Prof. Dr. Duco van Straten Oliver Weilandt Klausur zur Elementaren Algebra und Zahlentheorie Mittwoch, 0.03.05 Bitte tragen Sie hier gut lesbar Ihren Namen und Ihre Matrikelnummer ein. Name, Vorname Matrikelnummer Bitte kreuzen Sie in der zweiten Zeile die bearbeiteten Aufgaben an! Aufgabe 1 3 4 5 6 7 8 9 * Σ bearbeitet Punkte Die Klausur besteht aus 9 Aufgaben und einer Bonusaufgabe. Jede Aufgabe wird mit maximal 10 Punkten bewertet. Die Bearbeitungszeit beträgt 180 Minuten = 3 Stunden. Es sind keinerlei Hilfsmittel zugelassen. Schreiben Sie auf jedes Lösungsblatt Ihren Namen und die Nummer der bearbeiteten Aufgabe. Begründen Sie alle Argumentationsschritte und geben Sie bei Rechnungen Zwischenschritte mit an, die den Rechenweg erkennen lassen. Unbegründete Ergebnisse führen zu Nichtwertung oder Punktabzug.
Aufgabe 1 1. Bestimmen Sie explizit alle achten Einheitswurzeln in C. (Das Ergebnis sollte also keine trigonometrischen Funktionen enthalten.). Wählen Sie eine achte Einheitswurzel ρ der Ordnung acht. Berechnen Sie nun Lösung 1 ρ + ρ + ρ 4 + ρ 7. 1. Die achten Einheitswurzeln bilden ein regelmäßiges Achteck auf dem Einheitskreis in der Gaußschen Ebene. Als vierte und insbesondere also auch achte Einheitswurzeln sind 1, i, 1 und i bekannt. Die übrigen vier achten Einheitswurzeln sind die Wurzeln von ±i und liegen auf den Schnittpunkten der beiden Winkelhalbierenden des Achsenkreuzes mit dem Einheitskreis. Elementargeometrisch (Pythagoras) oder trigonometrisch (sin π = cos π = 1 4 4 ) bestimmt man diese Punkte zu 1 + i, 1 + i, 1 i und 1 i.. Diese vier achten Einheitswurzeln haben alle die Ordnung acht. Ich wähle ρ := 1+i. Dann gilt ρ + ρ + ρ 4 + ρ 7 = 1 + i + i + ( 1) + 1 i = 1 + i = 1 + i Die anderen Lösungen sind je nach Wahl von ρ (in der obigen Reihenfolge) 1 i, 1 + i bzw. 1 i.
Aufgabe Wir betrachten die beiden Polynome f = X 4 + 3X 8, g = X 4 X 3 9 4 X 5 4 X + 7. 1. Finden Sie alle komplexen Nullstellen von f und g. Wie sehen die Zerlegungen von f und g in komplexe Linearfaktoren aus?. Zerlegen Sie f und g als Elemente von R[X] in irreduzible Faktoren. Hinweise: Berechnen Sie g(1). Für x 3 = px + q lautet die Cardanische Formel: x = u + p 3u, u = q (q ( p ) 3. 3 ) + 3 Lösung 1. Das Polynom f führt auf die biquadratische Gleichung x 4 + 3x 8 = 0 (x + 3 ) = x 4 + 3x + 9 4 = 8 + 9 4 = 11 4 x + 3 = ±11 x = 4 oder x = 7 x = ± oder x = ± 7i Da f ein normiertes Polynom vom Grad vier mit diesen Nullstellen ist, muss also gelten: f = (X )(X + )(X 7i)(X + 7i). Es ist g(1) = 0, d.h. g hat (X 1) als Linearfaktor. Polynomdivision liefert Wir müssen also nun die Gleichung g : (X 1) = X 3 9 4 X 7. X 3 9 4 X 7 = 0 oder X3 = 9 4 X + 7 lösen. D.h. wir haben p := 9 und q := 7. In die Cardanische Formel eingesetzt 4
ergibt sich q (q ( p u = 3 ) + 3 7 49 = 3 4 + 16 7 64 = 3 = 3 7 4 + 13 8 = 3 = 3. Also erhalten wir 7 8 ) 3 3 = 7 4 + 9 7 4 + 169 64 (7 ) 4 x = u + p 3u = 3 9 + 4 = 3 + 1 =. Polynomdivision liefert ( X 3 9 4 X 7 ) : (X ) = X + X + 7. ( ) 3 3 4 Zu dem quadratischen Polynom X + X + 7 berechnen sich die Nullstellen als 5 X = 1 ± i. Da g ein normiertes Polynom vom Grad vier mit den berechneten Nullstellen ist, folgt ( ) ( ) 5 5 g = (X 1)(X ) X + 1 i X + 1 i.. Um die Zerlegung von f und g in irreduzible Faktoren über den reellen Zahlen zu bekommen, müssen wir in den obigen Darstellungen die Linearfaktoren mit zueinander konjugierten Nullstellen zusammenfassen. Eine Rechnung ist nicht nötig, da die quadratischen Polynome in den Rechnungen schon aufgetaucht sind. Das Ergebnis lautet dann f = (X )(X + )(X + 7), ( g = (X 1)(X ) X + X + 7 ).
