Kurs:Elementare Algebra/3/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	3	3	2	5	4	3	3	2	2	3	3	6	7	8	5	2	1	62

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Ordnung einer endlichen Gruppe ${}G$.
2. Der Binomialkoeffizient ${}{\binom {n}{k}}$.
3. Eine Körpererweiterung.
4. Ein Hauptideal in einem kommutativen Ring ${}R$.
5. Ein über einem Körper ${}K$ algebraisches Element ${}f\in A$ einer ${}K$- Algebra ${}A$.
6. Eine Fermatsche Primzahl.

Lösung

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Ordnung einer endlichen Gruppe ${}G$.
2. Der Binomialkoeffizient ${}{\binom {n}{k}}$.
3. Eine Körpererweiterung.
4. Ein Hauptideal in einem kommutativen Ring ${}R$.
5. Ein über einem Körper ${}K$ algebraisches Element ${}f\in A$ einer ${}K$- Algebra ${}A$.
6. Eine Fermatsche Primzahl.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Lösbarkeit von Gleichungen in einer Gruppe ${}G$.
2. Das Lemma von Euklid für einen Hauptidealbereich.
3. Der Satz über endliche Körpererweiterungen von ${}\mathbb {R}$ .

Lösung

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Lösbarkeit von Gleichungen in einer Gruppe ${}G$.
2. Das Lemma von Euklid für einen Hauptidealbereich.
3. Der Satz über endliche Körpererweiterungen von ${}\mathbb {R}$ .

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}R$ ein Integritätsbereich und ${}R[X]$ der Polynomring über ${}R$. Zeige, dass die Einheiten von ${}R[X]$ genau die Einheiten von ${}R$ sind.

Lösung

Es sei ${}a\in R$ eine Einheit. Dann gibt es ein ${}b\in R$ mit ${}ab=1$ und die gleiche Identität gilt auch im Polynomring. Also ist

${}R^{\times }\subseteq R[X]^{\times }\,.$

Es sei nun

${}P=\sum _{i=0}^{d}a_{i}X^{i}\,$

($a_{d}\neq 0$) eine Einheit in ${}R[X]$. Dann gibt es ein Polynom

${}Q=\sum _{j=0}^{e}b_{j}X^{j}\,$

($b_{e}\neq 0$) mit

${}PQ=1\,.$

Da ${}R$ ein Integritätsbereich ist, ist ${}a_{d}b_{e}\neq 0$ und das Produkt hat die Gestalt

$a_{d}b_{e}X^{d+e}+{\text{Terme von kleinerem Grad}}.$

Daher ist

${}d+e=0\,$

und

${}a_{d}b_{e}=1\,,$

das Polynom ist also eine konstante Einheit.

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

Es seien ${}a,b\geq 2$ und sei ${}n=ab$.

a) Zeige, dass die beiden Polynome ${}X^{a}-1$ und ${}X^{b}-1$ Teiler des Polynoms ${}X^{n}-1$ sind.

b) Es sei ${}a\neq b$. Ist ${}(X^{a}-1)(X^{b}-1)$ stets ein Teiler von ${}X^{n}-1$?

c) Man gebe drei Primfaktoren von ${}2^{30}-1$ an.

Lösung

a) Es ist

${}X^{n}-1={\left(X^{b}\right)}^{a}-1={\left(X^{b}-1\right)}{\left({\left(X^{b}\right)}^{a-1}+{\left(X^{b}\right)}^{a-2}+\cdots +{\left(X^{b}\right)}^{2}+X^{b}+1\right)}\,$

und daher ist ${}X^{b}-1$ (und ebenso ${}X^{a}-1$) ein Teiler von ${}X^{n}-1$.

b) Dies ist nicht der Fall. Für

${}n=8=4\cdot 2\,$

ist

${}X^{8}-1=(X^{4}-1)(X^{4}+1)\,.$

Das Polynom ${}X^{4}+1$ hat keine reelle Nullstelle und ist deshalb kein Vielfaches von ${}X^{2}-1$. Daher ist ${}(X^{4}-1)(X^{2}-1)$ kein Teiler von ${}X^{8}-1$.

c) Da ${}2,3,5$ Teiler von ${}30$ sind, ergibt sich aus Teil a), dass ${}2^{2}-1=3,\,2^{3}-1=7$ und ${}2^{5}-1=31$ Teiler von ${}2^{30}-1$ sind. Daher sind ${}3,7,31$ Primteiler von ${}2^{30}-1$.

