Klausur zur Elementaren Algebra und Zahlentheorie

Prof. Dr. Duco van Straten
Oliver Weilandt
Klausur zur Elementaren Algebra und Zahlentheorie
Mittwoch, 02.03.05
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
2
3
4
5
6
7
8
9
*
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.
Σ
Aufgabe 1 —
1. Bestimmen Sie explizit alle achten Einheitswurzeln in C. (Das Ergebnis sollte
also keine trigonometrischen Funktionen enthalten.)
2. Wählen Sie eine achte Einheitswurzel ρ der Ordnung acht. Berechnen Sie nun
ρ + ρ2 + ρ4 + ρ7 .
Lösung 1 —
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 π4 = cos π4 = √12 ) bestimmt
man diese Punkte zu
1+i
√ ,
2
−1 + i
√ ,
2
−1 − i
√
2
und
1−i
√ .
2
2. Diese vier achten Einheitswurzeln haben alle die Ordnung acht. Ich wähle ρ :=
1+i
√ . Dann gilt
2
1−i
1+i
ρ + ρ2 + ρ4 + ρ7 = √ + i + (−1) + √
2
2
2
= √ −1+i
2
√
= 2−1+i
Die anderen Lösungen sind je nach Wahl von ρ (in der obigen Reihenfolge)
√
√
√
2 − 1 − i.
− 2 − 1 − i, − 2 − 1 + i bzw.
Aufgabe 2 — Wir betrachten die beiden Polynome
f = X 4 + 3X 2 − 28,
5
9
7
g = X4 − X3 − X2 − X + .
4
4
2
1. Finden Sie alle komplexen Nullstellen von f und g. Wie sehen die Zerlegungen
von f und g in komplexe Linearfaktoren aus?
2. Zerlegen Sie f und g als Elemente von R[X] in irreduzible Faktoren.
Hinweise: Berechnen Sie g(1). Für x3 = px + q lautet die Cardanische Formel:
s
r q 2 p 3
p
3 q
u=
+
−
.
x=u+ ,
3u
2
2
3
Lösung 2 —
1. Das Polynom f führt auf die biquadratische Gleichung
⇔
⇔
⇔
⇔
x4 + 3x2 − 28 = 0
9
3
9
121
(x2 + )2 = x4 + 3x2 + = 28 + =
2
4
4
4
3
11
2
x + =±
2
2
x2 = 4 oder x2 = −7
√
x = ±2 oder x = ± 7i
Da f ein normiertes Polynom vom Grad vier mit diesen Nullstellen ist, muss
also gelten:
√
√
f = (X − 2)(X + 2)(X − 7i)(X + 7i).
Es ist g(1) = 0, d.h. g hat (X − 1) als Linearfaktor. Polynomdivision liefert
9
7
g : (X − 1) = X 3 − X − .
4
2
Wir müssen also nun die Gleichung
9
7
X 3 − X − = 0 oder
4
2
lösen. D.h. wir haben p :=
9
4
9
7
X3 = X +
4
2
und q := 72 . In die Cardanische Formel eingesetzt
ergibt sich
s
u=
3
q
2
s
=
3
r
=
3
7
4
7
4
v
s u
3
2
u
7
3
3 7
t
+
+
−
−
=
4
4
4
2
3
s
r
r
49 27
169
3 7
+
−
=
+
64
16 64
4
r
13
3 27
+
=
8
8
r q 2
p 3
3
= .
2
Also erhalten wir
x=u+
p
3
= +
3u
2
9
4
9
2
=
3 1
+ = 2.
2 2
Polynomdivision liefert
7
7
9
3
: (X − 2) = X 2 + 2X + .
X − X−
4
2
2
Zu dem quadratischen Polynom X 2 + 2X + 72 berechnen sich die Nullstellen als
q
X = −1 ± 52 i.
Da g ein normiertes Polynom vom Grad vier mit den berechneten Nullstellen ist,
folgt
r !
r !
5
5
i
X +1−
i .
g = (X − 1)(X − 2) X + 1 −
2
2
2. 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 − 2)(X + 2)(X 2 + 7),
7
2
g = (X − 1)(X − 2) X + 2X +
.
2
Aufgabe 3 —
1. Welche Reste modulo 3 kann das Quadrat einer ganzen Zahl n annehmen? Wie
hängt dieser Rest von n ab?
2. Zeigen Sie, dass die Summe der Quadrate dreier aufeinanderfolgender ganzer
Zahlen nie selbst eine Quadratzahl ist.
Lösung 3 —
1. Es gilt
n≡0
n≡1
n≡2
mod 3
mod 3
mod 3
⇒
⇒
⇒
n2 ≡ 0 mod 3,
n2 ≡ 1 mod 3,
n2 ≡ 4 ≡ 1 mod 3.
