Lösungen Kap 2.fm

Aufgaben zu Kapitel 2
2.1
Sei a ∈ R × und seien a′ und a′′ Inverse von a. Dann ist
a′ = a′1 = a′ ( aa″ ) = ( a′a )a″ = 1a″ = a″ .
2.2
Wegen Aufgabe 1.4 bleibt lediglich (R2) und (R3) zu zeigen.
(R2): Die Multiplikation ist offenbar assoziativ. Das Einselement ist die Menge M,
denn M ∩ A = A ∩ M = A für alle A ∈ P(M).
(R3):
A ⋅ ( B + C ) = A ∩ ( ( B ∪ C ) ∩ ( BC ∪ CC ) ) =
= ( A ∩ B ∩ CC ) ∪ ( A ∩ C ∩ BC )
und
A ⋅ B + A ⋅ C = ( ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ C ) ) ∩ ( ( A ∩ B )C ∪ ( A ∩ C )C ) =
= ( A ∩ ( B ∪ C ) ) ∩ ( AC ∪ BC ∪ CC )
= ( A ∩ B ∩ CC ) ∪ ( A ∩ C ∩ BC )
2.3
Sei M = { a 1, …, a n } . Wir definieren eine Abbildung
σ : P ( M ) → 2 × … × 2
A a ( χ A ( a 1 ) , …, χ A ( a n ) )
mit
⎧
⎪ 1 falls a i ∈ A
χA ( ai ) = ⎨
.
⎪ 0 falls a i ∉ A
⎩
Die Funktion χ A ist die so genannte charakteristische Funktion von A. Folgende Eigenschaften der charakteristischen Funktion lassen sich leicht nachrechnen:
χA ∩ B = χA ⋅ χB
χA ∪ B = χA + χB – χA χB
χAC = 1 – χA
χA – B = χA – χA ∩ B = χA – χA χB
χA χA = χA .
Somit ergibt sich
Aufgaben zu Kapitel 2
2
χA + B = χ( A ∪ B ) – ( A ∩ B )
= ( χ A + χ B – χ A χ B ) – ( χ A + χ B – χ A χ B )χ A χ B
= ( χA + χB – χA χB ) – ( χA χB + χA χB – χA χB )
= χ A + χ B – 2χ A χ B
Damit ist
χ A ∩ B ( a i ) = χ A ( a i ) ⋅ χ B ( a i ) in  2
χ A + B ( a i ) = χ A ( a i ) + χ B ( a i ) in  2 .
2.4
Sei ab = 0 und sei a invertierbar. Dann ist
b = 1b = ( a′a )b = a′ ( ab ) = a′0 = 0 .
Also ist a kein Nullteiler.
2.5
Sei I ein Ideal von R. Aus r 1, …, r n ∈ R und x 1, …, x n ∈ I folgt sofort
n
Ist umgekehrt ∑
i=1
r i x i ∈ I für alle r 1, …, r n ∈ R und x 1, …, x n ∈ I , so folgt aus x, y
∈ I, r ∈ R:
x + y = 1x + 1y ∈ I
und
rx ∈ I .
2.6
Nein. Der Ring  der ganzen Zahlen ist ein Integritätsbereich. Wegen
( 1, 0 ) ⋅ ( 0, 1 ) = ( 0, 0 )
ist  ×  nicht nullteilerfrei.
2.7
n
∑i = 1 r i xi ∈ I .
a) Es ist
3
3
1
1
λ = --- + ------- i , λ 2 = – --- + ------- i = λ – 1 ,
2 2
2 2
also λ 2 – λ + 1 = 0 .
