösung

Es gebe einen gefüllten (großen) Eimer mit Fassungsvermögen ${}n$ Liter und einen leeren (Schöpf-)Eimer mit Fassungsvermögen ${}d$ Liter. Mit dem kleinen Eimer kann man sukzessive den Inhalt des großen Eimers abschöpfen, indem man den kleinen Eimer vollmacht und somit bei jedem Schritt den Inhalt um ${}d$ Liter reduziert. Dies kann man solange machen, solange mindestens ${}d$ Liter im großen Eimer verblieben sind. Der Restbestand ist dann zwischen ${}0$ und ${}d-1$ Litern. Wenn

${}n=qd+r\,$

die Division mit Rest ist, so ist ${}q$ die Anzahl der Durchgänge und ${}r$ der Restbestand in Litern.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}x,y\in R$ Elemente in einem kommutativen Ring ${}R$. Welche der folgenden Formulierungen sind zu

${}Rx\subseteq Ry\,$

äquivalent.

1. ${}x$ teilt ${}y$.
2. ${}x$ wird von ${}y$ geteilt.
3. ${}y$ wird von ${}x$ geteilt.
4. ${}x$ ist ein Vielfaches von ${}y$.
5. ${}x$ ist ein Vielfaches von ${}x$.
6. ${}y$ teilt ${}x$.
7. ${}Rx\cap Ry=Rx$.
8. Jedes Vielfache von ${}y$ ist auch ein Vielfaches von ${}x$.
9. Jeder Teiler von ${}y$ ist auch ein Teiler von ${}x$.
10. Ein Maikäfer ist ein Schmetterling.

Lösung

Richtig sind ${}2),4),6),7),9)$.

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

a) Finde mit Hilfe des Euklidischen Algorithmus eine Darstellung der ${}1$ für die beiden Zahlen ${}19$ und ${}109$.

b) Nach dem Chinesischen Restsatz haben wir die Isomorphie

${}\mathbb {Z} /(2071)\cong \mathbb {Z} /(19)\times \mathbb {Z} /(109)\,.$

Welche Restklasse modulo ${}2071$ entspricht dem Restklassenpaar ${}(1,0)$ und welche dem Paar ${}(0,1)$?

c) Bestimme diejenige Restklasse modulo ${}2071$, die modulo ${}19$ den Rest ${}5$ hat und die modulo ${}109$ den Rest ${}10$ hat.

Lösung

a) Es ist

${}109=5\cdot 19+14\,,$

${}19=1\cdot 14+5\,,$

${}5=1\cdot 4+1\,.$

Somit ist

${}{\begin{aligned}1&=5-1\cdot 4\\&=5-1\cdot {\left(14-2\cdot 5\right)}\\&=3\cdot 5-1\cdot 14\\&=3\cdot {\left(19-1\cdot 14\right)}-1\cdot 14\\&=3\cdot 19-4\cdot 14\\&=3\cdot 19-4{\left(109-5\cdot 19\right)}\\&=23\cdot 19-4\cdot 109.\end{aligned}}$

b) Aufgrund von Teil a) haben wir die Darstellung

${}1-23\cdot 19=-4\cdot 109=-436=1635\,.$

Diese Zahl hat modulo ${}19$ den Rest ${}1$ und modulo ${}109$ den Rest ${}0$, d.h. ${}1635$ entspricht dem Restepaar ${}(1,0)$.

Aufgrund von Teil a) haben wir die Darstellung

${}23\cdot 19=4\cdot 109+1=437\,.$

Diese Zahl hat modulo ${}19$ den Rest ${}0$ und modulo ${}109$ den Rest ${}1$, d.h. ${}437$ entspricht dem Restepaar ${}(0,1)$.

c) Es ist

${}(5,10)=5\cdot (1,0)+10\cdot (0,1)=5\cdot 1635+10\cdot 437=8175+4370=12545=119\,.$

Aufgabe (6 (2+3+1) Punkte)

Ein Metallarbeiter hat zwei Metallstäbe zur Verfügung. Wenn er den kleinen siebenmal hintereinanderlegt, erhält er genau drei Meter. Wenn er den großen achtmal hintereinanderlegt, erhält er genau fünf Meter.

