Lösung zur Klausur Algebra und Zahlentheorie I im WS03/04 von Stephan Schmitz

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1 Lösung zur Klausur Algebra und Zahlentheorie I im WS03/04 von Stephan Schmitz Die folgenden Lösungen der Klausuraufgaben verwenden zumeist nicht den kürzesten oder elegantesten Lösungsweg, sondern den, der in der Klausur am häufigsten versucht worden ist, manchmal auch mehrere. Hinweise auf gerne übersehene Fallstricke und häufig gemachte Fehler sind beigefügt. Der besseren Lesbarkeit wegen sind alle Erläuterungen ausformuliert. In einer Klausur und unter Zeitdruck wären wenige Stichworte desselben Inhalts vollkommen ausreichend. Aufgabe 1 a) Ermitteln sie die kanonische Faktorisierung N = r i=1 p a i i (a i N) der natürlichen Zahl N = b) Geben sie den kleinsten positiven Rest von 65modp a i i für 1 i r an und bestimmen Sie die zu 65 + NZ inverse Restklasse durch Angabe ihres kleinsten positiven Repräsentanten. Lösung zu Aufgabe 1 1a) Durch ausprobieren der kleinsten Primzahlen 2, 3, 5, 7,... findet man, dass 7 ein Teiler von 1309 ist. Division mit Rest ergibt 1309 = = und dies ist zugleich die kanonische Zerlegung von N = b) Die kleinsten positiven Reste von 65 mod 7, 11 und 17 sind 5, 1 und 3. Bleibt noch die Inverse Restklasse von Z zu berechnen. Hierzu sei zunächst erläutert, welches die schnellste und sicherste Methode ist. Die Restklasse Z ist bekanntlich genau dann invertierbar, wenn ggt( 65, 1309) = 1 ist. Wendet man nun den euklidischen Algorithmus auf 65 und 1309 an, so findet man nicht nur, dass dies tatsächlich der Fall ist, sondern man kann auch a, b Z bestimmen, so dass 1 = ggt( 65, 1309) = a ( 65) + b 1309 gilt. Dann ist a ein Vertreter der zu Z inversen Restklasse, denn es ist (a Z) ( Z) = a ( 65) Z = a ( 65) + b Z = Z = 1. Um den kleinsten positiven Vertreter von a+1309z zu finden muss dann gegebenenfalls noch mit Rest dividiert werden. Man findet heraus, dass der kleinste positive Vertreter der zu Z inversen Restklasse 584 ist. Alle hierzu benötigten Rechnungen lassen sich problemlos mit Papier und Stift erledigen. Da aber diese (eigentlich Standard-) Methode in der Klausur praktisch nicht verwendt wurde, folgt nun eine Lösung der Aufgabe unter Verwendung des chinesischen Restesatzes und komponentenweiser Inverser. Sei n 1 := 7, n 2 := 11 und n 3 := 17. Dann sind die n i (1 i 3) paarweise teilerfremd und es gilt N = n 1 n 2 n 3. Die n i und N erfüllen also die Voraussetzungen des chinesischen Restesatzes. Diesem kann man entnehmen, dass ( Z) 1 = ( Z) 1 ( Z) 1 ( Z) 1 = (5 + 7Z) 1 (1 + 11Z) 1 (3 + 17Z) 1 unter Verwendung der eben berechneten kleinsten positiven Reste. Diese Formel ist so zu interpretieren, dass die linke Seite existiert, wenn die rechte Seite existiert, das heißt, wenn die dort stehenden Inversen existieren. Diese lassen sich leicht berechnen, zum Beispiel durch Probieren. (Im allgemeinen wie gerade eben erläutert mit dem erweiterten euklidischen Algorithmus, aber das ist hier nicht notwendig.) Man findet (5 + 7Z) 1 = 3 + 7Z, (1 + 11Z) 1 = Z, (3 + 17Z) 1 = Z. Das bedeutet, dass Z invertierbar ist und ( Z) 1 = (3 + 7Z) (1 + 11Z) (6 + 17Z). 1