Aufgaben zu Kapitel 2
3
b) Sei R = { a + bλ a, b ∈  } . Offenbar ist (R, +) eine abelsche Gruppe mit neutralem Element 0 = 0 + 0λ . Das Assoziativgesetz der Multiplikation sowie die beiden Distributivgesetze werden direkt von  geerbt. Neutrales Element der
Multiplikation ist 1 = 1 + 0λ . Es bleibt lediglich zu zeign, dass R unter der Multiplikation abgeschlossen ist. Es ist
( a + bλ ) ( c + dλ ) = ac + ( ad + bc )λ + bdλ 2
= ac + ( ad + bc )λ + bd ( λ – 1 )
= ( ac – bd ) + ( ad + bc + bd )λ ∈ R
c) Wegen λ 6 = 1 sind folgende Elemente von R invertierbar (selbstverständlich
sind alle Elemente von R außer der 0 in  invertierbar; hier wird jedoch verlangt,
dass die Inverse a′ von a wieder in R liegt):
λ
λ2 = λ – 1
λ3 = –1
λ4 = –λ
λ5 = 1 – λ
λ6 = 1
Wir zeigen, dass es außer diesen keine weiteren invertierbaren Elemente des
Rings R gibt. Sei r = a + bλ ∈ R – { 0 } . Wir zeigen dazu zunächst, dass r ≥ 1 gilt.
Es lässt sich leicht nachrechnen, dass a + bλ 2 = a 2 + ab + b 2 und damit stets
eine ganze Zahl ist.
Fall 1: Sind a und b beide ≥ 0 oder beide ≤ 0, so ist ab ≥ 0 und damit
a + bλ 2 = a 2 + ab + b 2 > 0 , also a + bλ ≥ 1 .
Fall 2: Sei b > 0 und a ≤ 0 . Dann ist
a 2 + ab + b 2 ≥ a 2 + a + 1 > 1 .
(Die letzte Ungleichung lässt sich z.B. durch eine Minimumanalyse der reellen
Funktion f ( x ) = x 2 + x + 1 beweisen.)
Fall 3: Sei a > 0 und b ≤ 0 . Siehe Fall 2.
Damit ist gezeigt, dass r ≥ 1 für alle r ∈ R – { 0 } gilt. Ist r ∈ R invertierbar, das
1
heißt, ist --- ∈ R , so ist 1
--- ≥ 1 , sowie wegen
r
r
1
1
--- = ----- ≤ 1
r
r
folgt r = 1 . Die obigen 6 Elemente von R sind offenbar die einzigen mit dieser
Eigenschaft.
Aufgaben zu Kapitel 2
4
2.8
Sei ( a, b ) ∈ ( R 1 × R 2 ) × . Dann existiert ( a′, b′ ) ∈ ( R 1 × R 2 ) × mit
( a, b ) ( a′, b′ ) = ( 1, 1 ) ,
also
aa′ = 1 und bb′ = 1 .
Daraus folgt sofort ( a, b ) ∈ R 1× × R 2× .
Sei umgekehrt ( a, b ) ∈ R 1× × R 2× , also a ∈ R 1× , b ∈ R 2× . Dann gibt es a′ ∈ R 1× und
b′ ∈ R 2× mit aa′ = 1 und bb′ = 1 , also ( a, b ) ( a′, b′ ) = ( 1, 1 ) . Daraus folgt
( a, b ) ∈ ( R 1 × R 2 ) × .
2.9
a)
b)
c)
d)
Kein Homomorphismus wegen ϕ ( 1 ) = ( 1, 0 ) ≠ ( 1, 1 ) .
Homomorphismus.
Homomorphismus.
Kein Homomorphismus wegen
ϕ ( ( 1, 0 ) + ( 0, 1 ) ) = ϕ ( 1, 1 ) = 1 ,
aber
ϕ ( 1, 0 ) + ϕ ( 0, 1 ) = 0 + 0 = 0 .
e) Kein Homomorphismus wegen ϕ ( 1, 1 ) = 2 ≠ 1 .
2.10
Es gilt:
ϕ ( a )ϕ ( a – 1 ) = ϕ ( aa – 1 ) = ϕ ( 1 ) = 1 .
Daraus folgt sofort die Behauptung.
