Kurs:Elementare Algebra/5/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	3	3	4	3	1	4	1	4	3	3	2	7	3	4	3	12	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. 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.
2. Der Index ist die Anzahl der (Links- oder Rechts-)Nebenklassen von ${}H$ in ${}G$.
3. Die Quotientenmenge

   $G/H$

   mit der eindeutig bestimmten Gruppenstruktur heißt Restklassengruppe von ${}G$ modulo ${}H$.

4. Die Einheitengruppe in ${}R$ ist die Teilmenge aller Einheiten in ${}R$.
5. Eine Nichteinheit ${}p$ in einem kommutativen Ring heißt irreduzibel, wenn eine Faktorisierung ${}p=ab$ nur dann möglich ist, wenn einer der Faktoren eine Einheit ist.
6. Eine Körpererweiterung ${}K\subseteq L$ vom Grad zwei heißt eine quadratische Körpererweiterung.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es ist

   $(a+b)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}.$

2. Elemente ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in R$ besitzen stets einen größten gemeinsamen Teiler ${}d$, und dieser lässt sich als Linearkombination der ${}a_{1},\ldots ,a_{n}$ darstellen, d.h. es gibt Elemente ${}r_{1},\ldots ,r_{n}\in R$ mit ${}r_{1}a_{1}+r_{2}a_{2}+\cdots +r_{n}a_{n}=d$.
3. Es sei ${}K$ ein Körper mit einer Charakteristik ${}\neq 2$ und es sei ${}K\subset L$ eine quadratische Körpererweiterung. Dann gibt es ein ${}x\in L$ , ${}x\notin K$ und ${}x^{2}\in K$.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass für jede ungerade Zahl ${}n$ die Zahl ${}25n^{2}-17$ ein Vielfaches von ${}8$ ist.

Lösung

Eine ungerade Zahl ${}n$ besitzt die Form ${}n=2k+1$ mit einer ganzen Zahl ${}k$. Somit ist

${}{\begin{aligned}25n^{2}-17&=25(2k+1)^{2}-17\\&=25(4k^{2}+4k+1)-17\\&=25\cdot 4\cdot k(k+1)+25-17\\&=25\cdot 4\cdot k(k+1)+8.\end{aligned}}$

Die ${}8$ hinten ist ein Vielfaches von ${}8$. Genau eine der beiden Zahlen ${}k$ und ${}k+1$ ist gerade, also von der Form ${}2m$. Daher ist ${}4\cdot k(k+1)$ ein Vielfaches von ${}8$ und somit ist die gesamte Zahl ein Vielfaches von ${}8$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige durch Induktion, dass jede natürliche Zahl ${}n\geq 2$ eine Zerlegung in Primzahlen besitzt.

Lösung

Wir beweisen die Existenz durch Induktion über ${}n$.  Für ${}n=2$ liegt eine Primzahl vor. Bei ${}n\geq 3$ ist entweder ${}n$ eine Primzahl, und diese bildet die Primfaktorzerlegung, oder aber ${}n$ ist keine Primzahl. In diesem Fall gibt es eine nichttriviale Zerlegung ${}n=ab$ mit kleineren Zahlen ${}a,b<n$. Für diese Zahlen gibt es nach Induktionsvoraussetzung jeweils eine Zerlegung in Primfaktoren, und diese setzen sich zu einer Primfaktorzerlegung für ${}n$ zusammen. 

Aufgabe (1 Punkt)

Finde die Primfaktorzerlegung von

$5\cdot 41+6\cdot 82+7\cdot 123.$

Lösung

Es ist

${}5\cdot 41+6\cdot 82+7\cdot 123=5\cdot 41+6\cdot 2\cdot 41+7\cdot 3\cdot 41=(5+12+21)\cdot 41=38\cdot 41=2\cdot 19\cdot 41\,,$

wobei ${}2,19,41$ Primzahlen sind.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass ein euklidischer Bereich ein Hauptidealbereich ist.

Lösung

Es sei ${}I$ ein von ${}0$ verschiedenes Ideal. Betrachte die nichtleere Menge

${\left\{\delta (a)\mid a\in I,\,a\neq 0\right\}}.$

Diese Menge hat ein Minimum ${}m$, das von einem Element ${}b\in I,\,b\neq 0$, herrührt, sagen wir ${}m=\delta (b)$. Wir behaupten, dass ${}I=(b)$ ist. Dabei ist die Inklusion „${}\supseteq$“ klar. Zum Beweis der Inklusion „${}\subseteq$“ sei ${}a\in I$ gegeben. Aufgrund der Definition eines euklidischen Bereiches gilt ${}a=qb+r$ mit ${}r=0$ oder ${}\delta (r)<\delta (b)$. Wegen ${}r\in I$ und der Minimalität von ${}\delta (b)$ kann der zweite Fall nicht eintreten. Also ist ${}r=0$ und ${}a$ ist ein Vielfaches von ${}b$.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme, ob die durch die Gaußklammer gegebene Abbildung

$\mathbb {Q} \longrightarrow \mathbb {Z} ,\,q\longmapsto \lfloor q\rfloor ,$

ein Gruppenhomomorphismus ist oder nicht.