2 Nun ist noch ein Vertreter dieser Restklasse zu finden, also eine Zahl q Z für die gilt q 3 mod 7 und q 1 mod 11 und q 6 mod17. (1) Um ein solches q zu finden, gibt es wiederum zwei Möglichkeiten. Die erste ist (mehr oder weniger) geschicktes Probieren: Offensichtlich erfüllt 3 die erste Bedingung in (1). Daher haben Zahlen, welche die ersten beiden Bedingungen erfüllen die Form 3 + l 7 mit einem l Z. Durch probieren einiger Werte für l findet man, dass z. B. 45 die ersten beiden Bedingungen erfüllt. Nun iteriert man die Vorgehensweise. Zahlen, die alle drei Bedingungen erfüllen haben die Form 45 + m Probieren einiger Werte von m führt schließlich wieder auf die schon bekannte Lösung 584 (mod 1309). Man beachte, dass man zur Bestimmung eines passenden Wertes für m mod 17 rechnen kann. Man kann ein q Z, welches (1) erfüllt auch Ausrechnen, wie im Beweis des chinesischen Restesatzes angegeben. Dafür werden die Zahlen N 1 := n 2 n 3 = 187, N 2 := n 1 n 3 = 119 und N 3 := n 1 n 2 = 77 benötigt. Nun sind Zahlen a 1, a 2, a 3 Z zu finden, so dass für i {1, 2, 3} a i N i 1 mod n i gilt. Diese a i sind also Vertreter der zu N i inversen Restklasse mod n i und können daher (mal wieder) im allgemeinen mit dem euklidischen Algorithmus berechnet werden. Im vorliegenden Fall geht es dankenswerterweise aber auch mit Probieren (nicht vergessen, auch die N i mod n i zu reduzieren!). Zum Beispiel kann man a 1 = 3, a 2 = 5 und a 3 = 2 wählen. Dann liefert q = 3 a 1 N a 2 N n 3 N 3 (2) eine Lösung von (1). Reduzieren mod 1309 liefert 584 als kleinesten positiven Vertreter der zu Z inversen Restklasse. Eine Bemerkung zum Schluss: Der zweite Lösungsweg ist in gewisser Weise schöner, denn man nutzt die kanonische Zerlegung von N aus, um die inverse Restklasse mit besonders kleinen Zwischenergebnissen zu berechnen. Andererseits ist diese Methode deutlich komplexer, was insbesondere bedeutet, dass sie mehr Schreibarbeit verursacht und fehleranfälliger ist. Fast alle Klausurteilnehmer haben sich an diesem zweiten Lösungsweg versucht, aber nur ein einziges mal ist dabei auch das richtige Ergebnis gefunden worden. Die meisten sind daran gescheitert, dass sie irgendwann den Überblick verloren haben. Aufgabe 2. a) Es sei A eine endliche (additiv geschriebene) abelsche Gruppe, deren Ordnung ein Produkt von lauter verschiedenen Primzahlen ist. Begründen sie, dass A zyklisch ist. b) Es sei G eine (multiplikativ geschriebene) Gruppe mit dem neutralen Element e, deren Elemente x sämtlich die Gleichung x 2 = e erfüllen. Zeigen Sie, dass G kommutativ ist. c) Es sei G eine endliche Gruppe der Ordnung p 2 mit einer Primzahl p. Beweisen Sie, dass G abelsch ist. (Zur Erinnerung: das Zentrum jeder p-gruppe ist nicht trivial.) Lösung zu Aufgabe 2 2a) Schreibe A = p 1... p k, wobei die p i (1 i k) paarweise verschiedene Primzahlen sind. Nach dem ersten Sylow schen Satz existiert zu jedem p i eine Untergruppe U i von A mit U i = p 1. U i ist (für alle i) notwendig zyklisch, da von Primzahlordnung, wird also von einem Element u i mit ord(u i ) = p i erzeugt. Nach Aufgabe 1b von Übungsblatt 6 existiert in endlichen abelschen Gruppen (und somit in A) ein Element a maximaler Ordnung, dessen Ordnung von allen anderen Elementordnungen geteilt wird. Insbesondere ist p i = ord(u i ) für alle i ein Teiler von ord(a). Da die p i Primzahlen sind folgt hieraus, dass auch A = p 1... p k ord(a). 2

