Kurs:Elementare Algebra/4/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	4	4	1	2	5	3	4	3	4	12	4	4	8	4	2	64

Aufgabe (4 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein Monoid ${}M$.
2. Die Ordnung eines Elements ${}g\in G$ in einer Gruppe ${}G$.
3. Ein Nichtnullteiler ${}a$ in einem kommutativen Ring ${}R$.
4. Ein Körper ${}K$.
5. Ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$ in einem kommutativen Ring ${}R$.
6. Die eulersche Funktion ${}\varphi (n)$ zu ${}n\in \mathbb {N}$.
7. Der Zerfällungskörper zu einem Polynom ${}F\in K[X]$ über einem Körper ${}K$.
8. Eine konstruierbare Zahl ${}z\in {\mathbb {C} }$.

Lösung

1. Ein Monoid ist eine Menge ${}M$ zusammen mit einer Verknüpfung

   $\circ \colon M\times M\longrightarrow M$

   und einem ausgezeichneten Element ${}e\in M$ derart, dass folgende beiden Bedingungen erfüllt sind.

   1. Die Verknüpfung ist assoziativ, d.h. es gilt

      ${}(x\circ y)\circ z=x\circ (y\circ z)\,$

      für alle ${}x,y,z\in M$.

   2. ${}e$ ist neutrales Element der Verknüpfung, d.h. es gilt

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

      für alle ${}x\in M$.

2. Man nennt die kleinste positive Zahl ${}n$ mit ${}g^{n}=e_{G}$ die Ordnung von ${}g$. Wenn alle positiven Potenzen von ${}g$ vom neutralen Element verschieden sind, so setzt man ${}\operatorname {ord} \,(g)=\infty$.
3. Das Element ${}a$ ist ein Nichtnullteiler, wenn für jedes ${}b\in R$ aus ${}ab=0$ folgt, dass ${}b=0$ ist.
4. Ein Körper ${}K$ ist ein kommutativer Ring, wenn ${}K\neq 0$ ist und wenn jedes von ${}0$ verschiedene Element in ${}K$ ein multiplikatives Inverses besitzt.
5. Ein Ideal ist eine nichtleere Teilmenge ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$, für die die beiden folgenden Bedingungen erfüllt sind:
   1. Für alle ${}a,b\in {\mathfrak {a}}$ ist auch ${}a+b\in {\mathfrak {a}}$.
   2. Für alle ${}a\in {\mathfrak {a}}$ und ${}r\in R$ ist auch ${}ra\in {\mathfrak {a}}$.
6. Zu einer natürlichen Zahl ${}n$ bezeichnet ${}{\varphi (n)}$ die Anzahl der Elemente von ${}(\mathbb {Z} /(n))^{\times }$.
7. Es sei ${}K\subseteq L$ eine Körpererweiterung, über der ${}F$ in Linearfaktoren zerfällt. Es seien ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in L$ die Nullstellen von ${}F$. Dann nennt man

   ${}K[a_{1},\ldots ,a_{n}]\subseteq L\,$

   einen Zerfällungskörper von ${}F$.

8. Eine Zahl ${}z\in {\mathbb {C} }\cong \mathbb {R} ^{2}\cong E$ heißt konstruierbar, wenn sie aus der Startmenge

   $\{0,1\}\subset \mathbb {R} \subset {\mathbb {C} }$

   mit Zirkel und Lineal konstruierbar ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die rekursive Beziehung zwischen den Binomialkoeffizienten (Pascalsches Dreieck).
2. Der Fundamentalsatz der Algebra.
3. Der Satz über die Faktorzerlegung im Quotientenkörper ${}K=Q(R)$ zu einem faktoriellen Bereich ${}R$.
4. Der Satz über die Winkeldreiteilung.