Aufgabe (4 Punkte)

Finde im Polynomring ${}\mathbb {Z} /(2)[X]$ ein irreduzibles Polynom vom Grad vier.

Lösung

Wir betrachten das Polynom

$F=X^{4}+X+1.$

Da weder ${}0$ noch ${}1$ eine Nullstelle von ${}F$ sind, besitzt es keinen Linearfaktor. Die einzige verbleibende Faktorzerlegung wäre als ein Produkt von zwei irreduziblen Polynomen vom Grad zwei. Das einzige irreduzible Polynom vom Grad zwei ist ${}X^{2}+X+1$. Wegen

${}(X^{2}+X+1)^{2}=X^{4}+X^{2}+1\neq F\,$

ist ${}F$ irreduzibel.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass im Polynomring ${}K[X,Y]$ über einem Körper ${}K$ das Ideal ${}(X,Y)$ kein Hauptideal ist.

Lösung

Nehmen wir an, dass

${}(X,Y)=(F)\,$

mit einem Polynom ${}F\in K[X,Y]$ ist. Dann ist insbesondere ${}X=GF$ und ${}Y=HF$. Betrachtet man die erste Gleichung als Gleichung in ${}(K[Y])[X]$, so ergibt sich, dass ${}F$ zu ${}X$ assoziiert oder eine Einheit ist. Unter Berücksichtigung der zweiten Gleichung folgt, dass ${}F$ eine Einheit sein muss. In diesem Fall ist aber

${}(X,Y)\subset (F)=K[X,Y]\,,$

da keine Linearkombination von ${}X$ und ${}Y$ gleich ${}1$ ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring mit ${}p$ Elementen, wobei ${}p$ eine Primzahl sei. Zeige, dass ${}R$ ein Körper ist.

Lösung

Es sei ${}x\in R$, ${}x\neq 0$. Wir betrachten die von ${}x$ erzeugte additive Untergruppe von ${}R$. Wegen ${}x\neq 0$ handelt es sich nicht um die triviale Gruppe. Da nach dem Satz von Lagrange die Ordnung jeder Untergruppe die Gruppenordnung teilt und diese eine Primzahl ist, erzeugt ${}x$ schon ganz ${}R$. Es gibt also insbesondere eine natürliche Zahl ${}n$ mit

${}nx=1\,.$

Da jeder Ring die natürlichen Zahlen enthält, bedeutet dies, dass ${}x$ eine Einheit ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Stifte einen surjektiven Gruppenhomomorphismus von der Gruppe der komplexen Zahlen ohne null ${}({\mathbb {C} }\setminus \{0\},\cdot ,1)$ in die multiplikative Gruppe der positiven reellen Zahlen ${}(\mathbb {R} _{+},\cdot ,1)$.

Lösung

Wir betrachten die Abbildung

${\mathbb {C} }\setminus \{1\}\longrightarrow \mathbb {R} _{+},\,z\longmapsto \vert {z}\vert .$

Für ${}z=a+b{\mathrm {i} }$ ist dabei

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

Für ${}z\neq 0$ ist ${}a\neq 0$ oder ${}b\neq 0$, sodass der Betrag positiv ist. Nach Lemma 3.15 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025))  (4) gilt

${}\vert {zw}\vert =\vert {z}\vert \vert {w}\vert \,,$

daher liegt ein Gruppenhomomorphismus vor. Eine positive reelle Zahl ${}a=a+0{\mathrm {i} }$ wird auf ${}a$ selbst abgebildet, daher ist die Abbildung surjektiv.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass es in der Restklassengruppe ${}\mathbb {Q} /\mathbb {Z}$ zu jedem ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ Elemente gibt, deren Ordnung gleich ${}n$ ist.