Lösung

Die Gaußklammer definiert keinen Gruppenhomomorphismus, da ${}q=\lfloor {\frac {1}{2}}\rfloor =0$ ist und damit

${}\lfloor {\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\rfloor =\lfloor 1\rfloor =1\,,$

aber

${}\lfloor {\frac {1}{2}}\rfloor +\lfloor {\frac {1}{2}}\rfloor =0+0=0\,$

ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}G$ eine Gruppe und ${}g\in G$ ein Element mit endlicher Ordnung. Zeige, dass die Ordnung von ${}g$ mit dem minimalen ${}d\in \mathbb {N} _{+}$ übereinstimmt, zu dem es einen Gruppenhomomorphismus

$\mathbb {Z} /(d)\longrightarrow G$

gibt, in dessen Bild das Element ${}g$ liegt.

Lösung

Wenn ${}g$ im Bild eines Gruppenhomomorphismus

$\mathbb {Z} /(d)\longrightarrow G$

liegt, so liegt ${}g$ insbesondere in einer Untergruppe einer Ordnung ${}\leq d$ und nach dem Satz von Lagrange ist die Ordnung von ${}g$ ebenfalls ${}\leq d$. Die Ordnung ist also höchstens gleich dem Minimum der natürlichen Zahlen ${}d$, für die es einen solchen Gruppenhomomorphismus gibt.

Es sei umgekehrt ${}d$ die Ordnung von ${}g$. Der kanonische Gruppenhomomorphismus

$\mathbb {Z} \longrightarrow G,\,n\longmapsto g^{n},$

besitzt den Kern ${}\mathbb {Z} d$. Aufgrund des Satzes vom induzierten Homomorphismus induziert dieser Gruppenhomomorphismus einen Gruppenhomomorphismus

$\mathbb {Z} /(d)\longrightarrow G$

und ${}g$ gehört dabei zum Bild.

Aufgabe (3 Punkte)

Schreibe den Restklassenring ${}\mathbb {Q} [X]/(X^{4}-1)$ als ein Produkt von Körpern, wobei lediglich die Körper ${}\mathbb {Q}$ und ${}\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$ vorkommen. Schreibe die Restklasse von ${}X^{3}+X$ als ein Tupel in dieser Produktzerlegung.

Lösung

Es ist

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

und ${}X^{2}+1\in \mathbb {Q} [X]$ ist irreduzibel, da es keine rationale Nullstelle besitzt. Es handelt sich also um die Primfaktorzerlegung, wobei die Faktoren paarweise nicht assoziiert sind, da sie ja alle normiert sind. Nach dem chinesischen Restsatz für Hauptidealbereiche gilt daher die Produktzerlegung

${}\mathbb {Q} [X]/(X^{4}-1)\cong \mathbb {Q} [X]/(X+1)\times \mathbb {Q} [X]/(X-1)\times \mathbb {Q} [X]/(X^{2}+1)\cong \mathbb {Q} \times \mathbb {Q} \times \mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]\,,$

wobei wir für das zweite Gleichheitszeichen die Einsetzungen ${}X\mapsto -1$ und ${}X\mapsto 1$ und die Isomorphie ${}\mathbb {Q} [X]/(X^{2}+1)\cong \mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$ verwendet haben. Das Element ${}X^{3}+X=X(X^{2}+1)$ wird unter den drei Projektionen auf ${}-2,2$ und ${}0$ abgebildet, es ist also gleich

$(-2,2,0).$

Aufgabe (3 (1.5+1.5) Punkte)

a) Bestimme für die Zahlen ${}3$, ${}5$ und ${}7$ modulare Basislösungen, finde also die kleinsten positiven Zahlen, die in

$\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(5)\times \mathbb {Z} /(7)$

die Restetupel ${}(1,0,0),\,(0,1,0)$ und ${}(0,0,1)$ repräsentieren.

b) Finde mit den Basislösungen die kleinste positive Lösung ${}x$ der simultanen Kongruenzen

$x=2\!\!\mod 3,\,\,\,\,x=4\!\!\mod 5{\text{ und }}x=3\!\!\mod 7.$

Lösung

a) ${}(1,0,0)$: Alle Vielfachen von ${}5\cdot 7=35$ haben modulo ${}5$ und modulo ${}7$ den Rest ${}0$. Unter diesen Vielfachen muss also die Lösung liegen. ${}35$ hat modulo ${}3$ den Rest ${}2$, somit hat ${}70$ modulo ${}3$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}70$ das Restetupel ${}(1,0,0)$.