Lösung

1. Die Binomialkoeffizienten erfüllen die rekursive Beziehung

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

2. Jedes nichtkonstante Polynom ${}P\in {\mathbb {C} }[X]$ über den komplexen Zahlen besitzt eine Nullstelle.
3. Jedes Element ${}f\in K$, ${}f\neq 0$, besitzt eine im Wesentlichen eindeutige Produktzerlegung

   ${}f=up_{1}^{r_{1}}{\cdots }p_{n}^{r_{n}}\,$

   mit einer Einheit ${}u\in R$ und ganzzahligen Exponenten ${}r_{i}$.
4. Es ist nicht möglich, einen beliebig vorgegebenen Winkel mittels Zirkel und Lineal in drei gleich große Teile zu unterteilen.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei ${}G$ eine Gruppe. Zeige, dass

${}{\left(x^{-1}\right)}^{-1}=x\,$

für alle ${}x\in G$ ist.

Lösung

Es ist

${}x\circ x^{-1}=1\,.$

Damit ist ${}x$ das Inverse zu ${}x^{-1}$. Damit ist

${}{\left(x^{-1}\right)}^{-1}=x\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Finde zwei natürliche Zahlen, deren Summe ${}65$ und deren Produkt ${}1000$ ist.

Lösung

Die Primfaktorzerlegung von ${}1000$ ist

${}1000=2^{3}\cdot 5^{3}\,.$

Die beiden gesuchten Zahlen müssen also Teiler davon sein, also von der Form ${}2^{i}5^{j}$ mit ${}i,j\leq 3$. Da die Summe ungerade ist, besitzt die eine Zahl die Form

$8\cdot 5^{j}.$

Dies führt auf die ${}40$ und ${}25$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Zeige unter Verwendung der Division mit Rest, dass ${}K[X]$ ein Hauptidealbereich ist.

Lösung

Es sei ${}I$ ein von ${}0$ verschiedenes Ideal in ${}K[X]$. Betrachte die nichtleere Menge

${\left\{\operatorname {grad} \,(P)\mid P\in I,\,P\neq 0\right\}}.$

Diese Menge hat ein Minimum ${}m\in \mathbb {N}$, das von einem Element ${}F\in I$, ${}F\neq 0$, herrührt, sagen wir ${}m=\operatorname {grad} \,(F)$. Wir behaupten, dass ${}I=(F)$ ist. Die Inklusion ${}\supseteq$ ist klar. Zum Beweis von ${}\subseteq$ sei ${}P\in I$ gegeben. Aufgrund von Satz 5.3 gilt

$P=FQ+R{\text{ mit }}\operatorname {grad} \,(R)<\operatorname {grad} \,(F){\text{ oder }}R=0.$

Wegen ${}R\in I$ und der Minimalität von ${}\operatorname {grad} \,(F)$ kann der erste Fall nicht eintreten. Also ist ${}R=0$ und ${}P$ ist ein Vielfaches von ${}F$.

Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe zu jedem ${}n\geq 2$ einen kommutativen Ring ${}R$ und ein Element ${}x\in R$, ${}x\neq 0$, an, für das ${}nx=0$ und ${}x^{n}=0$ gilt.

Lösung

Wir betrachten den Restklassenring

${}R=\mathbb {Z} /(n)[X]/(X^{n})\,$

und darin die Restklasse zu ${}X$, die wir mit ${}x$ bezeichnen. Das Element ${}x$ ist nicht ${}0$, da im Polynomring aus Gradgründen ${}X$ nicht ein Vielfaches von ${}X^{n}$ mit ${}n\geq 2$ sein kann. In diesem Ring gilt ${}n=0$ und daher ist ${}ny=0$ überhaupt für jedes Element ${}y\in R$, also insbesondere für ${}x$. Ferner ist ${}x^{n}=0$, da in der Restklassenbildung das gesamte Ideale zu ${}0$ gemacht wird.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten die endliche Permutationsgruppe ${}S_{n}$ zu einer Menge mit ${}n$ Elementen.

a) Zeige, dass es in ${}S_{n}$ Elemente der Ordnung ${}n$ gibt.

b) Man gebe ein Beispiel für eine Permutationsgruppe ${}S_{n}$ und einem Element darin, dessen Ordnung größer als ${}n$ ist.