1. Wie kann er allein mit diesen Stäben eine Länge von einem Meter bestimmen?
2. Was ist die kleinste positive Strecke, die er mit den Stäben messen kann?
3. Welche Streckenlängen kann er mit seinen beiden Metallstäben messen?

Lösung

1. Wenn er den langen Stab ${}16$-mal hintereinander hinlegt, erreicht er ${}10$ Meter. Wenn er von dort aus den kleinen Stab rückwärts ${}21$-mal hinlegt, erhält er ${}9$ Meter in die andere Richtung und damit insgesamt einen Meter.
2. Die beiden Stäbe haben die Länge ${}{\frac {3}{7}}$ bzw. ${}{\frac {5}{8}}$. Da er die Stäbe nur hintereinander bzw. nebeneinander hinlegen kann, wobei jeweils zwei Endpunkte übereinstimmen müssen, ist die Gesamtheit der erzielbaren Längen gleich

   $m{\frac {3}{7}}+n{\frac {5}{8}}{\text{ mit }}m,n\in \mathbb {Z} .$

   Wir arbeiten mit dem Hauptnenner ${}56$ und schreiben dies als

   $m{\frac {24}{56}}+n{\frac {35}{56}}={\left(24m+35n\right)}{\frac {1}{56}}{\text{ mit }}m,n\in \mathbb {Z} .$

   Von daher ist klar, dass er nur ganzzahlige Vielfache von ${}{\frac {1}{56}}$ legen kann. Da ${}24=3\cdot 8$ und ${}35=5\cdot 7$ teilerfremd sind, gibt es nach dem Lemma von Bezout ganze Zahlen ${}m,n$ mit

   ${}24m+35n=1\,.$

   Er kann also in der Tat die Strecke ${}{\frac {1}{56}}$ hinlegen.

3. Da er den Prozess, mit dem er ${}{\frac {1}{56}}$ hinlegt, beliebig oft und in beide Richtungen ausführen kann, kann er jedes ganzzahlige Vielfache von ${}{\frac {1}{56}}$ abmessen.

Aufgabe (3 (2+1) Punkte)

Es sei ${}n\geq 1$ eine natürliche Zahl.

1. Bestimme den größten gemeinsamen Teiler von ${}(n!)^{2}$ und ${}(n-1)!\cdot (n+1)!$.
2. Bestimme das kleinste gemeinsame Vielfache von ${}(n!)^{2}$ und ${}(n-1)!\cdot (n+1)!$.

Lösung

1. Es ist

   ${}(n!)^{2}=(n!)(n!)=n\cdot (n-1)!\cdot n!\,$

   und

   ${}(n-1)!(n+1)!=(n-1)!\cdot (n+1)n!=(n+1)(n-1)!\cdot n!\,.$

   Daher ist ${}(n-1)!\cdot n!$ ein gemeinsamer Teiler der beiden Zahlen. Die beiden anderen Faktoren, also ${}n$ bzw. ${}n+1$ sind teilerfremd, da ihr Abstand ${}1$ ist. Somit tragen diese Faktoren nicht zum größten gemeinsamen Teiler bei und daher ist der größte gemeinsame Teiler gleich ${}(n-1)!\cdot n!$.

2. Nach Fakt ***** und Teil (1) ist das kleinste gemeinsame Vielfache der beiden Zahlen gleich

   ${}{\frac {(n!)(n!)(n-1)!(n+1)!}{(n-1)!\cdot n!}}=(n!)(n+1)!\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise das Exponentenkriterium für die Teilbarkeit in einem faktoriellen Bereich.

Lösung

${}(1)\Rightarrow (2)$. Aus der Beziehung ${}b=ac$ folgt mit Fakt ***** direkt

${}{\exp _{p}(b)}={\exp _{p}(ac)}={\exp _{p}(a)}+{\exp _{p}(c)}\geq {\exp _{p}(a)}\,.$

${}(2)\Rightarrow (1)$. Wir schreiben

${}a=u\prod _{p}p^{\exp _{p}(a)}\,$

und

${}b=v\prod _{p}p^{\exp _{p}(b)}\,$

mit Einheiten ${}u,v$. Wenn die Exponentenbedingung erfüllt ist, so ist ${}t=u^{-1}v\prod _{p}p^{{\exp _{p}(b)}-{\exp _{p}(a)}}$ ein Ringelement, das mit ${}a$ multipliziert gerade ${}b$ ergibt.

