Lösung zur Klausur Algebra und Zahlentheorie I im WS03/04

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 =
Qr
i=1
pai i (ai ∈ N) der natürlichen Zahl N = 1309.
b) Geben sie den kleinsten positiven Rest von −65modpai 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 = 7 · 187 = 7 · 11 · 17 und dies ist zugleich die kanonische Zerlegung von N = 1309.
1b) Die kleinsten positiven Reste von −65 mod 7, 11 und 17 sind 5, 1 und 3. Bleibt noch die Inverse Restklasse
von −65 + 1309Z zu berechnen. Hierzu sei zunächst erläutert, welches die schnellste und sicherste Methode ist.
Die Restklasse −65 + 1309Z 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 −65 + 1309Z inversen Restklasse, denn es ist
(a + 1309Z) · (−65 + 1309Z) = a · (−65) + 1309Z = a · (−65) + b · 1309 + 1309Z = 1 + 1309Z = 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 −65 + 1309Z 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 n1 := 7, n2 := 11 und n3 := 17. Dann sind die ni (1 ≤ i ≤ 3) paarweise teilerfremd und es gilt N = n1 n2 n3 .
Die ni und N erfüllen also die Voraussetzungen des chinesischen Restesatzes. Diesem kann man entnehmen,
dass
(−65 + 1309Z)−1 = (−65 + 7Z)−1 ∩ (−65 + 11Z)−1 ∩ (−65 + 17Z)−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 = 1 + 11Z ,
(3 + 17Z)−1 = 6 + 17Z.
Das bedeutet, dass −65 + 1309Z invertierbar ist und
(−65 + 1309Z)−1 = (3 + 7Z) ∩ (1 + 11Z) ∩ (6 + 17Z).
1
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 · 7 · 11. 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
N1 := n2 n3 = 187, N2 := n1 n3 = 119 und N3 := n1 n2 = 77
benötigt. Nun sind Zahlen a1 , a2 , a3 ∈ Z zu finden, so dass für i ∈ {1, 2, 3}
ai Ni ≡ 1 mod ni
gilt. Diese ai sind also Vertreter der zu Ni inversen Restklasse mod ni 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 Ni mod ni zu reduzieren!). Zum Beispiel kann man a1 = 3,
a2 = 5 und a3 = 2 wählen. Dann liefert
q = 3 · a1 N1 + 1 · a2 N2 + 6 · n3 N3
(2)
eine Lösung von (1). Reduzieren mod 1309 liefert 584 als kleinesten positiven Vertreter der zu −65 + 1309Z
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 x2 = e erfüllen. Zeigen Sie, dass G kommutativ ist.
c) Es sei G eine endliche Gruppe der Ordnung p2 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| = p1 ·. . .· pk , wobei die pi (1 ≤ i ≤ k) paarweise verschiedene Primzahlen sind. Nach dem ersten
Sylow’schen Satz existiert zu jedem pi eine Untergruppe Ui von A mit |Ui | = p1 . Ui ist (für alle i) notwendig
zyklisch, da von Primzahlordnung, wird also von einem Element ui mit ord(ui ) = pi 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 pi = ord(ui ) für alle
i ein Teiler von ord(a). Da die pi Primzahlen sind folgt hieraus, dass auch
|A| = p1 · . . . · pk ord(a).
2
Dies bedeutet |A| ≤ ord(a) = | hai |, woraus sofort A = hai folgt.
2b) Man beachte, dass in G alle Quadrate gleich der Einheit sind. Seien a, b ∈ G beliebig. Dann gilt
ab = ab(ba)2 = ab2 aba = a2 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| = p2 oder |U| = p, denn das Zentrum ist ein abelscher
Normalteiler (eine Untergruppe) in G und somit ist seine Ordnung ein Teiler der Gruppenordnung p2 . Falls
|U| = p2 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 hg, ai ist abelsch, denn
wegen g ∈ Z(G) vertauschen die Erzeuger a und g. Außerdem enthält hg, ai ganz U und a, also wenigstens
p + 1 > p Elemente. Daher ist | hg, ai | = p2 und somit hg, ai = 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| = p2 im Widerspruch zur Annahme. Also ist die Annahme falsch, es gilt |U| = p2 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 S4 ist, als Untergruppe der symmetrischen Gruppe G = S5 aufgefasst,
der Stabilisator G5 der Ziffer 5.
a) Beweisen Sie, dass die von den Permutationen π = (1, 2, 3, 4) und τ = (1, 3) erzeugte Untergruppe U von S4
die Ordnung 8 beitzt und begründen Sie, dass U auch eine 2-Sylow-Untergruppe von S5 ist.
b) Zeigen Sie, dass jede zu U konjugierte Gruppe U 0 im Stabilisator Gm einer Ziffer m ∈ {1, 2, 3, 4, 5} enthalten
ist.
c) Bestimmen Sie die Anzahl der 2-Sylowgruppen in der Gruppe S5 .
Lösung zu Aufgabe 3.
3a) Ein wichtiger Hinweis auf einen oft gemachten Fehler: Obwohl ord(π) = 4 und ord(τ) = 2 und τ < hπi,
folgt nicht, dass | hπ, τi | = 8. Zum Beispiel erfüllt τ0 := (1, 2) genau dieselben Bedingungen wie τ, aber es
ist | hπ, τ0 i | = 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 τ0
falsch.
Es ist übrigens gar nicht so einfach, nachzuweisen, dass U = hπ, τi 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 S4 und S5 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, π2 , π3 , τ, πτ, π2 τ und π3 τ.