Lösung

Wir betrachten die Restklasse ${}\left[{\frac {1}{n}}\right]$ zum Stammbruch ${}{\frac {1}{n}}$. Es ist

${}n\left[{\frac {1}{n}}\right]=\left[{\frac {n}{n}}\right]=[1]=[0]=0\,.$

da ja ${}1$ zu ${}\mathbb {Z}$ gehört. Für

${}1\leq k\leq n-1\,$

ist hingegen

${}k\left[{\frac {1}{n}}\right]=\left[{\frac {k}{n}}\right]\,$

eine rationale Zahl, die keine ganze Zahl ist. Also ist

${}k\left[{\frac {1}{n}}\right]\neq 0\,$

und somit ist ${}n$ die Ordnung von ${}\left[{\frac {1}{n}}\right]$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Q} [X]/(X^{3}+4X^{2}-7)$ das Inverse von ${}{\frac {1}{3}}x+5$ (${}x$ bezeichnet die Restklasse von ${}X$).

Lösung

Wir machen Division mit Rest von ${}X^{3}+4X^{2}-7$ durch ${}{\frac {1}{3}}X+5$. Das ergibt

$X^{3}+4X^{2}-7={\left({\frac {1}{3}}X+5\right)}{\left(3X^{2}-33X+495\right)}-2482.$

Also ist

${\left({\frac {1}{3}}x+5\right)}{\left(3x^{2}-33x+495\right)}=2482\mod X^{3}+4X^{2}-7$

und daher ist das Inverse von ${}{\frac {1}{3}}X+5$ gegeben durch

${}{\frac {1}{2482}}(3x^{2}-33x+495)={\frac {3}{2482}}x^{2}-{\frac {33}{2482}}x+{\frac {495}{2482}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den kleinen Satz von Fermat.

Lösung

Ist ${}a$ nicht durch ${}p$ teilbar, so definiert ${}a$ ein Element ${}{\bar {a}}$ in der Einheitengruppe ${}{\left(\mathbb {Z} /(p)\right)}^{\times }$; diese Gruppe hat die Ordnung ${}p-1$, und nach dem Satz von Lagrange gilt ${}{\bar {a}}^{p-1}=1$. Durch Multiplikation mit ${}a$ ergibt sich die Behauptung. Für Vielfache von ${}p$ gilt die Aussage ebenso, da dann beidseitig ${}0$ steht.

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

In dieser Aufgabe geht es um den Restklassenring ${}\mathbb {Z} /(360)$.

a) Schreibe ${}\mathbb {Z} /(360)$ als Produktring (im Sinne des chinesischen Restsatzes).

b) Wie viele Einheiten besitzt ${}\mathbb {Z} /(360)$?

c) Schreibe das Element ${}239$ in komponentenweiser Darstellung. Begründe, warum es sich um eine Einheit handelt und finde das Inverse in komponentenweiser Darstellung.

d) Berechne die Ordnung von ${}239$ in ${}\mathbb {Z} /(360)$.

Lösung

a) Es ist

${}360=2^{3}\cdot 3^{2}\cdot 5\,,$

daher ist

${}\mathbb {Z} /(360)=\mathbb {Z} /(8)\times \mathbb {Z} /(9)\times \mathbb {Z} /(5)\,.$

b) Nach der Formel für die eulersche ${}\varphi$-Funktion ist die Anzahl der Einheiten gleich

${}\varphi (360)=4\cdot 6\cdot 4=96\,.$

c) Die Reste von ${}239$ modulo ${}8,9$ und ${}5$ sind

$(7,5,4).$

Da jede Komponente teilerfremd zu den zugehörigen Modulozahlen sind, handelt sich es sich insgesamt um eine Einheit. Das Inverse ist