${}(0,1,0)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}21$, und ${}21$ hat modulo ${}5$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}21$ das Restetupel ${}(0,1,0)$.

${}(0,0,1)$: Hier betrachtet man die Vielfachen von ${}15$, und ${}15$ hat modulo ${}7$ den Rest ${}1$. Also repräsentiert ${}15$ das Restetupel ${}(0,0,1)$.

b) Man schreibt (in $\mathbb {Z} /(3)\times \mathbb {Z} /(5)\times \mathbb {Z} /(7)$)

${}(2,4,3)=2(1,0,0)+4(0,1,0)+3(0,0,1)\,.$

Die Lösung ist dann

${}2\cdot 70+4\cdot 21+3\cdot 15=140+84+45=269\,.$

Die minimale Lösung ist dann ${}269-2\cdot 105=59$.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass es keinen Ringhomomorphismus von ${}{\mathbb {C} }$ nach ${}\mathbb {R}$ gibt.

Lösung

Nehmen wir an, dass es einen Ringhomomorphismus

$\varphi \colon {\mathbb {C} }\longrightarrow \mathbb {R}$

gebe. Dann wäre

${}\varphi ({\mathrm {i} })\cdot \varphi ({\mathrm {i} })=\varphi ({\mathrm {i} }\cdot {\mathrm {i} })=\varphi (-1)=-1\,.$

In ${}\mathbb {R}$ sind aber alle Quadrate positiv und ${}-1$ besitzt keine Quadratwurzel, sodass ein Widerspruch vorliegt.

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei ${}p$ eine Primzahl. Finde die Partialbruchzerlegung von

${\frac {1}{X^{p}-1}}$

in ${}\mathbb {Q} (X)$.

Lösung

Es ist

${}X^{p}-1=(X-1)(X^{p-1}+X^{p-2}+\cdots +X^{2}+X+1)\,$

und der zweite Faktor ist irreduzibel nach Lemma 27.12 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)). Nach Korollar 18.5 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) muss es daher eine Darstellung der Form

${}{\frac {1}{X^{p}-1}}={\frac {a}{X-1}}+{\frac {b_{p-2}X^{p-2}+b_{p-3}X^{p-3}+\cdots +b_{2}X^{2}+b_{1}X+b_{0}}{X^{p-1}+X^{p-2}+\cdots +X^{2}+X+1}}\,$

geben. Multiplikation mit dem Hauptnenner führt auf

${}{\begin{aligned}1&=a{\left(X^{p-1}+X^{p-2}+\cdots +X^{2}+X+1\right)}+(X-1){\left(b_{p-2}X^{p-2}+b_{p-3}X^{p-3}+\cdots +b_{2}X^{2}+b_{1}X+b_{0}\right)}\\&=(a+b_{p-2})X^{p-1}+(a+b_{p-3}-b_{p-2})X^{p-2}+(a+b_{p-4}-b_{p-3})X^{p-3}+\cdots +(a+b_{1}-b_{2})X^{2}+(a+b_{0}-b_{1})X+(a-b_{0}).\end{aligned}}$

Also ist

${}a+b_{p-2}=0\,,$

für jedes ${}i=2,\ldots ,p-1$ ist (der Koeffizient zu ${}X^{p-i}$)

${}a+b_{p-i-1}-b_{p-i}=0\,$

und

${}a-b_{0}=0\,.$

Durch Addition der ersten ${}i$ Bedingungen erhält man

${}ia+b_{p-1-i}=0\,$

für ${}i=1,\ldots ,p-1$. Aus

${}(p-1)a+b_{0}=0\,$

und

${}a-b_{0}=1\,$

ergibt sich

${}a={\frac {1}{p}}\,$

und daraus

${}b_{p-i-1}=-{\frac {i}{p}}\,.$

Die Partialbruchzerlegung ist demnach

${}{\frac {1}{X^{p}-1}}={\frac {\frac {1}{p}}{X-1}}+{\frac {-{\frac {1}{p}}X^{p-2}-{\frac {2}{p}}X^{p-3}-\cdots -{\frac {p-3}{p}}X^{2}-{\frac {p-2}{p}}X-{\frac {p-1}{p}}}{X^{p-1}+X^{p-2}+\cdots +X^{2}+X+1}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Drücke in ${}\mathbb {R} ^{3}$ den Vektor

$(1,0,0)$

als Linearkombination der Vektoren

$(1,-2,5),(4,0,3){\text{ und }}(2,1,1)$

aus.