Lösung

Die Menge sei ${}M=\{1,2,\ldots ,n\}$.

a) Die zyklische Permutation

${}x$	${}1$	${}2$	${}\cdots$	${}n-1$	${}n$
${}\sigma (x)$	${}2$	${}3$	${}\cdots$	${}n$	${}1$

hat offenbar die Ordnung ${}n$, da zu jedem Element ${}a\in M$ die Potenzen ${}\sigma ^{j}(a)$ für ${}j=0,1,2,\ldots ,n-1$ die Elemente von ${}M$ durchlaufen.

b) Es sei ${}M=\{1,2,\ldots ,n\}$ und betrachte die Permutation

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$
${}\sigma (x)$	${}2$	${}1$	${}4$	${}5$	${}3$

Die Zahlen ${}1$ und ${}2$ sind wieder an ihrer Stelle, wenn man eine Potenz von ${}\sigma$ mit einem geraden Exponenten anwendet, und die Zahlen ${}3,4$ und ${}5$ sind wieder an ihrer Stelle, wenn der Exponent ein Vielfaches von ${}3$ ist. Die Ordnung ist also ${}6>5$.

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 (4 (1+3) Punkte)

a) Finde die Zahlen ${}z\in \{0,1,\ldots ,9\}$ mit der Eigenschaft, dass die letzte Ziffer ihres Quadrates (in der Dezimaldarstellung) gleich ${}z$ ist.

b) Finde die Zahlen ${}z\in \{0,1,\ldots ,99\}$ mit der Eigenschaft, dass die beiden letzten Ziffern ihres Quadrates (in der Dezimaldarstellung) gleich ${}z$ ist.

Lösung

a) Hier kann man direkt ausrechnen, dass ${}z=0,1,5,6$ die Lösungen sind.

b) Es geht um die Frage, für welche ${}z\in \mathbb {Z} /(100)$ die Gleichheit

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

(in $\mathbb {Z} /(100)$) gilt. Es geht also darum, die idempotenten Elemente von ${}\mathbb {Z} /(100)$ zu finden. Wegen

${}\mathbb {Z} /(100)=\mathbb {Z} /(4)\times \mathbb {Z} /(25)\,$

und da es modulo einer Primzahlpotenz nur die trivialen idempotenten Elemente gibt, geht es um die Elemente ${}(0,0),(1,1),(1,0),(0,1)$ in der Produktdarstellung. Diese entsprechen den Zahlen ${}0,1,25,76$.

Aufgabe (12 (3+5+3+1) Punkte)

Es seien ${}R_{1},R_{2},\ldots ,R_{n}$ kommutative Ringe und sei

${}R=R_{1}\times R_{2}\times \cdots \times R_{n}\,$

der Produktring.

1. Es seien

   $I_{1}\subseteq R_{1},I_{2}\subseteq R_{2},\ldots ,I_{n}\subseteq R_{n}$

   Ideale. Zeige, dass die Produktmenge

   $I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}$

   ein Ideal in ${}R$ ist.

2. Zeige, dass jedes Ideal ${}I\subseteq R$ die Form

   ${}I=I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}\,$

   mit Idealen ${}I_{j}\subseteq R_{j}$ besitzt.

3. Sei

   ${}I=I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}\,$

   ein Ideal in ${}R$. Zeige, dass ${}I$ genau dann ein Hauptideal ist, wenn sämtliche ${}I_{j}$ Hauptideale sind.

4. Zeige, dass ${}R$ genau dann ein Hauptidealring ist, wenn alle ${}R_{j}$ Hauptidealringe sind.

Lösung

1. Wegen

   $0=(0,0,\ldots ,0)\in I$

   ist ${}I$ nicht leer. Für zwei Elemente ${}a=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})$ und ${}b=(b_{1},b_{2},\ldots ,b_{n})$ aus ${}I$ ist jeweils ${}a_{j},b_{j}\in I_{j}$. Daher ist stets ${}a_{j}+b_{j}\in I$ und somit gehört

   ${}a+b=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})+(b_{1},b_{2},\ldots ,b_{n})=(a_{1}+b_{1},a_{2}+b_{2},\ldots ,a_{n}+b_{n})\,$

   zum Ideal. Für

   $a=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})\in I$

   und

   $r=(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n})\in R$

   ist jeweils ${}a_{j}\in I_{j}$ und daher ${}r_{j}a_{j}\in I_{j}$. Somit gehört

   ${}ra=(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n})(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})=(r_{1}a_{1},r_{2}a_{2},\ldots ,r_{n}a_{n})\,$

   zu ${}I$.