$(7,2,4).$

d) Zur Berechnung der Ordnung von ${}239$ modulo ${}360$ schreiben wir

${}(7,5,4)=(-1,5,-1)\,.$

Die Ordnung in der ersten und der dritten Komponente ist ${}2$, die Ordnung in der zweiten Komponente ist wegen ${}5^{2}=7$, ${}5^{3}=35=-1$ gleich ${}6$, da ja ${}\mathbb {Z} /(9)^{\times }$ die Ordnung ${}6$ besitzt. Daher ist die Ordnung von ${}239$ gleich ${}6$.

Aufgabe (7 (1+1+5) Punkte)

a) Zeige, dass ${}X^{2}+2$ irreduzibel in ${}\mathbb {Z} /(5)[X]$ ist.

b) Zeige, dass ${}X^{3}+X+1$ irreduzibel in ${}\mathbb {Z} /(5)[X]$ ist.

c) Bestimme die Partialbruchzerlegung von

${\frac {1}{{\left(X^{2}+2\right)}{\left(X^{3}+X+1\right)}}}$

in ${}\mathbb {Z} /(5)(X)$.

Lösung

a) Das Polynom ${}X^{2}+2$ besitzt für ${}0,1,2,3,4$ die Werte ${}2,3,1,1,3$, ist also nullstellenfrei. Nach Lemma 6.9 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist es somit irreduzibel.

b) Das Polynom ${}X^{3}+X+1$ besitzt für ${}0,1,2,3,4$ die Werte ${}1,3,1,1,4$, ist also nullstellenfrei und damit wieder irreduzibel.

c) Wir machen den Ansatz

${}{\frac {1}{{\left(X^{2}+2\right)}{\left(X^{3}+X+1\right)}}}={\frac {aX+b}{X^{2}+2}}+{\frac {cX^{2}+dX+e}{X^{3}+X+1}}\,.$

Durch Multiplikation mit dem Hauptnenner führt dies auf

${}{\begin{aligned}1&=(aX+b)(X^{3}+X+1)+(cX^{2}+dX+e)(X^{2}+2)\\&=(a+c)X^{4}+(b+d)X^{3}+(a+e+2c)X^{2}+(a+b+2d)X+b+2e.\end{aligned}}$

Also ist

${}a+c=b+d=a+e+2c=a+b+2d=0\,$

und

${}b+2e=1\,.$

Wir schreiben

${}a=-c\,$

und

${}b=-d\,.$

Einsetzen ergibt

${}e+c=0\,$

und

${}-c+d=0\,.$

Daher ist

${}e+d=0\,$

und

${}-d+2e=1\,,$

was zu

${}3e=1\,,$

also

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

führt. Damit ist

${}e=a=b=2\,$

und

${}c=d=3\,.$

Die Partialbruchzerlegung ist also

${}{\frac {1}{{\left(X^{2}+2\right)}{\left(X^{3}+X+1\right)}}}={\frac {2X+2}{X^{2}+2}}+{\frac {3X^{2}+3X+2}{X^{3}+X+1}}\,.$

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei ${}x={\sqrt {2}}+{\sqrt {5}}\in \mathbb {R}$ und betrachte die Körpererweiterung

$\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} (x)=L.$

Zeige, dass diese Körpererweiterung algebraisch ist und bestimme den Grad der Körpererweiterung, das Minimalpolynom von ${}x$ und das Inverse von ${}x$. (Man darf dabei verwenden, dass ${}{\sqrt {2}},{\sqrt {5}},{\sqrt {10}}$ irrationale Zahlen sind.)