Aufgabe 3 1. Welche Reste modulo 3 kann das Quadrat einer ganzen Zahl n annehmen? Wie hängt dieser Rest von n ab?. Zeigen Sie, dass die Summe der Quadrate dreier aufeinanderfolgender ganzer Zahlen nie selbst eine Quadratzahl ist. Lösung 3 1. Es gilt n 0 mod 3 n 0 mod 3, n 1 mod 3 n 1 mod 3, n mod 3 n 4 1 mod 3. Eine Quadratzahl n hat also genau dann den Rest 0 modulo 3, wenn n durch 3 teilbar ist. Sonst hat n den Rest 1 modulo 3.. Von drei aufeinanderfolgenden ganzen Zahlen ist genau eine durch drei teilbar. Von ihren Quadraten hat also eines den Rest 0 und zwei den Rest 1 modulo 3. Ihre Summe hat dann den Rest modulo 3, was bei einer Quadratzahl nach 1. nicht vorkommen kann. Dies beweist die Aussage. Eine eher rechnerische Variante lautet: Nennen wir die erste der drei Zahlen n, dann beträgt die Summe der drei Quadrate n + (n + 1) + (n + ) = 3n + 6n + 5 = 3(n + n + 1) + mod 3. Dann geht das Argument genauso weiter wie oben.
Aufgabe 4 Bestimmen Sie die Ordnungen aller Elemente in F 13. Welche Elemente sind Erzeuger, welche sind Quadrate in F 13? Lösung 4 Die Gruppe F 13 ist zyklisch und besitzt 1 Elemente. Sie ist also isomorph zu Z/1. Als Erstes müssen wir einen Erzeuger finden. Probieren wir das Element : 1 =, 5 = 6, 9 = 18 = 5, = 4, 6 = 1, 10 = 10, 3 = 8, 7 = 4 = 11, 11 = 0 = 7, 4 = 16 = 3, 8 = = 9, 1 = 14 = 1. Also ist ein Erzeuger von F 13. Das Element 1 ist als neutrales Element das einzige der Ordnung 1. Überhaupt können nur die Teiler von 1, also 1,, 3, 4,6 und 1 als Ordnungen auftreten. Wir suchen nun die Ordnung n eines beliebigen Elements a F 13. a ist von der Form r, 0 r 11. n ist also die kleinste natürliche Zahl n mit 1 = a n = ( r ) n = rn. Da die Ordnung 1 hat, muss rn durch 1 teilbar sein. Wegen der Minimalität von n muss rn dann das kleinste gemeinsame Vielfache von r und 1 sein. Also haben wir: kgv(r, 1) n = r 1r = ggt(1, r)r 1 = ggt(1, r) Damit lassen sich nun alle Ordnungen einfach ausrechnen:, 6, 7 und 11 haben Ordnung 1. Dies sind die Erzeuger von F 13 4 und 10 haben Ordnung 6. 5 und 8 haben Ordnung 4. 3 und 9 haben Ordnung 3. 1 hat Ordnung und 1 hat natürlich Ordnung 1. Alle geraden Potenzen von sind Quadrate in F 13. Dies sind 1, 4, 3, 1, 9 und 10. Da jedes dieser sechs Elemente zwei Quadratwurzeln besitzt (Das Negative einer Wurzel ist auch eine Wurzel.), F 13 aber nur 1 Elemente besitzt, kann es keine weiteren Quadrate als diese geben. Anstelle dieses Argumentes könnte man auch einfach alle zwölf Elemente von F 13 quadrieren und sehen, dass nur diese sechs Quadrate herauskommen.