2. Zu einem Ideal

   ${}I\subseteq R\,$

   setzen wir

   ${}I_{j}={\left\{x\in R_{j}\mid (0,\ldots ,0,x,0,\ldots ,0)\in I\right\}}\,.$

   Hierbei steht ${}x$ an der ${}j$-ten Stelle. Dies ist jeweils ein Ideal in ${}R_{j}$: Es ist ${}0\in I_{j}$; wenn

   $(0,\ldots ,0,x,0,\ldots ,0),(0,\ldots ,0,y,0,\ldots ,0)\in I$

   ist auch

   $(0,\ldots ,0,x+y,0,\ldots ,0)\in I;$

   Wenn ${}x\in I_{j}$ und ${}r\in R_{j}$ ist, so ist

   $(0,\ldots ,0,x,0,\ldots ,0)\in I$

   und somit ist

   $(0,\ldots ,0,r,0,\ldots ,0)(0,\ldots ,0,x,0,\ldots ,0)=(0,\ldots ,0,rx,0,\ldots ,0)\in I,$

   also ${}rx\in I_{j}$. Wir behaupten

   ${}I=I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}\,.$

   Wenn

   $(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})\in I$

   ist, so ist auch (mit der ${}1$ an der ${}j$-ten Stelle)

   $(0,\ldots ,0,1,0,\ldots ,0)\cdot (a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})=(0,\ldots ,0,a_{j},0,\ldots ,0)\in I,$

   also ${}a_{j}\in I_{j}$. Also ist ${}(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})\in I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}$. Wenn umgekehrt${}a=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})\in I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}$ ist, so ist ${}a_{j}\in I_{j}$, also

   $(0,\ldots ,0,a_{j},0,\ldots ,0)\in I.$

   Wegen

   ${}(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})=(a_{1},0,\ldots ,0)+(0,a_{2},0,\ldots ,0)+\cdots +(0,0,\ldots ,a_{n})\,$

   ist somit ${}a\in I$.

3. Es seien zunächst die ${}I_{j}=(f_{j})$ Hauptideale in ${}R_{j}$. Für jedes Element ${}a=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})\in I$ ist dann ${}a_{j}=r_{j}f_{j}$ mit einem ${}r_{j}\in R_{j}$. Damit ist

   ${}a=(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})=(r_{1}f_{1},r_{2}f_{2},\ldots ,r_{n}f_{n})=(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n})(f_{1},f_{2},\ldots ,f_{n})\,,$

   also ist ${}(f_{1},f_{2},\ldots ,f_{n})$ ein Erzeuger von ${}I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}$ und es liegt ein Hauptideal vor. Wenn umgekehrt ${}I_{1}\times I_{2}\times \cdots \times I_{n}$ ein Hauptideal ist, so sei ${}(f_{1},f_{2},\ldots ,f_{n})$ ein Erzeuger davon. Zu jedem ${}a_{j}\in I_{j}$ gehört ${}(0,\ldots ,0,a_{j},0,\ldots ,0)$ zu ${}I$ und somit gibt es ein ${}r\in R$ mit

   ${}(0,\ldots ,0,a_{j},0,\ldots ,0)=(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n})(f_{1},f_{2},\ldots ,f_{n})\,.$

   Also ist

   ${}a_{j}=r_{j}f_{j}\,$

   und daher ist ${}f_{j}$ ein Erzeuger von ${}I_{j}$.