Lösung

Es geht darum, das lineare Gleichungssystem

${\begin{matrix}x+4y+2z&=&1\\-2x\,\,\,\,\,\,\,\,+z&=&0\\5x+3y+z&=&0\,\end{matrix}}$

zu lösen. Wir eliminieren mit Hilfe der dritten Gleichung die Variable ${}y$ aus der ersten Gleichung. Das resultierende System ist (${}I'=3I-4III$)

${\begin{matrix}-17x\,\,\,\,\,\,\,\,+2z&=&3\\-2x\,\,\,\,\,\,\,\,+z&=&0\\5x+3y+z&=&0\,.\end{matrix}}$

Wir eliminieren nun aus ${}I'$ mittels ${}II$ die Variable ${}z$, das ergibt (${}I'-2II$)

${\begin{matrix}-13x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,&=&3\\-2x\,\,\,\,\,\,\,\,+z&=&0\\5x+3y+z&=&0\,.\end{matrix}}$

Wir können jetzt dieses System lösen. Es ist

$x=-{\frac {3}{13}},$

${}z=2x=-{\frac {6}{13}}\,$

und

${}y={\frac {-5x-z}{3}}={\frac {15+6}{39}}={\frac {21}{39}}={\frac {7}{13}}\,.$

Also ist

${}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}=-{\frac {3}{13}}{\begin{pmatrix}1\\-2\\5\end{pmatrix}}+{\frac {7}{13}}{\begin{pmatrix}4\\0\\3\end{pmatrix}}-{\frac {6}{13}}{\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein endlicher Körper. Zeige, dass die Anzahl der Elemente von ${}K$ die Potenz einer Primzahl ist.

Lösung

Der endliche Körper kann nicht die Charakteristik ${}0$ besitzen, und als Charakteristik eines Körpers kommt ansonsten nach Lemma 13.5 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) nur eine Primzahl in Frage. Diese sei mit ${}p$ bezeichnet. Das bedeutet, dass ${}K$ den Körper ${}\mathbb {Z} /(p)$ enthält. Damit ist aber ${}K$ ein Vektorraum über ${}\mathbb {Z} /(p)$, und zwar, da ${}K$ endlich ist, von endlicher Dimension. Es sei ${}n$ die Dimension, ${}n\geq 1$. Dann hat man eine ${}\mathbb {Z} /(p)$-Vektorraumisomorphie

${}K\cong (\mathbb {Z} /(p))^{n}\,$

und somit besitzt ${}K$ gerade ${}p^{n}$ Elemente.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper mit einer Charakteristik ${}\neq 2$ und es sei ${}K\subset L$ eine quadratische Körpererweiterung. Zeige, dass es dann ein ${}x\in L$, ${}x\notin K$, mit ${}x^{2}\in K$ gibt.

Lösung

Nach Voraussetzung ist ${}L$ ein zweidimensionaler Vektorraum über ${}K$, und darin ist ${}K=K1$ ein eindimensionaler Untervektorraum. Nach dem Basisergänzungssatz gibt es ein Element ${}y\in L$ derart, dass ${}1$ und ${}y$ eine ${}K$-Basis von ${}L$ bilden. Wir können

${}y^{2}=a+by\,$

schreiben, bzw. (da ${}2$ eine Einheit ist),

${}0=y^{2}-by-a={\left(y-{\frac {b}{2}}\right)}^{2}-{\frac {b^{2}}{4}}-a\,.$

Mit ${}x=y-{\frac {b}{2}}$ gilt also ${}x^{2}={\frac {b^{2}}{4}}+a\in K$ und ${}1$ und ${}x$ bilden ebenfalls eine ${}K$-Basis von ${}L$.

