Kurs:Elementare Algebra/2/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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Aufgabe 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17
Punkte 4 4 3 2 2 3 2 3 3 3 3 4 7 4 7 6 3 63




Aufgabe (4 Punkte)


Lösung

  1. Eine Gruppe ist ein Monoid, in dem jedes Element ein inverses Element besitzt.
  2. Eine Gruppe heißt zyklisch, wenn sie von einem Element erzeugt wird.
  3. Ein Ring ist eine Menge mit zwei Verknüpfungen und und mit zwei ausgezeichneten Elementen und derart, dass folgende Bedingungen erfüllt sind:
    1. ist eine abelsche Gruppe.
    2. ist ein Monoid.
    3. Es gelten die Distributivgesetze, also und für alle .
  4. Die Abbildung

    heißt komplexe Konjugation.

  5. Der Polynomring über besteht aus allen Polynomen
    mit ,

    und mit komponentenweiser Addition und einer Multiplikation, die durch distributive Fortsetzung der Regel

    definiert ist.

  6. Das Element heißt idempotent, wenn gilt.
  7. Man nennt die Menge

    den algebraischen Abschluss von in .

  8. Ein Kreis heißt aus elementar konstruierbar, wenn es zwei Punkte , , derart gibt, dass der Kreis mit dem Mittelpunkt und durch den Punkt gleich ist.


Aufgabe (4 Punkte)


Lösung

  1. Seien und kommutative Ringe, es sei ein Ringhomomorphismus und ein surjektiver Ringhomomorphismus. Es sei vorausgesetzt, dass

    ist. Dann gibt es einen eindeutig bestimmten Ringhomomorphismus

    derart, dass

    ist.
  2. Es sei . Dann sind folgende Bedingungen äquivalent.
    1. ist ein Primelement.
    2. ist ein Integritätsbereich.
    3. ist ein Körper.
  3. Für eine Primzahl und eine beliebige ganze Zahl gilt
  4. Die Würfelverdopplung mit Zirkel und Lineal ist nicht möglich.


Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ein kommutativer Ring und . Charakterisiere mit Hilfe der Multiplikationsabbildung

wann ein Nichtnullteiler und wann eine Einheit ist.


Lösung

Die Multiplikationsabbildung ist ein Gruppenhomomorphismus, wie direkt aus dem Distributivitätsgesetz folgt. Es gilt:

ist ein Nichtnullteiler genau dann, wenn für alle aus folgt . Dies ist genau dann der Fall, wenn der Kern von nur aus besteht, was genau dann gilt, wenn injektiv ist.

ist eine Einheit genau dann, wenn es ein gibt mit , was genau dann der Fall ist, wenn zum Bild von gehört. Dies wiederum ist äquivalent dazu, dass surjektiv ist, denn aus folgt sofort für jedes .


Aufgabe (2 Punkte)

Führe in die Division mit Rest durch “ für die beiden Polynome und durch.


Lösung

Es ist


Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ein nichtkonstantes Polynom. Zeige, dass die Abbildung

surjektiv ist.


Lösung

Es sei vorgegeben. Da nicht konstant ist, ist auch nicht konstant und besitzt nach dem Fundamentalsatz der Algebra eine Nullstelle. Also gibt es ein mit

also


Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz, dass es unendlich viele Primzahlen gibt.


Lösung

Angenommen, die Menge aller Primzahlen sei endlich, sagen wir . Man betrachtet die Zahl

Diese Zahl ist durch keine der Primzahlen teilbar, da bei Division von durch immer ein Rest verbleibt. Damit sind die Primfaktoren von , die es nach Fakt ***** geben muss, nicht in der Ausgangsmenge enthalten - Widerspruch.


Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

a) Berechne den größten gemeinsamen Teiler der ganzen Zahlen und .

b) Berechne den größten gemeinsamen Teiler der ganzen Zahlen und .


Lösung

a) Beide Zahlen liegen in ihrer Primfaktorzerlegung vor, daher ist nach Korollar 9.10 der größte gemeinsame Teiler gleich

b) Es ist

daher lautet die Primfaktorzerlegung der ersten Zahl

und somit ist der größte gemeinsame Teiler gleich


Aufgabe (3 Punkte)

Berechne in .


Lösung

Der Zahl entspricht in das Paar . Das Element hat in die Ordnung . Das Element hat in wegen und die Ordnung . Somit besitzt die multiplikative Ordnung . In gilt (durch abziehen von Vielfachen von )

Daher ist die gefragte Potenz in Produktschreibweise gleich

Diesem Paar entspricht das Element .


Aufgabe (3 Punkte)

Es seien und Gruppen und sei

ein Gruppenhomomorphismus. Zeige, dass das Urbild eines Normalteilers ein Normalteiler in ist.


Lösung

Wir setzen

Es sei und . Wir müssen zeigen, dass ebenfalls zu gehört. Es ist

Wegen und da ein Normalteiler ist, gehört dies zu . Also ist .


Aufgabe (3 Punkte)

Berechne in

das Produkt

( bezeichne die Restklasse von ).


Lösung

Es ist

und

Daher ist


Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

Das Polynom besitzt in die Zerlegung

in irreduzible Faktoren und daher gilt die Isomorphie

a) Bestimme das Polynom kleinsten Grades, das rechts dem Element entspricht.

a) Bestimme das Polynom kleinsten Grades, das rechts dem Element entspricht.