Lösung

Wir behaupten zunächst, dass

$L=\mathbb {Q} [{\sqrt {2}},{\sqrt {5}}]=(\mathbb {Q} [{\sqrt {2}}])[{\sqrt {5}}]$

ist. Als eine Kette von quadratischen Körpererweiterungen ist dann ${}\mathbb {Q} \subseteq L$ algebraisch. Dabei ist die Inklusion ${}\subseteq$

klar. Es ist

$x^{2}=7+2{\sqrt {10}},\,x^{3}=17{\sqrt {2}}+11{\sqrt {5}}.$

Daraus ergibt sich

${\sqrt {2}}={\frac {1}{6}}(x^{3}-11x),$

sodass also ${}{\sqrt {2}}$ und damit auch ${}{\sqrt {5}}$ links dazu gehören, was die andere Inklusion ergibt.

Wir betrachten die Körperkette

$\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt {2}}]\subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt {2}},{\sqrt {5}}]=L.$

Dabei ist die Inklusion links echt, da

${}{\sqrt {2}}$ irrational ist, sodass links eine quadratische Körpererweiterung vorliegt. Aber auch die Inklusion rechts ist echt, denn andernfalls wäre

${\sqrt {5}}=a+b{\sqrt {2}}{\text{ mit }}a,b\in \mathbb {Q} ,$

was zu ${}5=a^{2}+2b^{2}+ab{\sqrt {2}}$ führt. Bei ${}a,b\neq 0$ ist das erneut im Widerspruch zur Irrationalität von ${}{\sqrt {2}}$. Bei ${}b=0$ ist das ein Widerspruch zur Irrationalität von ${}{\sqrt {5}}$. Bei ${}a=0$ ist das ein Widerspruch zur Irrationalität von ${}{\sqrt {5/2}}={\frac {1}{2}}{\sqrt {10}}$.

Insgesamt liegt also eine Kette ${}\mathbb {Q} \subset K=\mathbb {Q} [{\sqrt {2}}]\subset L$ von quadratischen Körpererweiterungen vor, sodass aufgrund der Gradformel der Grad von ${}\mathbb {Q} \subset L$ gleich ${}4$ ist.

Zur Bestimmung des Minimalpolynoms von ${}x$ berechnen wir ${}x^{4}$, das ist

${}x^{4}={\left(7+2{\sqrt {10}}\right)}^{2}=89+28{\sqrt {10}}\,.$

Das Minimalpolynom ist gleich

$F=X^{4}-14X^{2}+9.$

Setzt man nämlich ${}x$ ein, so erhält man ${}0$. Da ${}x$ den Körper ${}L$ erzeugt, muss das Minimalpolynom den Grad ${}4$ haben, sodass ${}F$ das Minimalpolynom ist.

Zur Bestimmung des Inversen gehen wir von ${}x(x^{3}-14x)=-9$ aus. Daher ist das Inverse gleich

${}{\begin{aligned}-{\frac {1}{9}}{\left(x^{3}-14x\right)}&=-{\frac {1}{9}}{\left(17{\sqrt {2}}+11{\sqrt {5}}-14{\left({\sqrt {2}}+{\sqrt {5}}\right)}\right)}\\&=-{\frac {1}{9}}{\left(3{\sqrt {2}}-3{\sqrt {5}}\right)}\\&=-{\frac {1}{3}}{\sqrt {2}}+{\frac {1}{3}}{\sqrt {5}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Berechne die Schnittpunkte der beiden Kreise ${}K_{1}$ und ${}K_{2}$, wobei ${}K_{1}$ den Mittelpunkt ${}(3,4)$ und den Radius ${}6$ und ${}K_{2}$ den Mittelpunkt ${}(-8,1)$ und den Radius ${}7$ besitzt.