Aufgabe 5 Finden Sie alle Lösungen der simultanen Kongruenz x 3 mod 7, 4x 3 mod 11, 3x 1 mod 4. Lösung 5 Multipizieren wir die drei Äquivalenzen mit den jeweiligen Einheiten 4, 3 bzw. 3, so erhalten wir das äquivalente System x 5 mod 7, x 9 mod 11, x 3 mod 4. Die drei Moduln 7, 11 und 4 sind paarweise teilerfremd. Wir können also den Algorithmus aus der Vorlesung anwenden. Mit den Bezeichnungen aus der Vorlesung gilt m 1 = 7, a 1 = 5, m = 11, a = 9, m 3 = 4, a 3 = 3. Es ist M := m 1 m m 3 = 308 und es gilt mit M i := M/m i M 1 = 44 mod 7, Inverses modulo 7: b 1 := 4, M = 8 6 mod 11, Inverses modulo 11: b :=, M 3 = 77 1 mod 7, Inverses modulo 4: b 1 := 1. Dann gilt mit E 1 := M i b i E1 = 176, E = 56, E3 = 77. Eine Lösung ist dann x = i a i E i = 5 176 + 9 56 + 3 77 = 880 + 504 + 31 = 1615 75 mod 308. Alle Lösungen der simultanen Kongruenz sind also die ganzen Zahlen x mit x 75 mod 308 gegeben. Eine kurze Probe, dass 75 wirklich eine Lösung ist, ist unbedingt empfehlenswert.
Aufgabe 6 1. Was sagt der chinesische Restsatz über den Ring Z/111Z aus?. Bestimmen Sie ϕ(111). 3. Berechnen Sie 3 145 mod 111. 4. Was ist das Inverse von [19] in E(Z/111Z)? Lösung 6 1. Die Zahl 111 hat die Primfaktorzerlegung 111 = 3 37. (Die Teilbarkeit durch 3 erhält man nach der Quersummenregel oder durch Ausprobieren!). Die Primzahlen 3 und 37 sind teilerfremd. Der Chinesische Restsatz besagt nun, dass der natürliche Ringhomomorphismus ein Ringisomorphismus ist. Z/111 Z/3 Z/37, n (n, n). Es gilt ϕ(111) = ϕ(3)ϕ(37) = #E(Z/3)#E(Z/37) = 36 = 7. Denn für Primzahlen p ist Z/p ein Körper und somit jedes von Null verschiedene Element eine Einheit. 3. Es gilt mach dem Satz von Euler 3 145 = 3 1+ 7 = 3 9 7 3 1 = 3 mod 111. 4. Der Euklidische Algorithmus für 111 und 19 ergibt 111 : 19 = 5, Rest 16, 16 = 111 5 19, 19 : 16 = 1, Rest 3, 3 = 19 16 = 111 + 6 19, 16 : 3 = 5, Rest 1, 1 = 16 5 3 = 6 111 35 19. Also ist [-35] das gesuchte Inverse zu [19] ind E(Z/111).
Aufgabe 7 Wir betrachten die symmetrische Gruppe S 10. 1. Geben Sie Elemente der Ordnungen 1, 15 und 30 an.. Ist die Menge eine Untergruppe? H := {σ S 10 σ(1) = 1} 3. Zeigen Sie, dass (1, )H(1, ) 1 = {σ S 10 σ() = }. 4. Ist H ein Normalteiler in S 10? 5. Was ist der Index [S 10 : H] von H in S 10? Lösung 7 1. Die folgenden Elemente haben die gesuchten Ordnungen, da diese Zahlen, das kgv der Längen der elementfremden Zykel sind: (1,, 3)(4, 5, 6, 7) hat Ordnung 1, (1,, 3)(4, 5, 6, 7, 8) hat Ordnung 15, (1, )(3, 4, 5)(6, 7, 8, 9, 10) hat Ordnung 30.. Es ist klar, dass das neutrale Element e H ist. Seien σ, τ H, d.h. σ(1) = 1 = τ(1), dann gilt (σ τ)(1) = σ(τ(1)) = σ(1) = 1, σ 1 (1) = σ 1 (σ(1)) = /σ 1 σ)(1) = e(1) = 1. Also sind auch σ τ und σ 1 Elemente von H. Damit ist H eine Untergruppe. 3. Sei H := {σ S 10 σ() = }. (1, )H(1, ) 1 H Sei σ H. Dann gilt (1, )σ(1, ) 1 () = (1, )σ(1, )() = (1, )σ(1) = (1, )(1) =. Also ist (1, )σ(1, ) 1 H. (1, )H(1, ) 1 H Sei τ H, d.h. τ() =. Dann gilt für Die Permutation σ := (1, )τ(1, ): σ(1) = (1, )τ(1, )(1) = (1, )τ() = (1, )() = 1, d.h. σ H. Also ist das Element (1, )σ(1, ) 1 (1, )H(1, ) 1. Nach der Definition von σ gilt aber (1, )σ(1, ) 1 = (1, )(1, )τ(1, )(1, ) = τ. Also ist τ (1, )H(1, ) 1, q.e.d.