Eine Quadratzahl n2 hat also genau dann den Rest 0 modulo 3, wenn n durch 3
teilbar ist. Sonst hat n2 den Rest 1 modulo 3.
2. 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 2 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
n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = 3n2 + 6n + 5
= 3(n2 + 2n + 1) + 2
≡ 2 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 12 Elemente. Sie ist also isomorph zu Z/12. Als Erstes müssen wir einen Erzeuger finden. Probieren wir das Element 2:
1
5
2 = 2,
2 = 6,
2
6
2 = 4,
2 = 12,
3
7
2 = 8,
2 = 24 = 11,
4
8
2 = 16 = 3,
2 = 22 = 9,
9
2 = 18 = 5,
10
2
11
2
12
2
= 10,
= 20 = 7,
= 14 = 1.
F∗13 .
Also ist 2 ein Erzeuger von
Das Element 1 ist als neutrales Element das einzige
der Ordnung 1. Überhaupt können nur die Teiler von 12, also 1, 2, 3, 4 ,6 und 12 als
Ordnungen auftreten.
Wir suchen nun die Ordnung n eines beliebigen Elements a ∈ F∗13 . a ist von der Form
2r , 0 ≤ r ≤ 11. n ist also die kleinste natürliche Zahl n mit
1 = an
= (2r )n
= 2rn .
Da 2 die Ordnung 12 hat, muss rn durch 12 teilbar sein. Wegen der Minimalität von n
muss rn dann das kleinste gemeinsame Vielfache von r und 12 sein. Also haben wir:
kgV(r, 12)
n=
r
12r
=
ggT(12, r)r
12
=
ggT(12, r)
Damit lassen sich nun alle Ordnungen einfach ausrechnen:
2, 6, 7 und 11 haben Ordnung 12. 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.
12 hat Ordnung 2 und
1 hat natürlich Ordnung 1.
Alle geraden Potenzen von 2 sind Quadrate in F∗13 . Dies sind 1, 4, 3, 12, 9 und 10. Da
jedes dieser sechs Elemente zwei Quadratwurzeln besitzt (Das Negative einer Wurzel ist auch eine Wurzel.), F∗13 aber nur 12 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
2x ≡ 3
4x ≡ 3
3x ≡ 1
mod 7,
mod 11,
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
x≡9
x≡3
mod 7,
mod 11,
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
m1 = 7,
m2 = 11,
m3 = 4,
a1 = 5,
a2 = 9,
a3 = 3.
Es ist M := m1 m2 m3 = 308 und es gilt mit Mi := M/mi
M1 = 44 ≡ 2
M2 = 28 ≡ 6
M3 = 77 ≡ 1
mod 7,
mod 11,
mod 7,
Inverses modulo 7:
Inverses modulo 11:
Inverses modulo 4:
b1 := 4,
b2 := 2,
b1 := 1.
Dann gilt mit E1 := Mi bi
E1 = 176,
E2 = 56,
E3 = 77.
Eine Lösung ist dann
x=
X
ai Ei
i
= 5 · 176 + 9 · 56 + 3 · 77
= 880 + 504 + 231
= 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?
2. Bestimmen Sie ϕ(111).
3. Berechnen Sie 3145 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
Z/111 −→ Z/3 × Z/37,
n 7−→ (n, n)
ein Ringisomorphismus ist.
2. Es gilt ϕ(111) = ϕ(3)ϕ(37) = #E(Z/3)#E(Z/37) = 2 · 36 = 72. 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
3145 = 31+2·72 = 3 · 972 ≡ 3 · 1 = 3 mod 111.
4. Der Euklidische Algorithmus für 111 und 19 ergibt
111 : 19 = 5,
19 : 16 = 1,
16 : 3 = 5,
Rest 16,
Rest 3,
Rest 1,
16 = 111 − 5 · 19,
3 = 19 − 16 = −111 + 6 · 19,
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 S10 .
1. Geben Sie Elemente der Ordnungen 12, 15 und 30 an.
2. Ist die Menge
H := {σ ∈ S10 | σ(1) = 1}
eine Untergruppe?
3. Zeigen Sie, dass (1, 2)H(1, 2)−1 = {σ ∈ S10 | σ(2) = 2}.
4. Ist H ein Normalteiler in S10 ?
5. Was ist der Index [S10 : H] von H in S10 ?
Lösung 7 —
1. Die folgenden Elemente haben die gesuchten Ordnungen, da diese Zahlen, das
kgV der Längen der elementfremden Zykel sind:
(1, 2, 3)(4, 5, 6, 7) hat Ordnung 12,
(1, 2, 3)(4, 5, 6, 7, 8) hat Ordnung 15,
(1, 2)(3, 4, 5)(6, 7, 8, 9, 10) hat Ordnung 30.
2. 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) = σ (σ(1)) = /σ −1 ◦ σ)(1) = e(1) = 1.