4. Dies folgt unmittelbar aus (3).

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

a) Zeige, dass ${}X^{3}+X^{2}+2$ irreduzibel in ${}\mathbb {Z} /(3)[X]$ ist.

b) Bestimme die Partialbruchzerlegung von

${\frac {X^{4}}{{\left(X^{3}+X^{2}+2\right)}^{2}}}$

in ${}\mathbb {Z} /(3)(X)$.

Lösung

Für ${}0,1,2$ besitzt das Polynom ${}X^{3}+X^{2}+2$ die Werte ${}2,1,2$, also keine Nullstelle. Nach Lemma 6.9 ist es also irreduzibel.

b) Polynomdivision führt auf

${}X^{4}=(X^{3}+X^{2}+2)(X+2)+X^{2}+X+2\,.$

Daher ist

${}{\begin{aligned}{\frac {X^{4}}{(X^{3}+X^{2}+2)^{2}}}&={\frac {(X^{3}+X^{2}+2)(X+2)+X^{2}+X+2}{(X^{3}+X^{2}+2)^{2}}}\\&={\frac {X+2}{(X^{3}+X^{2}+2)}}+{\frac {X^{2}+X+2}{(X^{3}+X^{2}+2)^{2}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme in ${}\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$ das multiplikative Inverse von

${\frac {3}{7}}+{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }.$

Die Antwort muss in der Form ${}p+q{\mathrm {i} }$ mit ${}p,q\in \mathbb {Q}$ in gekürzter Form sein.

Lösung

Wir multiplizieren ${}{\frac {3}{7}}+{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }$ mit seinem konjugierten Element und erhalten

${\left({\frac {3}{7}}+{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }\right)}{\left({\frac {3}{7}}-{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }\right)}={\frac {9}{49}}+{\frac {4}{25}}={\frac {225+196}{1225}}={\frac {421}{1225}}.$

Daher ist

${}{\left({\frac {3}{7}}+{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }\right)}^{-1}={\frac {1225}{421}}{\left({\frac {3}{7}}-{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }\right)}={\frac {3675}{2947}}-{\frac {2450}{2105}}{\mathrm {i} }={\frac {3675}{2947}}-{\frac {490}{421}}{\mathrm {i} }\,.$

Wir überprüfen mittels dem euklidischen Algorithmus, ob die Brüche gekürzt sind oder ob man sie noch vereinfachen kann. Rechts ergibt sich

$490=1\cdot 421+69$

$421=6\cdot 69+7$

$69=9\cdot 7+6$

$7=1\cdot 6+1,$

so dass Zähler und Nenner teilerfremd sind und die Darstellung gekürzt ist. Links ergibt sich

$3675=1\cdot 2947+728$

$2947=4\cdot 728+35$

$728=20\cdot 35+28$

$35=1\cdot 28+7$

$28=4\cdot 7+0.$

Daher ist ${}7$ der größte gemeinsame Teiler von Zähler und Nenner, und wir können durch ${}7$ kürzen. Es ist

$3675/7=525{\text{ und }}2947=7\cdot 421,$

also ist

${}{\left({\frac {3}{7}}+{\frac {2}{5}}{\mathrm {i} }\right)}^{-1}={\frac {525}{421}}-{\frac {490}{421}}{\mathrm {i} }\,.$

Aufgabe (8 (3+5) Punkte)

Es seien ${}p,q\in \mathbb {Q} _{\geq 0}$ und sei

${}f={\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}\,.$

a) Zeige, dass es ein Polynom ${}G\in \mathbb {Q} [X]$ der Form

${}G=X^{4}+cX^{2}+d\,$

mit ${}G(f)=0$ gibt.

b) Es seien nun zusätzlich ${}p$ und ${}q$ verschiedene Primzahlen. Zeige, dass das Polynom ${}G$ aus Teil a) das Minimalpolynom zu ${}f$ ist.

