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Kurs:Elementare Algebra/4/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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Aufgabe 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
Punkte 3 3 1 2 5 3 4 3 4 12 4 4 8 4 2 62




Aufgabe (3 Punkte)


Lösung


Aufgabe (3 Punkte)


Lösung


Aufgabe (1 Punkt)

Es sei eine Gruppe. Zeige, dass

für alle ist.


Lösung

Es ist

Damit ist das Inverse zu . Damit ist


Aufgabe (2 Punkte)

Finde zwei natürliche Zahlen, deren Summe und deren Produkt ist.


Lösung

Die Primfaktorzerlegung von ist

Die beiden gesuchten Zahlen müssen also Teiler davon sein, also von der Form mit . Da die Summe ungerade ist, besitzt die eine Zahl die Form

Dies führt auf die und .


Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ein Körper und der Polynomring über . Zeige unter Verwendung der Division mit Rest, dass ein Hauptidealbereich ist.


Lösung

Es sei ein von verschiedenes Ideal in . Betrachte die nichtleere Menge

Diese Menge hat ein Minimum , das von einem Element , , herrührt, sagen wir . Wir behaupten, dass ist. Die Inklusion ist klar. Zum Beweis von sei gegeben. Aufgrund von Satz 5.3 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gilt

Wegen und der Minimalität von kann der erste Fall nicht eintreten. Also ist und ist ein Vielfaches von .


Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe zu jedem einen kommutativen Ring und ein Element , , an, für das und gilt.


Lösung

Wir betrachten den Restklassenring

und darin die Restklasse zu , die wir mit bezeichnen. Das Element ist nicht , da im Polynomring aus Gradgründen nicht ein Vielfaches von mit sein kann. In diesem Ring gilt und daher ist überhaupt für jedes Element , also insbesondere für . Ferner ist , da in der Restklassenbildung das gesamte Ideale zu gemacht wird.


Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Wir betrachten die endliche Permutationsgruppe zu einer Menge mit Elementen.

a) Zeige, dass es in Elemente der Ordnung gibt.

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


Lösung

Die Menge sei .

a) Die zyklische Permutation

hat offenbar die Ordnung , da zu jedem Element die Potenzen für die Elemente von durchlaufen.

b) Es sei und betrachte die Permutation

Die Zahlen und sind wieder an ihrer Stelle, wenn man eine Potenz von mit einem geraden Exponenten anwendet, und die Zahlen und sind wieder an ihrer Stelle, wenn der Exponent ein Vielfaches von ist. Die Ordnung ist also .


Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ein kommutativer Ring und . Zeige, dass die Abbildung

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


Lösung

Für Elemente ist nach dem Distributivgesetz

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

dies ist genau das von erzeugte Hauptideal . Der Kern besteht aus allen Elementen der Form

das sind also alle Elemente, die bei Multiplikation mit die ergeben.


Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

a) Finde die Zahlen mit der Eigenschaft, dass die letzte Ziffer ihres Quadrates (in der Dezimaldarstellung) gleich ist.

b) Finde die Zahlen mit der Eigenschaft, dass die beiden letzten Ziffern ihres Quadrates (in der Dezimaldarstellung) gleich ist.


Lösung

a) Hier kann man direkt ausrechnen, dass die Lösungen sind.

b) Es geht um die Frage, für welche die Gleichheit

(in ) gilt. Es geht also darum, die idempotenten Elemente von zu finden. Wegen

und da es modulo einer Primzahlpotenz nur die trivialen idempotenten Elemente gibt, geht es um die Elemente in der Produktdarstellung. Diese entsprechen den Zahlen .


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

Es seien kommutative Ringe und sei

der Produktring.

  1. Es seien

    Ideale. Zeige, dass die Produktmenge

    ein Ideal in ist.

  2. Zeige, dass jedes Ideal die Form

    mit Idealen besitzt.

  3. Sei

    ein Ideal in . Zeige, dass genau dann ein Hauptideal ist, wenn sämtliche Hauptideale sind.

  4. Zeige, dass genau dann ein Hauptidealring ist, wenn alle Hauptidealringe sind.


Lösung

  1. Wegen

    ist nicht leer. Für zwei Elemente und aus ist jeweils . Daher ist stets und somit gehört

    zum Ideal. Für

    und

    ist jeweils und daher . Somit gehört

    zu .

  2. Zu einem Ideal

    setzen wir

    Hierbei steht an der -ten Stelle. Dies ist jeweils ein Ideal in : Es ist ; wenn

    ist auch

    Wenn und ist, so ist

    und somit ist

    also . Wir behaupten

    Wenn

    ist, so ist auch (mit der an der -ten Stelle)

    also . Also ist . Wenn umgekehrt ist, so ist , also

    Wegen

    ist somit .

  3. Es seien zunächst die Hauptideale in . Für jedes Element ist dann mit einem . Damit ist

    also ist ein Erzeuger von und es liegt ein Hauptideal vor. Wenn umgekehrt ein Hauptideal ist, so sei ein Erzeuger davon. Zu jedem gehört zu und somit gibt es ein mit

    Also ist

    und daher ist ein Erzeuger von .

  4. Dies folgt unmittelbar aus (3).


Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

a) Zeige, dass irreduzibel in ist.

b) Bestimme die Partialbruchzerlegung von

in .


Lösung

Für besitzt das Polynom die Werte , also keine Nullstelle. Nach Lemma 6.9 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) ist es also irreduzibel.

b) Polynomdivision führt auf

Daher ist


Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme in das multiplikative Inverse von

Die Antwort muss in der Form mit in gekürzter Form sein.


Lösung

Wir multiplizieren mit seinem konjugierten Element und erhalten

Daher ist

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

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

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

also ist


Aufgabe (8 (3+5) Punkte)

Es seien und sei

a) Zeige, dass es ein Polynom der Form

mit gibt.

b) Es seien nun zusätzlich und verschiedene Primzahlen. Zeige, dass das Polynom aus Teil a) das Minimalpolynom zu ist.


Lösung

a) Es ist

und

Es ist also eine - Linearkombination aus und . Daher kann man auch als -Linearkombination von und ausdrücken, und dies ergibt ein annullierendes Polynom wie gewünscht.

b) Es ist

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

kommt als Grad des Minimalpolynoms nur in Frage. Wegen ist die irrationale Zahl , sodass der Grad eins ausgeschlossen ist. Es ist

Durch Subtraktion mit

ergibt sich

und damit

und letztlich


Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass zu zwei konstruierbaren positiven reellen Zahlen und die Potenz nicht konstruierbar sein muss.


Lösung

Sei und

Die Zahl

ist algebraisch und wird von annulliert. Da liegt, gibt es nur eine reelle Nullstelle und keine rationale Nullstelle. Daher ist nach Lemma 6.9 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) das Polynom irreduzibel und daher nach Lemma 23.2 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) gleich dem Minimalpolynom. Also besitzt die Körpererweiterung

den Grad . Nach Korollar 26.7 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) kann daher nicht konstruierbar sein.


Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass jede komplexe Einheitswurzel auf dem Einheitskreis liegt.


Lösung

Für eine komplexe Einheitswurzel gilt

für ein gewisses . Da der komplexe Betrag multiplikativ ist, gilt

Daher ist eine positive reelle Zahl, deren -te Potenz ist. Daher ist

und diese Bedingung charakterisiert den Einheitskreis.