Lösung

Die Kreisgleichungen der beiden Kreise sind

${}(x-3)^{2}+(y-4)^{2}=x^{2}-6x+y^{2}-8y+25=36\,$

und

${}(x+8)^{2}+(y-1)^{2}=x^{2}+16x+y^{2}-2y+65=49\,.$

Die Differenz der beiden Gleichungen ergibt

${}22x+6y+40=13\,.$

Also ist

${}y={\frac {-22x-27}{6}}\,.$

Dies setzen wir in die erste Kreisgleichung ein und erhalten

${}{\begin{aligned}x^{2}-6x+{\left({\frac {-22x-27}{6}}\right)}^{2}-8{\frac {-22x-27}{6}}-11&=x^{2}+{\frac {121}{9}}x^{2}-6x+33x+{\frac {81}{4}}+{\frac {88}{3}}x+36-11\\&={\frac {130}{9}}x^{2}+{\frac {169}{3}}x+{\frac {181}{4}}\\&=0.\end{aligned}}$

Nach der Lösungsformel für eine quadratische Gleichung ist

${}{\begin{aligned}x_{1,2}&={\frac {-{\frac {169}{3}}\pm {\sqrt {{\frac {28561}{9}}-4\cdot {\frac {130}{9}}\cdot {\frac {181}{4}}}}}{\frac {260}{9}}}\\&={\frac {-169\pm {\sqrt {28561-130\cdot 181}}}{\frac {260}{3}}}\\&={\frac {-3\cdot 169\pm 3{\sqrt {28561-23530}}}{260}}\\&={\frac {-507\pm 3{\sqrt {5031}}}{260}}\\&={\frac {-507\pm 9{\sqrt {559}}}{260}}.\end{aligned}}$

Somit ist

${}{\begin{aligned}y_{1}&={\frac {-22x_{1}-27}{6}}\\&={\frac {-22{\frac {-507+9{\sqrt {559}}}{260}}-27}{6}}\\&=-11{\frac {-169+3{\sqrt {559}}}{260}}-{\frac {9}{2}}\\&=-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {11\cdot 13}{20}}-{\frac {9}{2}}\\&=-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}y_{2}&={\frac {-22x_{2}-27}{6}}\\&={\frac {-22{\frac {-507-9{\sqrt {559}}}{260}}-27}{6}}\\&=-11{\frac {-169-3{\sqrt {559}}}{260}}-{\frac {9}{2}}\\&={\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {11\cdot 13}{20}}-{\frac {9}{2}}\\&={\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}.\end{aligned}}$

Die Schnittpunkte sind also

$\left({\frac {-507+9{\sqrt {559}}}{260}},\,-{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\right)$

und

$\left({\frac {-507-9{\sqrt {559}}}{260}},\,{\frac {33{\sqrt {559}}}{260}}+{\frac {53}{20}}\right).$

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}z,w\in {\mathbb {C} }$ konstruierbare Zahlen. Bestimme, ob die Zahl

$z^{2}-3z{\sqrt {w}}+{\sqrt {z+w^{2}}}-{\frac {5}{7}}+4{\sqrt {{\sqrt {z}}+w}}+{\sqrt {11}}$

konstruierbar ist.

Lösung

Da rationale Zahlen konstruierbar sind, ist ${}{\frac {5}{7}}$ konstruierbar. Mit jeder konstruierbaren reellen Zahl ist auch die Quadratwurzel konstruierbar. Also sind ${}{\sqrt {11}},{\sqrt {w}}$ konstruierbar. Da die Summe und das Produkt von konstruierbaren Zahlen wieder konstruierbar ist, sind auch ${}z^{2},-3z{\sqrt {w}},{\sqrt {z+w^{2}}}$ und ${}{\sqrt {z}}+w$ konstruierbar. Damit ist auch ${}4{\sqrt {{\sqrt {z}}+{\sqrt {w}}}}$ konstruierbar und damit ist die Summe dieser Ausdrücke konstruierbar.

Aufgabe (1 Punkt)

Finde die primitiven Einheitswurzeln in ${}\mathbb {Z} /(5)$.

Lösung

${}1$ und ${}-1=4$ sind keine primitiven Einheitswurzeln, da ihre Ordnungen ${}1$ bzw. ${}2$ sind. Wegen

${}2^{2}=4\neq 1\,$

und

${}3^{2}=4\neq 1\,$

ist die Ordnung von ${}2$ und von ${}3$ gleich ${}4$, d.h. dass ${}2$ und ${}3$ primitive Einheitswurzeln sind.