Aufgabe (6 (3+1+2) Punkte)

1. Bestimme diejenigen reellen Polynomfunktionen, die bijektiv sind und für die die Umkehrfunktion ebenfalls polynomial ist.
2. Man gebe ein Beispiel für eine bijektive reelle Polynomfunktion, für die die Umkehrfunktion kein Polynom ist.
3. Zeige, dass durch das Polynom ${}X^{5}$ eine bijektive Abbildung

   $\mathbb {Z} /(7)\longrightarrow \mathbb {Z} /(7),\,x\longmapsto x^{5},$

   gegeben ist. Ist die Umkehrabbildung polynomial?

Lösung

1. Die einzigen reellen Polynome mit polynomialer Umkehrfunktion sind die Polynome der Form ${}aX+b$ mit

   ${}a\neq 0\,.$

   Für diese ist ${}{\frac {1}{a}}X-{\frac {b}{a}}$ die Umkehrfunktion, da ja wegen

   ${}{\frac {1}{a}}{\left(aX+b\right)}-{\frac {b}{a}}=X+{\frac {b}{a}}-{\frac {b}{a}}=X\,$

   und

   ${}a{\left({\frac {1}{a}}X-{\frac {b}{a}}\right)}+b=X-b+b=X\,$

   diese Funktionen invers zueinander sind. Wir zeigen, dass es darüberhinaus keine weiteren Polynome mit polynomialer Umkehrfunktion gibt. Ein konstantes Polynom ist nicht bijektiv. Es sei also ${}P$ ein Polynom, das zumindest einen Grad ${}\geq 2$ besitzt. Wenn man darin ein weiteres nichtkonstantes Polynom einsetzt, ergibt sich aber ebenfalls ein Polynom vom Grad ${}\geq 2$ und nicht ${}X$. D.h., dass ${}P$ keine polynomiale Umkehrfunktion besitzen kann.

2. Die Funktion

   $\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto x^{3},$

   ist bijektiv nach Fakt *****, nach Teil (1) kann aber die Umkehrfunktion nicht polynomial sein.

3. Die vollständige Wertetabelle zu dieser Funktion ist

   ${}x$	${}0$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$
   ${}x^{5}$	${}0$	${}1$	${}4$	${}5$	${}2$	${}3$	${}6$

   also ist die Funktion bijektiv. Diese Funktion ist offenbar zu sich selbst invers, also ist die Umkehrfunktion polynomial.

Aufgabe (1 Punkt)

Zeige, dass das Bild eines Ideals unter einem Ringhomomorphismus nicht unbedingt wieder ein Ideal ist.

Lösung

Beispielsweise ist ${}\mathbb {Q}$ in ${}\mathbb {Q}$ ein Ideal (das Einheitsideal), aber ${}\mathbb {Q}$ ist als Teilmenge von ${}\mathbb {R}$ kein Ideal.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Lösungen der Gleichung

${}x^{2}=x\,$

über ${}\mathbb {Z} /(6)$.

Lösung

Neben den Standardlösungen ${}0$ und ${}1$ ist

${}3^{2}=9=3\,$

und

${}4^{2}=16=4\,.$

Dagegen ist

${}2^{2}=4\neq 2\,$

und

${}5^{2}=25=1\neq 5\,.$

Die Lösungen sind also ${}\{0,1,3,4\}$.

Aufgabe (5 (1+1+1+2) Punkte)

a) Bestimme die kanonische Produktzerlegung des Restklassenringes ${}\mathbb {Z} /(180)$.

b) Bestimme die Anzahl der Einheiten in ${}\mathbb {Z} /(180)$.

c) Berechne das Bild von ${}77$ in der kanonischen Zerlegung. Begründe, dass ${}77$ eine Einheit in ${}\mathbb {Z} /(180)$ ist.

d) Bestimme die multiplikative Ordnung von ${}77$ in ${}\mathbb {Z} /(180)$.