4. H ist kein Normalteiler in S 10, da H (1, )H(1, ) 1. Denn der Zykel (, 3) liegt in H, aber nicht in in der konjugierten Untergruppe (1, )H(1, ) 1. 5. Die symmetrische Gruppe S 10 hat 10! Elemente. H hat genau 9! Elemente, da jedes Element von H eine Permutation der Zahlen von bis 10 ist, während die 1 festgehalten wird. Nach dem Satz von Lagrange gilt für den Index [S 10 : H] die Gleichung S 10 = [S 10 : H] H. Daraus folgt [S 10 : H] = S 10 H = 10! 9! = 10.
Aufgabe 8 Sei G eine beliebige Gruppe, h G ein Element. 1. Zeigen Sie, dass die Konjugationsabbildung ein Gruppenhomomorphismus ist. ϕ : G G, g hgh 1. Ist ϕ ein Isomorphismus? Falls ja, geben Sie den inversen Homomorphismus direkt an. Lösung 8 1. Seien g, g G. Dann gilt ϕ(g)ϕ(g ) = hgh 1 hg h 1 = hgeg h 1 = hgg h 1 = ϕ(gg ) Also ist ϕ ein Gruppenhomomorphismus.. Wir betrachten die Konjugationsabbildung zu h 1 Dann gilt für alle g G ψ : G G, g h 1 gh ψ ϕ(g) = h 1 hgh 1 h = g und ϕ ψ(g) = hh 1 ghh 1 = g Also sind ψ ϕ und ϕ ψ jeweils die Identität auf G. ψ ist also Invers zu ϕ. Insbesondere ist ϕ ein Isomorphismus.
Aufgabe 9 1. Warum ist der Ring Q[X]/(X 3 ) ein Körper?. Führen Sie den Euklidischen Algorithmus mit den Polynomen X 3 und X X + 1 durch und bestimmen Sie die Bézoutkoeffizienten. 3. Bestimmen sie das multiplikative Inverse der Restklasse [X X +1] im Körper Q[X]/(X 3 ). Lösung 9 1. Das Polynom X 3 besitzt keine rationalen Nullstellen. (Die einzige reelle Nullstelle 3 ist irrational.) Also kann dieses Polynom keinen rationalen Linearfaktor abspalten und ist deshalb in Q[X] irreduzibel. Aus diesem Grunde ist Q[X]/(X 3 ) ein Körper.. Es gilt (X 3 ) : (X X + 1) = X + 1, Rest -3, (X 3 ) (X + 1)(X X + 1) = 3. Es gilt also ggt(x 3, X X + 1) = 3 mit Bézoutkoeffizienten 1 und X 1. Da der größte gemeinsame Teiler nur bis auf Einheiten eindeutig bestimmt ist, können wir auch sagen, dass 1 der größte gemeinsame Teiler ist. Die Bézoutkoeffizienten müssen dann natürlich durch 3 geteilt werden. Wir erhalten die Gleichung 1 = 1 3 (X3 ) + X + 1 (X X + 1). 3 3. Aus der letzten Gleichung ergibt sich, dass die Restklasse [ X+1 ] das multiplikative Inverse von [X X + 1] 3 ist.
Bonusaufgabe Zeigen Sie für alle n N die Identität n (1 1i ) = 1 i= ( 1 + 1 ). n Lösung der Bonusaufgabe Beweis durch vollständige Induktion nach n. Induktionsanfang (n = 1): Es gilt 1 (1 1i ) = 1 = 1 i= ( 1 + 1 ). 1 Induktionsschritt (n n + 1): Angenommen, die Formel sei für n erfüllt. Dann gilt n+1 (1 1i ) = i= Damit ist die Formel bewiesen. ( 1 1 (n + 1) ) n (1 1i ) i= ( ) ( IV 1 1 = 1 1 + 1 ) (n + 1) n = 1 ( 1 + 1 ) n 1 (n + 1) 1 n(n + 1) = 1 ( ) 1 + n + n n(n + 1) = 1 ( 1 + 1 ). n + 1