2.11
Es gilt:
 8× ≅  2 ×  2
sowie  9× = ⟨ 2⟩ , also ist  9× = { 1, 2, 4, 5, 7, 8 } die zyklische Gruppe der Ordnung
6.
2.12
Es bleibt zu zeigen, dass I das neutrale Element der Addition sowie zu jedem Element
die additive Inverse enthält. Sei a ∈ I . Dann ist
0 = 0⋅a∈I
und
–a = ( –1 ) ⋅ a ∈ I .
Aufgaben zu Kapitel 2
5
2.13
Sei a ∈ I eine Einheit, das heißt, es existiert ein a′ ∈ R mit aa′ = a′a = 1 . Aus (I2)
folgt sofort 1 ∈ I . Ist nun r ∈ R , so folgt wieder aus (I2): r = r1 = 1r ∈ I .
2.14
Seien a, b ∈ Kern ϕ , r ∈ R . Dann gilt
ϕ(a + b) = ϕ(a) + ϕ(b) = 0 + 0 = 0 ,
woraus folgt a + b ∈ Kern ϕ .
Weiterhin gilt
ϕ ( ra ) = ϕ ( r )ϕ ( a ) = ϕ ( r )0 = 0 ,
woraus folgt ra ∈ Kern ϕ .
Schließlich ist Kern ϕ wegen 0 ∈ Kern ϕ nicht leer. Also ist Kern ϕ ein Ideal von R.
2.15
Wegen ϕ ( 1 ) = 1 ist 1 ∈ Bild ϕ . Mit Aufgabe 2.13 folgt, dass Bildϕ genau dann ein
Ideal ist, wenn Bildϕ = R gilt.
2.16
Sei k = ggT(m, n) . Wir zeigen: ( m, n ) = ( k ) .
Sei zunächst a ∈ ( m, n ) , also a = rn + sm mit r, s ∈  . Wegen k = ggT(m, n) gibt
es ganze Zahlen u und v mit n = uk und m = vk. Daraus folgt
a = ruk + svk = ( ru + sv )k ∈ ( k ) .
Sei umgekehrt a ∈ ( k ) , also a = rk mit k ∈  . Seien x und y die Bézout-Koeffizienten von m und n. Dann gilt k = xm + yn und daraus folgt
a = rk = rxm + ryn ∈ ( m, n ) .
2.17
Wegen 0 ∈ I und 0 ∈ J ist 0 ∈ I ∩ J , also I ∩ J ≠ ∅ . Sind a, b ∈ I ∩ J und r ∈ R , so
folgt offenbar auch a + b ∈ I ∩ J und ra ∈ I ∩ J .
2.18
Sei k = kgV(m, n) . Wir zeigen: ( m ) ∩ ( n ) = ( k ) .
Sei zunächst a ∈ ( m ) ∩ ( n ) . Dann ist a ein gemeinsames Vielfaches von m und von n,
also auch ein Vielfaches von k, mithin a ∈ (k).
Sei umgekehrt a ∈ (k). Dann ist a ein Vielfaches von k, also auch ein gemeinsames
Vielfaches von m und von n, also a ∈ ( m ) ∩ ( n ) .
2.19
a) Es gilt:
 6 ⁄ 1 6 ≅  1 (das ist der „Nullring“).
 6 ⁄ 2 6 ≅  2
 6 ⁄ 3 6 ≅  3
Aufgaben zu Kapitel 2
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 6 ⁄ 4 6 ≅  2
 6 ⁄ 5 6 ≅  1
b) Die Aufgabenstellung ist fehlerhaft, es muss heißen: „Beweisen Sie, dass der
Ring  m ⁄ n m für n < m isomorph ist zu  g , wobei g = ggT ( n, m ) .