Lösung

a) Wegen

${}180=4\cdot 9\cdot 5\,$

ist

${}\mathbb {Z} /(180)\cong \mathbb {Z} /(4)\times \mathbb {Z} /(9)\times \mathbb {Z} /(5)\,.$

b) Die Anzahl der Einheiten in den einzelnen Gruppen sind der Reihe nach ${}2,6,4$, daher gibt es insgesamt ${}48$ Einheiten in ${}\mathbb {Z} /(180)$.

c) Das zu ${}77$ gehörige Restetupel ist ${}\left(1,\,5,\,2\right)$. Da diese Reste jeweils Einheiten sind, ist ${}77$ eine Einheit in ${}\mathbb {Z} /(180)$.

d) Wir berechnen die Ordnungen in den einzelnen Komponenten. ${}1$ hat die Ordnung ${}1$ in ${}{\left(\mathbb {Z} /(4)\right)}^{\times }$. In ${}{\left(\mathbb {Z} /(9)\right)}^{\times }$ ist ${}5\cdot 5=7$,

${}5^{3}=7\cdot 5=8\neq 1\,.$

Deshalb muss die Ordnung nach Fakt ***** gleich ${}6$ sein. In ${}{\left(\mathbb {Z} /(5)\right)}^{\times }$ ist ${}2\cdot 2=4\neq 1$, daher ist die Ordnung gleich ${}4$. Die multiplikative Ordnung von ${}77$ ist das kleinste gemeinsame Vielfache dieser Einzelordnungen, also gleich ${}12$.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass die Gleichung

${}{\frac {2}{n}}={\frac {1}{a}}+{\frac {1}{b}}\,$

in ${}\mathbb {N}$ auch Lösungen ${}a\neq b$ besitzt.

Lösung

Beispielsweise ist

${}{\frac {1}{10}}+{\frac {1}{15}}={\frac {3+2}{30}}={\frac {5}{30}}={\frac {1}{6}}={\frac {2}{12}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und

${\begin{matrix}a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+\cdots +a_{1n}x_{n}&=&0\\a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+\cdots +a_{2n}x_{n}&=&0\\\vdots &\vdots &\vdots \\a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+\cdots +a_{mn}x_{n}&=&0\end{matrix}}$

ein homogenes lineares Gleichungssystem über ${}K$. Zeige, dass die Menge aller Lösungen des Gleichungssystems ein Untervektorraum des ${}K^{n}$ ist. Wie verhält sich dieser Lösungsraum zu den Lösungsräumen der einzelnen Gleichungen?

Lösung

Wegen

${}\sum _{j=1}^{n}a_{ij}0=0\,$

für alle

${}i=1,\ldots ,m\,$

ist das Nulltupel ${}(0,\ldots ,0)$ eine Lösung. Es seien ${}\left(x_{1},\,\ldots ,\,x_{n}\right)$ und${}\left(y_{1},\,\ldots ,\,y_{n}\right)$ Lösungen des linearen Gleichungssystems. Zu ${}s\in K$ ist dann für jedes ${}i$

${}\sum _{j=1}^{n}a_{ij}{\left(sx_{j}\right)}=s\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}a_{ij}x_{j}\right)}=s\cdot 0=0\,.$

Entsprechend ist

${}{\begin{aligned}\sum _{j=1}^{n}a_{ij}{\left(x_{j}+y_{j}\right)}&=\sum _{j=1}^{n}{\left(a_{ij}x_{j}+a_{ij}y_{j}\right)}\\&={\left(\sum _{j=1}^{n}a_{ij}x_{j}\right)}+{\left(\sum _{j=1}^{n}a_{ij}x_{j}\right)}\\&=0+0\\&=0\end{aligned}}$

für alle ${}i$. Somit ist der Lösungsraum unter Multiplikation mit einem Skalar und unter Addition abgeschlossen und bildet demnach einen Untervektorraum.

Der Gesamtlösungsraum ist der Durchschnitt der Lösungsräume zu den einzelnen Gleichungen.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}z\in \mathbb {R}$ derart, dass es ein Polynom ${}P\neq 0$ mit rationalen Koeffizienten und mit

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

gibt. Zeige, dass man

${}z={\frac {u}{v}}\,$

schreiben kann, wobei ${}v$ eine positive natürliche Zahl ist und es zu ${}u$ ein normiertes Polynom ${}Q$ mit ganzzahligen Koeffizienten und mit

${}Q(u)=0\,$

gibt.