3
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 π4 = ε). Bei der Linksmultiplikation mit τ ist
zu beachten, dass τπ = π3 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 = π3 τ, τπ2 = π6 τ = π2 τ, τπ3 = π9 τ = πτ,
τπτ = π3 , τπ2 τ = π2 , τπ3 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
hπi und hπi τ
nach hπi bilden, und dass Multiplikation mit π und τ von rechts (!) keine weiteren Nebenklassen liefert,
was man wegen τπ = π3 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 hπi ≤ U. Wegen τπτ = π3 ∈ hπi
ist diese Untergruppe unter Konjugation mit den Erzeugern π, τ von U fest. Hieraus folgt, dass hπi unter
Konjugation mit einem belibigen Element von U fest ist. Also ist hπi ein Normalteiler in U. Ferner hat
dieser Normalteiler trivialen Schnitt mit hτi (nachrechnen!) und erzeugt zusammen mit hτi die gesamte
Gruppe U. Nach einem Satz aus der Musterlösung zu Aufgabe 4 von Übungsblatt 10 ist dann U ein
semidirektes Produkt von hπi und hτi. Ein semidirektes Produkt hat aber (laut Definition in Aufgabe 3
von Übungsblatt 10) genauso viele Elemente, wie das kartesische Produkt. Also
|U| = | hπi × hτi | = | hπi | · | hτi | = 4 · 2 = 8.
U hat also acht Elemente. U ist übrigens isomorph zur Diedergruppe D4 (vergleiche Aufgabe 2 von
Übungsblatt 10).
G = S5 hat 5! = 120 = 23 · 3 · 5 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 0 eine in S5 zu U konjugierte Untergruppe, also U 0 = g−1 Ug für ein g ∈ S5 . Ferner sei m := g−1 (5). Dann gilt für ein beliebiges u0 ∈ U 0 : Es gibt
ein u ∈ U mit u0 = g−1 ug und daher ist
u0 (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 ≤ G5 . Also liegt u0 im Stabilisator Gm , und da u0 ∈ U 0 beliebig war, folgt U 0 ≤ Gm .
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 = S5 , p = 2 angewandt liefert die beiden Bedingungen
n2 ≡ 1 mod 2 und n2 120
4
für die Anzahl n2 der 2-Sylowgruppen in S5 . Dies bedeutet n2 ∈ {1, 3, 5, 15}.
Es ist klar (warum?), dass jeder Stabilisator Gm 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 S5 .
Bleibt die Frage: Gibt es mehr? Falls ja, so sind es nach den obigen Überlegungen genau 15. Betrachte den
Stabilisator G5 = S4 und die darin enthaltene Gruppe U. Es gibt in S4 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 S4 . (Dies sind auch in S4 die Untergruppen
der Ordnung acht.) Es muss also neben U noch weitere Untergruppen der Ordnung der acht in S4 geben. Dies
liefert eine sechste 2-Sylowgruppe in S5 . Also gibt es in S5 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 ϑn (n ∈ N) die folgende Form besitzen: ϑn = an−1 + an ϑ mit geeigneten
Koeffizienten an ∈ 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 = idR . 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 ϑ2 −
ϑ − 1 = 0 ist, dass also ϑ2 = 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 ϑ2 = ϑ + 1 berücksichtigt.
4b) Behauptung: ϑn = an−1 + an ϑ, wobei a0 = 0, a1 = 1 und an+1 = an−1 + an 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:
ϑ1 = |{z}
0 + |{z}
1 ·ϑ
a0
a1
ϑn+1 = (an−1 + an ϑ)ϑ = an−1 ϑ + an |{z}
ϑ2 = an + (an−1 + an ) ϑ
| {z }
ϑ+1
an+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 (an )n∈N nichts mehr zu zeigen ist, denn diese ist durch Anfangswerte und Rekursionsformel eindeutig
festgelegt.
Induktionsverankerung: ϑ1 = a0 + a1 ϑ mit den vorgegebenen Werten a0 = 0 und a1 = 1.
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Induktionsvoraussetzung und -schritt: Sei n ∈ N dergestalt, dass ϑn = an−1 + an ϑ (für dieses spezielle n). Dann
gilt
ϑn+1 = (an−1 + an ϑ)ϑ = an−1 ϑ + an |{z}
ϑ2 = an + (an−1 + an ) ϑ = an + an+1 ϑ.
| {z }
ϑ+1
an+1
Die Behauptung gilt also auch für n + 1.
Induktionsschluss/Schlusssatz: Mit vollständiger Induktion folgt die obige Behauptung für alle n ∈ N.
Die Folge (an )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
σ(x + y) = σ(x) + σ(y) und σ(xy) = σ(x) · σ(y) für alle x, y, ∈ R.
3. σ(1) = 1.
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 ϑ2 = 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 = |{z}
mϑ + |{z}
0 ϑ = |{z}
0 + |{z}
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, b̃ ∈ Z mit
a + bϑ = ã + b̃ϑ, so ist
(a − ã) ·1 + (b − b̃) ϑ = 0.
| {z }
| {z }
∈Q
∈Q
Wegen linearer Unabhängigkeit von 1 und ϑ also a = ã, b = b̃. 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 = idR . Insbesondere ist σ invertierbar mit σ−1 = σ. Invertierbare Abbildungen sind bijektiv, also ist
σ ein Automorphismus. Damit ist alles gezeigt.
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