3 Dies bedeutet A ord(a) = a, woraus sofort A = a folgt. 2b) Man beachte, dass in G alle Quadrate gleich der Einheit sind. Seien a, b G beliebig. Dann gilt ab = ab(ba) 2 = ab 2 aba = a 2 ba = ba, und somit ist G kommutativ, denn zwei beliebige Elemente vertauschen. 2c) Zwei Hinweise vorab: Da p-gruppen nicht generell abelsch sind, ist es wichtig, dass die Ordnung von G das Quadrat einer Primzahl und nicht irgendeine andere Potenz ist. Ohne die Verwendung dieser Voraussetzung kann die Behauptung nicht bewiesen werden (häufigster Fehler in der Klausur). Und ein Hinweis auf einen weiteren häufig gemachten Fehler: Wenn für eine beliebige p-gruppe G das Zentrum Z(G) abelsch ist (ist es immer) und G/Z(G) abelsch ist, kann man daraus nicht folgern, dass G abelsch ist. Ein Gegenbeispiel ist zum Beispiel die in Aufgabe 3c von Übungsblatt 6 konstruierte Gruppe mit acht Elementen. Nun zur eigentlichen Lösung der Aufgabe. G ist eine p-gruppe, hat also laut Vorlesung nicht triviales Zentrum Z(G). Schreibe kurz U := Z(G). Dann ist entweder U = p 2 oder U = p, denn das Zentrum ist ein abelscher Normalteiler (eine Untergruppe) in G und somit ist seine Ordnung ein Teiler der Gruppenordnung p 2. Falls U = p 2 ist G = U und G ist abelsch. Problematisch ist also nur der Fall U = p. Es wird gezeigt, dass dieser Fall nicht auftritt. Angenommen (zum Widerspruch), es sei U = p. [1] Dann ist U zyklisch, wird also von einem Element g der Ordnung p erzeugt. Ferner gibt es ein a G \ U. Das Erzeugnis g, a ist abelsch, denn wegen g Z(G) vertauschen die Erzeuger a und g. Außerdem enthält g, a ganz U und a, also wenigstens p + 1 > p Elemente. Daher ist g, a = p 2 und somit g, a = G. (An dieser Stelle geht ein, dass die Ordnung von G ein Quadrat und keine größere p-potenz ist.) G ist mithin abelsch. [2] Dann ist aber G sein eigenes Zentrum, also U = p 2 im Widerspruch zur Annahme. Also ist die Annahme falsch, es gilt U = p 2 und G ist abelsch. Bemerkung: Es ist etwas unschön, dass man annimmt, G sei nicht abelsch, unter dieser Annahme zeigt, dass G abelsch ist und aus diesem Widerspruch (!) folgert, dass G abelsch ist. Etwas eleganter ist die Folgende Lösung, bei der die Widerspruchsannahme wegfällt: Z(G) ist eine nicht triviale p-gruppe, enthält also laut Vorlesung insbesondere eine Untergruppe U der Ordnung U = p. Jetzt kann der oben zwischen [1] und [2] stehende Abschnitt als direkter Beweis, dass G abelsch ist, verwendet werden. Aufgabe 3. Die symmetrische Gruppe S 4 ist, als Untergruppe der symmetrischen Gruppe G = S 5 aufgefasst, der Stabilisator G 5 der Ziffer 5. a) Beweisen Sie, dass die von den Permutationen π = (1, 2, 3, 4) und τ = (1, 3) erzeugte Untergruppe U von S 4 die Ordnung 8 beitzt und begründen Sie, dass U auch eine 2-Sylow-Untergruppe von S 5 ist. b) Zeigen Sie, dass jede zu U konjugierte Gruppe U im Stabilisator G m einer Ziffer m {1, 2, 3, 4, 5} enthalten ist. c) Bestimmen Sie die Anzahl der 2-Sylowgruppen in der Gruppe S 5. Lösung zu Aufgabe 3. 3a) Ein wichtiger Hinweis auf einen oft gemachten Fehler: Obwohl ord(π) = 4 und ord(τ) = 2 und τ π, folgt nicht, dass π, τ = 8. Zum Beispiel erfüllt τ := (1, 2) genau dieselben Bedingungen wie τ, aber es ist π, τ = 24. Ein weiterer Fehlschluss ist die Behauptung, dass man aus den obigen Eigenschaften von π und τ ablesen kann, dass deren Erzeugnis keine 3er-Zykeln enthält. Auch dies ist für das Gegenbeispiel mit τ falsch. Es ist übrigens gar nicht so einfach, nachzuweisen, dass U = π, τ tatsächlich acht Elemenet hat. Hier werden zwei Methoden vorgestellt. Eine weitere findet sich in der Musterlösung von Professor Leutbecher. Im folgenden wird das neutrale Element in S 4 und S 5 wie in der Vorlesung mit ε bezeichnet. 1. Ausrechnen der Elemente. Es ist leicht nachzuweisen (durch Probieren/Ausrechnen), dass U mindestens acht Elemente enthält, nämlich ε, π, π 2, π 3, τ, πτ, π 2 τ und π 3 τ. 3