Aufgabe (12 (3+1+6+2) Punkte)

Es sei ${}p$ eine Primzahl.

a) Bestimme den Grad der Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]\,.$

Man gebe auch eine ${}\mathbb {Q}$- Basis von ${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$ an.

b) Zeige, dass in ${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$ alle Elemente der Form ${}m^{3}p$ und ${}n^{3}p^{2}$ mit ${}m,n\in \mathbb {Q}$ eine dritte Wurzel besitzen.

c) Die rationale Zahl ${}x\in \mathbb {Q}$ besitze in ${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$ eine dritte Wurzel. Zeige, dass ${}x$ die Form

$x=k^{3}{\text{ oder }}x=m^{3}p{\text{ oder }}x=n^{3}p^{2}$

mit ${}k,m,n\in \mathbb {Q}$ besitzt.

d) Es sei nun ${}q$ eine weitere, von ${}p$ verschiedene Primzahl. Bestimme den Grad der Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}},{\sqrt[{3}]{q}}]\,.$

Lösung

a) Wegen ${}{\sqrt[{3}]{p}}\notin \mathbb {Q}$ besitzt das Polynom ${}X^{3}-p$ keine Nullstelle in ${}\mathbb {Q}$. Daher ist es nach Lemma 6.9 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) irreduzibel und somit ist ${}X^{3}-p$ nach Lemma 23.2 (Elemente der Algebra (Osnabrück 2024-2025)) das Minimalpolynom und somit besitzt die Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]\,$

den Grad ${}3$. Eine ${}\mathbb {Q}$- Basis ist durch ${}1,{\sqrt[{3}]{p}},{\sqrt[{3}]{p}}^{2}$ gegeben.

b) Es ist

${}(m{\sqrt[{3}]{p}})^{3}=m^{3}p\,$

und

${}(n({\sqrt[{3}]{p}})^{2})^{3}=n^{3}p^{2}\,.$

c) Eine dritte Potenz in ${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$ besitzt die Form ${}y^{3}$ mit ${}y\in \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$. Sei

${}y=a+b{\sqrt[{3}]{p}}+c{\sqrt[{3}]{p}}^{2}=a+bp^{1/3}+cp^{2/3}\,$

mit ${}a,b,c\in \mathbb {Q}$. Dann ist

${}y^{3}=r+sp^{1/3}+tp^{2/3}\,$

mit

${}r=a^{3}+b^{3}p+c^{3}p^{2}+6abcp\,,$

${}s=3a^{2}b+3b^{2}cp+3ac^{2}p\,$

und

${}t=3a^{2}c+3ab^{2}+3bc^{2}p\,.$

Wegen ${}y^{3}\in \mathbb {Q}$ müssen die beiden hinteren Komponenten ${}0$ sein, also

${}s=t=0\,.$

Daher ist auch

${}0=bs-at=3b^{3}cp-3a^{3}c=3c(b^{3}p-a^{3})\,.$

Es sei zuerst der hintere Faktor ${}0$. Bei ${}b\neq 0$ müsste

${}p={\left({\frac {a}{b}}\right)}^{3}\,$

sein, was der Irrationalität dieser dritten Wurzel widerspricht. Also ist ${}b=0$ und damit auch ${}a=0$.

Es sei nun

${}c=0\,.$

Wegen ${}s=0$ folgt daraus ${}a=0$ oder ${}b=0$. In jedem Fall sind also mindestens zwei der Koeffizienten ${}a,b,c$ gleich ${}0$. Die zugehörigen dritten Potenzen sind

$a^{3},b^{3}p,c^{3}p^{2}$

und somit sind die rationalen Zahlen, die in diesem Körper eine dritte Wurzel besitzen, von der beschriebenen Art.

d) Wir betrachten die Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]\subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}},{\sqrt[{3}]{q}}]\,.$

Nach Teil b) ist ${}{\sqrt[{3}]{q}}\notin \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$. Somit ist ${}X^{3}-q$ irreduzibel über ${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]$ und daher besitzt nach der gleichen Argumentation wie unter a) die Körpererweiterung

${}\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}]=\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}][{\sqrt[{3}]{q}}]\,$

den Grad ${}3$. Nach der Gradformel besitzt die Gesamterweiterung

${}\mathbb {Q} \subseteq \mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}}][{\sqrt[{3}]{q}}]=\mathbb {Q} [{\sqrt[{3}]{p}},{\sqrt[{3}]{q}}]\,$

den Grad ${}3\cdot 3=9$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}n$ eine zu ${}360$ teilerfremde natürliche Zahl. Zeige, dass der Winkel ${}n^{\circ }$ nicht mit Zirkel und Lineal konstruierbar ist.

Lösung

Wegen der Teilerfremdheit gibt es ganze Zahlen ${}r,s$ mit

${}rn+s360=1\,.$

Wenn der Winkel ${}n^{\circ }$ konstruierbar wäre, so könnte man diese Konstruktion ${}\vert {r}\vert$ mal aneinander anlegend durchführen und würde den Winkel ${}n^{\circ }$ erhalten. Dieser entspricht aber dem Winkel ${}1^{\circ }$ und dieser wäre dann ebenfalls konstruierbar. Dann wäre das regelmäßige ${}360$-Eck konstruierbar. Wegen

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

ist dies aber nicht der Fall.