Beweis: …
2.20
Sei x ∈ R nilpotent und sei x n = 0 . Dann ist
( 1 – x )( 1 + x + x2 + … + xn – 1 ) = ( 1 + x + x2 + … + xn – 1 ) ( 1 – x ) = 1
( 1 + x )( 1 – x + x2 – … ± xn – 1 ) = ( 1 – x + x2 – … ± xn – 1 )( 1 + x ) = 1 .
2.21
a) Nilradikal von 8: {0, 2, 4, 6}
Nilradikal von 12: {0, 6}
Nilradikal von n: Das Nilradikal von n besteht aus der 0 sowie aus allen Zahlen m ∈ [ 2 : n – 1 ] , deren jeweilige Primteilermenge gleich der Primteilermenge
von n ist.
b) Seien a, b ∈ N(R) und r ∈ R. Sei ferner a n = b m = 0 . Aus dem für alle kommutativen Ringe geltenden binomische Lehrsatz folgt:
( a + b )n + m – 1 = k0 a n + m – 1 + … + km – 1 a n bm – 1 +
+ km a n – 1 b m + … + kn + m – 1 b n + m – 1
In dieser Summe enthalten die ersten m Summanden (obere Reihe) sämtlich den
Faktor an, die restlichen n – 1 Summanden den Faktor bm. Daher ist
( a + b ) n + m – 1 = 0 , also a + b ∈ N(R).
Ferner ist ( ra ) n = r n a n = 0 , also ist auch ra ∈ N(R).
c) Sei a + N ( R ) nilpotent in R ⁄ N ( R ) . Dann gibt es ein n ∈  mit
0 = ( a + N ( R ) )n = an + N ( R ) ,
das heißt, a n ∈ N ( R ) und somit ist auch a ∈ N ( R ) .
2.22
Aus x 2 = 1 folgt ( x + 1 ) ( x – 1 ) = x 2 – 1 = 0 . Da K ein Integritätsbereich ist, folgt
x = 1 oder x = –1.
2.23
Sei K × = { x 1, x 2, x 3, …, x n } mit x 1 = 1 .
Fall 1: – 1 ≠ 1 . Sei o. B. d. A. x 2 = – 1 . Die Gleichung x = x – 1 ist äquivalent zu
x 2 = 1 und hat laut Aufgabe 2.22 nur die Lösungen x 1 = 1 und x 2 = – 1 . Für alle
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7
k ∈ [ 3 : n ] gilt dann x k– 1 ≠ x k . Wir sortieren nun die Elemente so um, dass paarweise
Inverse nebeneinander stehen: x 3 = x 4– 1 , …, x n – 1 = x n–1 . Dann folgt:
x1 ⋅ x2 ⋅ x3 ⋅ x4 ⋅ … ⋅ xn – 1 ⋅ xn = 1 ⋅ ( –1 ) ⋅ 1 ⋅ … ⋅ 1 = –1 .
Fall 2: – 1 = 1 . Die Gleichung x = x –1 hat dann nur die Lösung x 1 = 1 . Entsprechend Fall 1 gilt x 2 ⋅ x 3 ⋅ x 4 ⋅ … ⋅ x n – 1 ⋅ x n = 1 . Es folgt:
x1 ⋅ x2 ⋅ x3 ⋅ x4 ⋅ … ⋅ xn – 1 ⋅ xn = 1 = –1 .
2.24
Es lässt sich nachrechnen, dass die multiplikative Gruppe von M(3) von M(1,1) erzeugt wird.
2.25
Sowohl in 2 als auch in 5 kann x 2 + y 2 Null werden, auch wenn ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) ist:
In 2 ist 1 2 + 1 2 = 0 , in 5 ist 1 2 + 2 2 = 0 .
2.26
Wesentlich ist wieder die Tatsache, dass in  der Ausdruck x 2 + y 2 für ( x, y ) ≠ ( 0, 0 )
nicht Null werden kann.
Vermöge der Abbildung σ : M() →  mit M ( a, b ) a a + bi ist M() isomorph zum
Körper der komplexen Zahlen.