Lösung

a) Wir betrachten Vielfache von , da diese in der zweiten Komponente auf gehen. Das Polynom wird auf

abgebildet, daher ist

das Urbild des ersten Basisvektors.

b) Wir betrachten Vielfache von , da diese in der ersten Komponente auf gehen. Das Polynom geht auf

und das Polynom geht auf

Somit geht auf

und somit geht

auf den zweiten Basisvektor.


Aufgabe (4 Punkte)

Es sei eine Primzahl und . Zeige, dass der Restklassenring nur die beiden trivialen idempotenten Elemente und besitzt.


Lösung

Es sei ein idempotentes Element. Dies bedeutet

und somit ist ein Vielfaches von , sagen wir

Nehmen wir an. Wegen der eindeutigen Primfaktorzerlegung in ist

und

mit

Wären , so wäre sowohl als auch ein Vielfaches von , und das würde dann auch für gelten, was nicht der Fall ist. Also ist oder , was oder im Restklassenring bedeutet.


Aufgabe (7 Punkte)

Es seien und Ideale in einem kommutativen Ring und sei . Zeige die Gleichheit


Lösung

Zum Beweis der Inklusion sei . Da das Produkt von Idealen aus allen Summen von Produkten besteht, bedeutet dies, dass

wobei

mit ist. Dies bedeutet wiederum, dass

mit und ist. Somit ist

Wenn man ein solches Produkt distributiv ausrechnet, so erhält man eine Summe von Produkten mit Faktoren, wobei Faktoren zu und Faktoren zu gehören. Damit gehören diese Summanden zur rechten Seite und somit auch die und auch .

Zum Beweis der Inklusion genügt es, die Inklusion für jedes zu zeigen. Wegen ist aber sofort


Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme sämtliche Teiler von im Ring , wobei ein Körper ist.


Lösung

Die Teiler von sind genau die Elemente der Form

Solche Elemente sind Teiler, da ja

gilt. Wenn umgekehrt mit ein Teiler von ist, so gibt es ein mit entsprechend und mit

Dabei seien die angeführten Koeffizienten . Das Produkt ist daher von der Form

Dies kann nur dann gleich sein, wenn

ist, was nur bei möglich ist.


Aufgabe (7 (1+2+4) Punkte)

a) Zeige, dass irreduzibel in ist.

b) Zeige, dass irreduzibel in ist. (Tipp: In gilt die Zerlegung .)

c) Bestimme die Partialbruchzerlegung von

in .


Lösung

a) Das Polynom ist für rationale (auch reelle) Zahlen stets positiv und besitzt daher keine Nullstelle. Nach Lemma 6.9 ist es somit irreduzibel.

b) Über hat man die Faktorisierung

Die beiden Faktoren haben keine reelle Nullstelle, da stets positiv ist. Eine Zerlegung über würde zu der gegebenen Zerlegung über führen, wegen gehören aber nicht zu . Das Polynom ist also irreduzibel in .

c) Wir machen den Ansatz

Durch Multiplikation mit dem Hauptnenner führt dies auf

Also ist

und

Aus

folgt durch Addition der ersten beiden Gleichungen und damit

Aus

folgt

also

und aus

ergibt sich

und somit

Die Partialbruchzerlegung ist also


Aufgabe (6 Punkte)

Es sei eine rationale Zahl, die in keine dritte Wurzel besitzt. Bestimme den Zerfällungskörper des Polynoms über . Welchen Grad besitzt er? Man gebe auch eine Realisierung des Zerfällungskörpers als Unterkörper von an.


Lösung

Da keine dritte Wurzel in besitzt, ist das Polynom in irreduzibel. Daher ist

eine Körpererweiterung vom Grad drei. Es sei die eindeutig bestimmte reelle dritte Wurzel aus . Durch die Zuordnung können wir als Unterkörper von auffassen. In (und in ) hat das Polynom die Zerlegung

Da es in nur eine dritte Wurzel gibt, und da keine Nullstelle des rechten Faktors ist, ist das Polynom

über und erst recht über irreduzibel. Von daher ist nicht der Zerfällungskörper. In der quadratischen Erweiterung

zerfällt das Polynom und damit auch in Linearfaktoren. Der Grad des Zerfällungskörpers ist also nach der Gradformel gleich .

Um eine Realisierung des Zerfällungskörpers in zu erhalten, betrachten wir

Die Lösungen dazu sind in gleich

Daher ist der Zerfällungskörper gleich


Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass es auf dem Einheitskreis unendlich viele konstruierbare Punkte gibt.


Lösung

Der Einheitskreis selbst ist konstruierbar, da er den Mittelpunkt besitzt und durch läuft. Der Punkt ist ebenfalls konstruierbar und somit hat man auch die -Achse zur Verfügung. Man kann nun den dadurch gegebenen rechten Winkel durch eine konstruierbare Gerade halbieren und erhält einen neuen Schnittpunkt mit dem Einheitskreis, der somit konstruierbar ist. Den entstehenden Winkel kann man wieder halbieren und so erhält man eine neue Gerade und einen neuen Punkt auf dem Einheitskreis. So fortfahrend erhält man unendlich viele Punkte auf dem Einheitskreis.