−1
−1
Also sind auch σ ◦ τ und σ −1 Elemente von H. Damit ist H eine Untergruppe.
3. Sei H 0 := {σ ∈ S10 | σ(2) = 2}.
„(1, 2)H(1, 2)−1 ⊆ H 0 “ Sei σ ∈ H. Dann gilt
(1, 2)σ(1, 2)−1 (2) = (1, 2)σ(1, 2)(2) = (1, 2)σ(1) = (1, 2)(1) = 2.
Also ist (1, 2)σ(1, 2)−1 ∈ H 0 .
„(1, 2)H(1, 2)−1 ⊇ H 0 “ Sei τ ∈ H 0 , d.h. τ (2) = 2. Dann gilt für Die Permutation σ := (1, 2)τ (1, 2):
σ(1) = (1, 2)τ (1, 2)(1) = (1, 2)τ (2) = (1, 2)(2) = 1,
d.h. σ ∈ H. Also ist das Element (1, 2)σ(1, 2)−1 ∈ (1, 2)H(1, 2)−1 . Nach der
Definition von σ gilt aber
(1, 2)σ(1, 2)−1 = (1, 2)(1, 2)τ (1, 2)(1, 2) = τ.
Also ist τ ∈ (1, 2)H(1, 2)−1 , q.e.d.
4. H ist kein Normalteiler in S10 , da H 6= (1, 2)H(1, 2)−1 . Denn der Zykel (2, 3)
liegt in H, aber nicht in in der konjugierten Untergruppe (1, 2)H(1, 2)−1 .
5. Die symmetrische Gruppe S10 hat 10! Elemente. H hat genau 9! Elemente, da
jedes Element von H eine Permutation der Zahlen von 2 bis 10 ist, während die
1 festgehalten wird.
Nach dem Satz von Lagrange gilt für den Index [S10 : H] die Gleichung
|S10 | = [S10 : H] · |H|.
Daraus folgt
[S10 : H] =
|S10 |
10!
=
= 10.
|H|
9!
Aufgabe 8 — Sei G eine beliebige Gruppe, h ∈ G ein Element.
1. Zeigen Sie, dass die Konjugationsabbildung
ϕ : G −→ G,
g 7−→ hgh−1
ein Gruppenhomomorphismus ist.
2. Ist ϕ ein Isomorphismus? Falls ja, geben Sie den inversen Homomorphismus
direkt an.
Lösung 8 —
1. Seien g, g 0 ∈ G. Dann gilt
ϕ(g)ϕ(g 0 ) = hgh−1 hg 0 h−1 = hgeg 0 h−1 = hgg 0 h−1 = ϕ(gg 0 )
Also ist ϕ ein Gruppenhomomorphismus.
2. Wir betrachten die Konjugationsabbildung zu h−1
ψ : G −→ G,
g 7−→ h−1 gh
Dann gilt für alle g ∈ G
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 − 2) ein Körper?
2. Führen Sie den Euklidischen Algorithmus mit den Polynomen X 3 − 2 und X 2 −
X + 1 durch und bestimmen Sie die Bézoutkoeffizienten.
3. Bestimmen sie das multiplikative Inverse der Restklasse [X 2 −X +1] im Körper
Q[X]/(X 3 − 2).
Lösung 9 —
1. Das Polynom
X 3 − 2 besitzt keine rationalen Nullstellen. (Die einzige reelle
√
3
Nullstelle 2 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 − 2) ein Körper.
2. Es gilt
(X 3 − 2) : (X 2 − X + 1) = X + 1,
(X 3 − 2) − (X + 1)(X 2 − X + 1) = −3.
Rest -3,
Es gilt also ggT(X 3 − 2, X 2 − 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
X +1 2
1 = − (X 3 − 2) +
(X − X + 1).
3
3
3. Aus der letzten Gleichung ergibt sich, dass die Restklasse [ X+1
] das multiplika3
2
tive Inverse von [X − X + 1] ist.
Bonusaufgabe — Zeigen Sie für alle n ∈ N die Identität
n Y
i=2
1
1− 2
i
1
=
2
1
1+
n
.
Lösung der Bonusaufgabe — Beweis durch vollständige Induktion nach n.
Induktionsanfang (n = 1): Es gilt
1 Y
i=2
1
1− 2
i
1
=1=
2
1
1+
1
.
Induktionsschritt (n 7→ n + 1): Angenommen, die Formel sei für n erfüllt. Dann gilt
n+1
Y
i=2
1
1− 2
i
Y
n 1
1
= 1−
1− 2
(n + 1)2 i=2
i
1
1
1
IV
= 1−
1+
(n + 1)2 2
n
1
1
1
1
=
1+ −
−
2
n (n + 1)2 n(n + 1)2
1
n2 + n
=
1+
2
n(n + 1)2
1
1
=
1+
.
2
n+1
Damit ist die Formel bewiesen.