4 Nun ist noch zu zeigen, dass dies bereits alle Elemente von U sind. Dies kann man z. B. tun, indem man zeigt, dass Multiplikation von links mit π oder τ keine weiteren Elemente mehr liefert. Denn: Da U von π und τ erzeugt wird, folgt sofort, dass Multiplikation von Links mit einem beliebigen Element u aus U keine weiteren Elemente liefert. Insbesondere ist dann u ε = u schon eines der oben aufgelisteten Elemente. Also sind diese eine Auflistung der Gesamten Gruppe U. Nun werden die Linksmultiplikationen mit π und τ nachgerechnet. Man sieht sofort, dass Multiplikation von links mit π keine weiteren Elemente liefert (beachte π 4 = ε). Bei der Linksmultiplikation mit τ ist zu beachten, dass τπ = π 3 τ, wie man leicht nachrechnet. (Das bedeutet τ 1 πτ = π 1 und dies ist die eigentlich entscheidende Eigenschaft von π und τ, welche zur Folge hat, dass U acht Elemente besitzt.) Also hat man τε = τ, τπ = π 3 τ, τπ 2 = π 6 τ = π 2 τ, τπ 3 = π 9 τ = πτ, τπτ = π 3, τπ 2 τ = π 2, τπ 3 τ = π und ττ = ε. Hieraus sieht man, dass die Linksmultiplikation mit τ ebenfalls keine neuen Elemente liefert. Die oben aufgelisteten acht Elemente bilden also die gesamte Gruppe U. Damit hat U acht Elemente, U = 8. Man kann diesen Beweis etwas beschleunigen, indem man feststellt, dass die obigen acht Elemente in U zwei Rechtsnebenklassen, nämlich π und π τ nach π bilden, und dass Multiplikation mit π und τ von rechts (!) keine weiteren Nebenklassen liefert, was man wegen τπ = π 3 τ sofort sieht. Man kann dann folgern, dass die beiden Nebenklassen bereits alle Elemente von U enthalten. (Die Details bleiben dem Leser überlassen.) 2. U als Semidirektes Produkt. Betrachte die von π Erzeugte Untergruppe π U. Wegen τπτ = π 3 π ist diese Untergruppe unter Konjugation mit den Erzeugern π, τ von U fest. Hieraus folgt, dass π unter Konjugation mit einem belibigen Element von U fest ist. Also ist π ein Normalteiler in U. Ferner hat dieser Normalteiler trivialen Schnitt mit τ (nachrechnen!) und erzeugt zusammen mit τ die gesamte Gruppe U. Nach einem Satz aus der Musterlösung zu Aufgabe 4 von Übungsblatt 10 ist dann U ein semidirektes Produkt von π und τ. Ein semidirektes Produkt hat aber (laut Definition in Aufgabe 3 von Übungsblatt 10) genauso viele Elemente, wie das kartesische Produkt. Also U = π τ = π τ = 4 2 = 8. U hat also acht Elemente. U ist übrigens isomorph zur Diedergruppe D 4 (vergleiche Aufgabe 2 von Übungsblatt 10). G = S 5 hat 5! = 120 = Elemente. 2-Sylowgruppen von G sind laut Definition genau die Gruppen deren Gruppenordnung gleich der höchsten Zweierpotenz, die G noch teilt, ist. In diesem Fall ist diese Zweierpotenz acht, und U ist als Untergruppe der Ordnung acht eine 2-Sylowgruppe in G. Man beachte, dass U transitiv auf {1, 2, 3, 4} operiert. 