Lösung

a) Es ist

${}f^{2}=({\sqrt {p}}+{\sqrt {q}})^{2}=p+q+2{\sqrt {p}}{\sqrt {q}}=p+q+2{\sqrt {pq}}\,$

und

${}f^{4}=({\sqrt {p}}+{\sqrt {q}})^{4}=(p+q+2{\sqrt {pq}})^{2}=p^{2}+2pq+q^{2}+4pq+4(p+q){\sqrt {pq}}\,.$

Es ist also ${}f^{4}$ eine ${}\mathbb {Q}$- Linearkombination aus ${}1$ und ${}{\sqrt {pq}}$. Daher kann man ${}f^{4}$ auch als ${}\mathbb {Q}$-Linearkombination von ${}f^{0}=1$ und ${}f^{2}$ ausdrücken, und dies ergibt ein annullierendes Polynom wie gewünscht.

b) Es ist

${}\mathbb {Q} \subset \mathbb {Q} [{\sqrt {p}}]\subset \mathbb {Q} [{\sqrt {p}},{\sqrt {q}}]\,,$

wobei die Teilerweiterungen den Grad zwei besitzen. Daher hat nach der Gradformel die Gesamterweiterung den Grad vier. Wegen

${}\mathbb {Q} [f]\subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt {p}},{\sqrt {q}}]\,$

kommt als Grad des Minimalpolynoms nur ${}1,2,4$ in Frage. Wegen ${}f^{2}=p+q+2{\sqrt {pq}}$ ist die irrationale Zahl ${}{\sqrt {pq}}\in \mathbb {Q} [f]$, so dass der Grad eins ausgeschlossen ist. Es ist

${}{\begin{aligned}f^{3}&={\left(p+q+2{\sqrt {pq}}\right)}{\left({\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}\right)}\\&=(p+q)({\sqrt {p}}+{\sqrt {q}})+2{\sqrt {pq}}{\left({\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}\right)}\\&=(p+q)({\sqrt {p}}+{\sqrt {q}})+2p{\sqrt {q}}+2q{\sqrt {p}}\\&=(p+3q){\sqrt {q}}+(3p+q){\sqrt {p}}.\end{aligned}}$

Durch Subtraktion mit

${}(p+3q)f=(p+3q){\left({\sqrt {p}}+{\sqrt {q}}\right)}\,$

ergibt sich

$2(p-q){\sqrt {p}}\in \mathbb {Q} [f]$

und damit

${\sqrt {p}}\in \mathbb {Q} [f]$

und letztlich

${}\mathbb {Q} [f]=\mathbb {Q} [{\sqrt {p}},{\sqrt {q}}]\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass zu zwei konstruierbaren positiven reellen Zahlen ${}a$ und ${}b$ die Potenz ${}a^{b}$ nicht konstruierbar sein muss.

Lösung

Sei ${}a=2$ und

${}b={\frac {1}{3}}\,.$

Die Zahl

${}a^{b}=2^{\frac {1}{3}}={\sqrt[{3}]{2}}\,$

ist algebraisch und wird von ${}X^{3}-2$ annulliert. Da ${}{\sqrt[{3}]{2}}\in \mathbb {R} \setminus \mathbb {Q}$ liegt, gibt es nur eine reelle Nullstelle und keine rationale Nullstelle. Daher ist nach Lemma 6.9 das Polynom irreduzibel und daher nach Lemma 23.2 gleich dem Minimalpolynom. Also besitzt die Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{2}}]\cong K[X]/(X^{3}-2)\,$

den Grad ${}3$. Nach Korollar 26.7 kann daher ${}{\sqrt[{3}]{2}}$ nicht konstruierbar sein.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass jede komplexe Einheitswurzel auf dem Einheitskreis liegt.

Lösung

Für eine komplexe Einheitswurzel ${}z\in {\mathbb {C} }$ gilt

${}z^{n}=1\,$

für ein gewisses ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. Da der komplexe Betrag multiplikativ ist, gilt

${}\vert {z^{n}}\vert =\vert {z}\vert ^{n}=1\,.$

Daher ist ${}\vert {z}\vert$ eine positive reelle Zahl, deren ${}n$-te Potenz ${}1$ ist. Daher ist

${}\vert {z}\vert =1\,$

und diese Bedingung charakterisiert den Einheitskreis.