2.27
Gäbe es ein x ≠ 0 mit ϕ ( x ) = 0 , so wäre x invertierbar und es folgte
1 = ϕ ( 1 ) = ϕ ( xx –1 ) = ϕ ( x )ϕ ( x – 1 ) = 0 ⋅ ϕ ( x – 1 ) = 0 ,
was jedoch im Körper nicht möglich ist.
2.28
Es ist ϕ ( 0 ) = 0 und ϕ ( 1 ) = 1 . Für k ∈ [ 2 : p – 1 ] gilt:
ϕ( k ) = ϕ( 1 + … + 1 ) = ϕ( 1 ) + … + ϕ( 1 ) = 1 + … + 1 = k .
Also ist ϕ die identische Abbildung.
2.29
Die Bildung der konjugiert komplexen: σ :  →  mit a + bi a a – bi ist ein Automorphismus von .
2.30
Sei I ein nicht-triviales Ideal von K [ x ] und sei a ( x ) ≠ 0 ein Polynom kleinsten Grades in I. Wir zeigen: I = ( a ( x ) ) . Da I ein Ideal ist, gilt mit a ( x ) ∈ I auch ( a ( x ) ) ⊆ I .
Sei b ( x ) ∈ I . Dann gibt es Polynome q ( x ), r ( x ) mit
b ( x ) = q ( x )a ( x ) + r ( x ) mit grad r ( x ) < grad a ( x ) oder r ( x ) = 0 .
Wegen b ( x ) ∈ I und a ( x ) ∈ I ist auch r ( x ) = b ( x ) – q ( x )a ( x ) ∈ I . Da a ( x ) ein Polynom kleinsten Grades in I ist, muss r ( x ) = 0 sein. Daraus folgt
b ( x ) = q ( x )a ( x ) ∈ ( a ( x ) ) .
Aufgaben zu Kapitel 2
8
Damit ist gezeigt: I ⊆ ( a ( x ) ) und zusammen mit ( a ( x ) ) ⊆ I folgt I = ( a ( x ) ) .
2.31
a) Ist ein Ideal.
b) Ist kein Ideal (Beide Idealbedingungen verletzt)
c) Ist ein Ideal.
2.32
a) Die Abbildung
f : K[ x] → K
p( x) a p(1 )
ist ein Ringhomomorphismus, wie sich leicht nachrechnen lässt. Die Menge I ist
gerade der Kern dieses Homomorphismus, nach Satz 2.6 also ein Ideal von K[x].
b) Nach dem ersten Isomorphiesatz für Ringe ist K [ x ] ⁄ I ≅ K .
c) Ist p ( 1 ) = 0 , so hat das Polynom p(x) nach Satz 2.17 einen Linearfaktor x – 1,
das heißt, es gilt p ( x ) = ( x – 1 )q ( x ) für ein q ( x ) ∈ K [ x ] . Daraus folgt sofort
I = (x – 1) .
2.33
Wir zeigen, dass das Ideal ( x, 2 ) von  [ x ] kein Hauptideal sein kann.
Ist f ( x ) ∈ ( x, 2 ) , so gibt es Polynome p ( x ) und q ( x ) mit
f ( x ) = xp ( x ) + 2q ( x ) .
Dann ist f ( 0 ) = 2q ( 0 ) gerade.
Angenommen, ( x, 2 ) = ( p ( x ) ) für ein p ( x ) ∈  [ x ] . Offenbar gilt
grad q ( x ) ≥ grad p ( x )
für alle q ( x ) ∈ ( p ( x ) ) . Wegen 2 ∈ ( x, 2 ) = ( p ( x ) ) folgt grad p ( x ) = 0 . Ferner folgt
aus der obigen Bemerkung, dass p(0) gerade ist, also ist p ( x ) = 2n für ein n ∈  .
Aus x ∈ ( x, 2 ) , aber x ∉ ( 2n ) folgt ein Widerspruch zur Annahme ( x, 2 ) = ( p ( x ) ) .