3b) Man vergleiche hierzu auch Aufgabe 1a von Übungsblatt 11. Sei U eine in S 5 zu U konjugierte Untergruppe, also U = g 1 Ug für ein g S 5. Ferner sei m := g 1 (5). Dann gilt für ein beliebiges u U : Es gibt ein u U mit u = g 1 ug und daher ist u (m) = g 1 ug(m) = g 1 ugg 1 (5) = g 1 u(5) = g 1 (5) = m, denn u(5) = 5 wegen u U G 5. Also liegt u im Stabilisator G m, und da u U beliebig war, folgt U G m. 3c) Nach dem ersten Sylow schen Satz ist die Anzahl der p-sylowgruppen in G kongruent 1 mod p. Nach einer üblichen Folgerung aus dem zweiten Sylow schen Satz teilt die Anzahl der p-sylowgruppen in G die Gruppenordnung G. Dies auf den vorliegenden Fall G = S 5, p = 2 angewandt liefert die beiden Bedingungen n 2 1 mod 2 und n

5 für die Anzahl n 2 der 2-Sylowgruppen in S 5. Dies bedeutet n 2 {1, 3, 5, 15}. Es ist klar (warum?), dass jeder Stabilisator G m mit m {1, 2, 3, 4} eine zu U konjugierte Untergruppe enthält, die transitiv auf {1, 2, 3, 4, 5} \ {m} operiert. Dies liefert zusammen mit U fünf 2-Sylowgruppen. Diese fünf Gruppen sind paarweise verschieden, denn weil sie transitiv auf genau vier Punkten operieren, kann man sie anhand des von ihnen fest gelassenen Punktes eindeutig einem der fünf Stabilisatoren zuordnen. Es gibt also mindestens fünf 2-Sylowgruppen in S 5. Bleibt die Frage: Gibt es mehr? Falls ja, so sind es nach den obigen Überlegungen genau 15. Betrachte den Stabilisator G 5 = S 4 und die darin enthaltene Gruppe U. Es gibt in S 4 neun Elemente der Ordnung zwei, nämlich (1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 3), (2, 4), (3, 4), (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3). Diese können wegen U = 8 nicht alle in U liegen, liegen aber, weil sie Gruppen der Ordnung zwei erzeugen, nach dem zweiten Sylow schen Satz alle in 2-Sylowgruppen von S 4. (Dies sind auch in S 4 die Untergruppen der Ordnung acht.) Es muss also neben U noch weitere Untergruppen der Ordnung der acht in S 4 geben. Dies liefert eine sechste 2-Sylowgruppe in S 5. Also gibt es in S 5 mehr als fünf 2-Sylowgruppen, mithin also genau 15. Aufgabe 4. Es bezeichne ϑ die positive Nullstelle des Polynoms X 2 X 1 im Körper R der reellen Zahlen. a) Begründen sie, dass R = Z + ϑz ein Unterring von R ist. b) Zeigen sie, dass die Potenzen ϑ n (n N) die folgende Form besitzen: ϑ n = a n 1 + a n ϑ mit geeigneten Koeffizienten a n Z und leiten Sie eine Rekursionsformel für sie her. c) Beweisen Sie: Durch σ(a + bϑ) = a + b bϑ (a, b Z) ist ein Ring-Endomorphismus σ von R definiert; für ihn gilt σ σ = id R. Folgern Sie, dass σ ein Automorphismus von R ist. Lösung zu Aufgabe 4. Es ist nicht notwendig ϑ auszurechnen. Wichtig ist zunächst nur, zu registrieren, dass per Definitionem ϑ 2 ϑ 1 = 0 ist, dass also ϑ 2 = ϑ + 1 gilt. 4a) Da R als Körper auch ein Ring ist, sind nicht alle Ringaxiome für R nachzurechnen, sondern nur zwei (Unterring-)Bedingungen zu überprüfen: (U1) 1 R (U2) Sind x, y R, so gilt xy R und x y R. Diese sind leicht nachzurechnen, wenn man ϑ 2 = ϑ + 1 berücksichtigt. 