Lösung

Es sei

${}P=c_{n}X^{n}+\cdots +c_{2}X^{2}+c_{1}X+c_{0}\,$

mit ${}c_{i}={\frac {a_{i}}{b_{i}}}$, ${}a_{i},b_{i}\in \mathbb {Z}$, ${}b_{i}>0$ und ${}c_{n}\neq 0$. Wir multiplizieren dieses Polynom mit ${}c_{n}^{-1}$ und können somit annehmen, dass ${}P$ normiert ist. Wir setzen

${}b=b_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}\,.$

Aus

${}P(z)=z^{n}+c_{n-1}z^{n-1}+\cdots +c_{2}z^{2}+c_{1}z+c_{0}=0\,$

ergibt sich durch Multiplikation mit ${}b^{n}$ direkt

${}{\begin{aligned}0&=b^{n}{\left(z^{n}+c_{n-1}z^{n-1}+\cdots +c_{2}z^{2}+c_{1}z+c_{0}\right)}\\&=b^{n}z^{n}+b^{n}c_{n-1}z^{n-1}+\cdots +b^{n}c_{2}z^{2}+b^{n}c_{1}z+b^{n}c_{0}\\&=b^{n}z^{n}+bc_{n-1}b^{n-1}z^{n-1}+\cdots +b^{n-2}c_{2}b^{2}z^{2}+b^{n-1}c_{1}bz+b^{n}c_{0}\\&=(bz)^{n}+bc_{n-1}(bz)^{n-1}+\cdots +b^{n-2}c_{2}(bz)^{2}+b^{n-1}c_{1}(bz)+b^{n}c_{0}.\end{aligned}}$

Dies bedeutet, dass ${}bz$ eine Nullstelle des Polynoms

${}Q=X^{n}+bc_{n-1}X^{n-1}+\cdots +b^{n-2}c_{2}X^{2}+b^{n-1}c_{1}X+b^{n}c_{0}\,$

ist. Dieses Polynom ist normiert und es besitzt wegen

${}b^{n-i}c_{i}={\left(b_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}\right)}^{n-i}{\frac {a_{i}}{b_{i}}}\,$

ganzzahlige Koeffizienten. Somit ist

${}z={\frac {bz}{b}}\,$

mit ${}b\in \mathbb {N}$ und der Zähler ${}bz$ ist die Nullstelle eines normierten ganzzahligen Polynoms.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das Minimalpolynom der komplexen Zahl ${}2+5{\mathrm {i} }$ über ${}\mathbb {Q}$.

Lösung

Es ist

${}(2+5{\mathrm {i} })^{2}=4-25+20{\mathrm {i} }=-21+20{\mathrm {i} }\,.$

Dies ist eine ${}\mathbb {Q}$- Linearkombination von ${}1$ und ${}2+5{\mathrm {i} }$, nämlich

${}-21+20{\mathrm {i} }=-29\cdot 1+4(2+5{\mathrm {i} })\,.$

Daher ist

$Z^{2}-4Z+29$

ein annullierendes Polynom von ${}2+5{\mathrm {i} }$. Wegen ${}2+5{\mathrm {i} }\not \in \mathbb {Q}$ kann es kein annullierendes Polynom von einem kleineren Grad geben, also handelt es sich um das Minimalpolynom.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die ${}x$-Koordinaten der Schnittpunkte der Graphen der beiden reellen Polynome

${}P=X^{3}+4X^{2}-7X+1\,$

und

${}Q=X^{3}-2X^{2}+5X+3\,.$

Lösung

Ein Schnittpunkt liegt genau dann an den Stellen ${}x$ vor, die eine Nullstelle von ${}P-Q$ sind. Es ist

${}P-Q=X^{3}+4X^{2}-7X+1-{\left(X^{3}-2X^{2}+5X+3\right)}=6X^{2}-12X-2\,.$

Wir normieren dieses quadratische Polynom und erhalten die Bedingung

${}X^{2}-2X-{\frac {1}{3}}=0\,.$

Die Lösungen dafür sind

${}{\begin{aligned}x_{1,2}&={\frac {2\pm {\sqrt {4+{\frac {4}{3}}}}}{2}}\\&={\frac {2\pm {\sqrt {\frac {16}{3}}}}{2}}\\&={\frac {2\pm 4{\sqrt {\frac {1}{3}}}}{2}}\\&=1\pm 2{\sqrt {\frac {1}{3}}}.\end{aligned}}$

Dies sind die ${}x$-Koordinaten der beiden Schnittpunkte.