Damit ist die Behauptung bewiesen.
2.34
Sei
p ( x ) = a ( x )q ( x )
q ( x ) = b ( x )p ( x )
Dann ist p ( x ) = a ( x )b ( x )p ( x ) , also hat das Polynom a ( x )b ( x ) den Grad 0, das heißt
a ( x )b ( x ) = c ∈ K .
Dann ist
b(x)
a(x)
a ( x ) ----------- = ----------- b ( x ) = 1 ,
c
c
Aufgaben zu Kapitel 2
9
also sind sowohl a(x) als auch b(x) Einheiten in K[x], und daraus folgt p ( x ) ∼ q ( x ) .
2.35
a) ( x 5 + x + 1 ) ÷ ( x 2 + x + 1 ) = x 3 + x 2 + 1
b) Korrektur: Es muss heißen „… in 5[x]”.
( x 4 + 2x 3 – x 2 + 3x – 2 ) ÷ ( x 2 – 3x – 1 ) = x 2 Rest 2 .
2.36
ggT ( p ( x ), q ( x ) ) = x + 1
xp ( x ) + ( – x – 1 )q ( x ) = x + 1
2.37
a) ggT ( x 7 + 1, x 4 + 1 ) = x + 1
b) ggT ( x 6 + 1, x 4 + 1 ) = x 2 + 1
c) ggT ( x n + 1, x m + 1 ) = x ggT ( n, m ) + 1
2.38
Sei p ( x ) = a ⋅ q ( x ) , wobei a ∈ K der höchste Koeffizient von p(x) ist und
( x )ein normiertes Polynom .
q ( x ) = p---------a
Die Existenz und die Eindeutigkeit einer Zerlegung in irreduzible Polynome verläuft
durch Induktion nach n = grad q(x) genau nach dem Schema des Beweises von Satz
7.5.
2.39
Es bedeutet, dass in 12[x] die Primfaktorzerlegung nicht eindeutig ist. Es handelt
sich also um ein Beispiel dafür, dass Satz 2.16 in R[x] falsch wird, wenn R kein Körper
ist.
2.40
Identisch mit Aufgabe 2.38.
2.41
x , x + 1 , x 2 + x + 1, x 3 + x 2 + 1 , x 3 + x + 1
2.42
Alle Polynome vom Grad 1 sowie x 2 + 1 und x 2 + x – 1 .
2.43
a) Die genannten Polynome haben alle keine Nullstellen, also auch keine Linearfaktoren. Wäre eines von ihnen reduzibel, müsste es von der Form p ( x )q ( x ) mit
p(x) und q(x) irreduzibel und grad p(x) = grad q(x) = 2 sein. Das einzige irreduzible Polynom vom Grad 2 in 2[x] ist x 2 + x + 1 (X Aufgabe 2.41) und
( x2 + x + 1 ) ⋅ ( x2 + x + 1 ) = x4 + x + 1 .
b) x 3 – x 2 + 1 hat keine Nullstelle, also auch keinen Linearfaktor. Also ist dieses
Polynom irreduzibel (X Lösung der Aufgabe auf S. 63).
Aufgaben zu Kapitel 2
10
x 4 + 1 hat ebenfalls keinen Linearfaktor. Die Probedivision durch die beiden irreduziblen Polynome vom Grad 2 (X Aufgabe 2.42) zeigt, dass x 4 + 1 auch keinen
quadratischen Faktor besitzt, also irreduzibel ist.
2.44
a) x 3 + x 2 + 3x – 3 = ( x – 2 ) ( x 2 + 3x + 4 ) in 5[x]
b) x 7 + x 2 + 1 = ( x 2 + x + 1 ) ( x 5 + x 4 + x 2 + x + 1 ) in 2[x]
c) x 5 + x 4 + x 3 – x – 1 = ( x 2 + x – 1 ) ( x 3 – x + 1 ) in 3[x]
2.45
a) Sei
n
p( x) =
m
∑
ak
xk ,
q( x) =
k=0
bk x k .