4b) Behauptung: ϑ n = a n 1 + a n ϑ, wobei a 0 = 0, a 1 = 1 und a n+1 = a n 1 + a n für all n 1. Wie kommt man auf diese Behauptung? In dem man sich einige Vorüberlegungen auf dem Konzept macht. Diese Vorüberlegungen könnten zum Beispiel so aussehen: ϑ 1 = }{{} 0 + }{{} 1 ϑ ϑ n+1 = (a n 1 + a n ϑ)ϑ = a n 1 ϑ + a n }{{} ϑ 2 = a n + (a n 1 + a n ) ϑ } {{ } a 0 a 1 ϑ+1 a n+1 Es ist jedenfalls unschön, die Rekursionsformel erst nach dem Beweis zu präsentieren (in der Klausur oft), denn sie wird beim Beweis bereits benötigt, sollte also vorher zur Verfügung stehen. Außerdem ist es durchaus möglich, dass es mit einer Rekursionsformel, die man während des Induktionsschrittes findet, Probleme bei der Induktionsverankerung gibt. Auch das ist in der Klausur mehrfach vorgekommen. Jetzt der Beweis obiger Behauptung: Dieser erfolgt mit vollständiger Induktion. Man beachte, dass bezüglich der Folge (a n ) n N nichts mehr zu zeigen ist, denn diese ist durch Anfangswerte und Rekursionsformel eindeutig festgelegt. Induktionsverankerung: ϑ 1 = a 0 + a 1 ϑ mit den vorgegebenen Werten a 0 = 0 und a 1 = 1. 5

6 Induktionsvoraussetzung und -schritt: Sei n N dergestalt, dass ϑ n = a n 1 + a n ϑ (für dieses spezielle n). Dann gilt ϑ n+1 = (a n 1 + a n ϑ)ϑ = a n 1 ϑ + a n }{{} ϑ 2 = a n + (a n 1 + a n ) ϑ = a } {{ } n + a n+1 ϑ. ϑ+1 a n+1 Die Behauptung gilt also auch für n + 1. Induktionsschluss/Schlusssatz: Mit vollständiger Induktion folgt die obige Behauptung für alle n N. Die Folge (a n ) n N ist übrigens die Folge der Fibonacci-Zahlen. 4c) Um zu zeigen, dass σ ein Ring-Endomorphismus, sind drei Eigenschaften nachzuweisen: 1. σ ist eine wohldefiniert Abbildung von R nach R. 2. σ ist verträglich mit Addition und Multiplikation in R, also 3. σ(1) = 1. σ(x + y) = σ(x) + σ(y) und σ(xy) = σ(x) σ(y) für alle x, y, R. Die zweite und dritte Eigenschaft kann man einfach Nachrechnen (wird hier nicht ausgeführt), wobei die Verträglichkeit mit der Multiplikation etwas unschön wird, jedoch keine wirklichen Probleme präsentiert. Man beachte wieder ϑ 2 = ϑ + 1. Ein wirklich interessantes Problem, das in der Klausur niemandem aufgefallen ist, bietet die erste Bedingung. Es ist zwar klar, dass σ von R nach R abbildet, nicht aber, dass diese Abbildung wohldefiniert ist. Fall nämlich z. B. ϑ in Q läge, so gäbe es ein m N, so dass mϑ Z. Dann wäre aber die Darstellung der Elemente von R nicht mehr eindutig. Denn es wäre mϑ = }{{} mϑ + }{{} 0 ϑ = }{{} 0 + }{{} m ϑ R. Z Z Z Z Also wäre σ(mϑ) sowohl mϑ als auch m mϑ, was durchaus verschieden sein kann. In diesem Fall wäre σ keine wohldefiniert Abbildung, da mϑ kein eindeutiges Bild hätte. Um zu zeigen, dass σ wohldefiniert ist, reicht es zu zeigen, dass für ein beliebiges a + bϑ R die Zahlen a, b Z eindeutig sind. Dies geschieht nun. Man erkennt leicht, dass das ϑ definierende Polynom X 2 X 1 über dem Körper mit zwei Elementen irreduzibel ist. Also ist es auch über Z irreduzibel, und da es sich hier um ein Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten handelt auch über Q (Vorlesung). Das bedeutet aber, dass die Nullstelle ϑ nicht in Q liegt. Mithin sind ϑ und 1 Q über Q linear unabhängig. Sind dann ã, b Z mit a + bϑ = ã + bϑ, so ist (a ã) 1 + (b b) ϑ = 0. } {{ }} {{ } Q Q Wegen linearer Unabhängigkeit von 1 und ϑ also a = ã, b = b. Mithin ist die Darstellung a + bϑ eindeutig. Also ist σ eine wohldefinierte Abbildung, das heißt jedem Element von R wird eindeutig ein Bild zugeordnet. Für a + bϑ R beliebig gilt σ σ(a + bϑ) = σ(σ(a + bϑ)) = σ(a + b bϑ) = a + b b ( b)ϑ = a + bϑ, also σ σ = id R. Insbesondere ist σ invertierbar mit σ 1 = σ. Invertierbare Abbildungen sind bijektiv, also ist σ ein Automorphismus. Damit ist alles gezeigt. 6