∑
k=0
Dann ist
n
m
∑
p′ ( x ) =
ka k
xk – 1 ,
k=0
m+n
k=0
k
c k x k mit c k =
∑
p ( x )q ( x ) =
kb k x k – 1 ,
∑
q′ ( x ) =
∑
ai bk – i ,
i=0
k=0
m+n
( p ( x )q ( x ) )′ =
∑
kc k x k – 1 ,
k=0
m+n
∑
p ( x )q′ ( x ) =
k
d k x k – 1 mit d k =
k=0
∑
ek
mit e k =
k
∑
i=0
und somit
ia k – i b i =
∑
( k – i )a i b k – i ,
i=0
k
xk – 1
k=0
dk + ek =
∑
i=0
m+n
p′ ( x )q ( x ) =
k
∑
ia i b k – i ,
i=0
k
( k – i )a i b k – i +
∑
i=0
k
ia i b k – i =
∑
i=0
ka i b k – i = kc k
Aufgaben zu Kapitel 2
11
m+n
∑
p ( x )q′ ( x ) + p′ ( x )q ( x ) =
m+n
( dk + ek
)x k – 1
=
k=0
∑
kc k x k – 1
k=0
= ( p ( x )q ( x ) )′
b) Hat p(x) eine doppelte Nullstelle in b, so ist p(yx) von der Form
p( x) = ( x – b )2q( x )
mit q ( x ) ∈ k [ x ] . Dann ist nach Teil a)
p′ ( x ) = 2 ( x – b )q ( x ) + ( x – b ) 2 q′ ( x ) ,
und somit p ( b ) = 0 und p′ ( b ) = 0 .
Ist umgekehrt p ( b ) = 0 und p′ ( b ) = 0 , so folgt
p ( x ) = ( x – b )q ( x )
mit q ( x ) ∈ k [ x ] . Dann ist nach Teil a)
p′ ( x ) = q ( x ) + ( x – b )q′ ( x ) ,
somit
q ( b ) = p′ ( b ) – ( b – b )q′ ( x ) = p′ ( b ) = 0 ,
also ist q ( x ) von der Form q ( x ) = ( x – b )r ( x ) , somit
p( x) = ( x – b )2r( x ) .
2.46
Wir ermitteln zunächst die Anzahl der irreduziblen Polynome vom Grad 2.
Gesamtzahl der Polynome vom Grad 2: p 2 . Davon sind reduzibel alle Produkte aus
zwei Linearfaktoren, davon gibt es (Auswahl 2 aus p, mit Zurücklegen, ohne Beachtung der Reihenfolge):
(p + 1)
⎛ p + 2 – 1⎞ = p
-------------------- .
⎝
⎠
2
2
Die Anzahl der irreduziblen Polynome vom Grad 2 beträgt dann
p(p + 1)
p(p – 1)
p 2 – -------------------- = -------------------- .
2
2
Gesamtzahl der Polynome vom Grad 3: p 3 . Davon sind reduzibel:
„ alle Produkte aus drei Linearfaktoren, davon gibt es (Auswahl 3 aus p, mit Zurück-
legen, ohne Beachtung der Reihenfolge):
(p + 1)(p + 2)
⎛ p + 3 – 1⎞ = p
-------------------------------------- ,
⎝
⎠
3
6
Aufgaben zu Kapitel 2
12
„ alle Produkte aus einem Linearfaktor und einem irreduziblen quadratischen Poly-
nom, davon gibt es:
p( p – 1)
p2( p – 1 )
p ⋅ -------------------- = ----------------------- .
2
2
Die Gesamtanzahl der irreduziblen Polynome vom Grad 3 beträgt demnach:
1
p2( p – 1 ) p( p + 1 )( p + 2 )
p 3 – ----------------------- – -------------------------------------- = --- ( p 3 – p ) .
3
2
6