Von den natürlichen Zahlen zu den Quaternionen. Basiswissen Zahlbereiche und Algebra [Springer, 2013]

197

was beweist, dass die Zahlen a und b befreundet sind.

Aufgabe 3.2. Wir erhalten die Primfaktorzerlegungen 720 = 24 · 32 · 5, 9 797 =
97 · 101 und 360360 = (23 · 32 · 5)360 = 21 080 · 3720 · 5360. Schließlich finden wir
232 − 1 = (22 − 1) · (22 + 1) · (24 + 1) · (28 + 1) · (216 + 1) = 3 · 5 · 17 · 257 · 65 537

nach viermaligem Anwenden der dritten binomischen Formel.

Aufgabe 3.7. Es seien a = 255 und b = 232 − 1 mit den Primfaktorzerlegungen
(siehe Aufgabe 3.2)

a = ∏ pap = 3 · 5 · 17, b = ∏ pbp = 3 · 5 · 17 · 257 · 65 537;
p∈P p∈P

hierbei gilt a3 = 1, a5 = 1, a17 = 1, ap = 0 für alle p ∈ P \ {3, 5, 17} und b3 = 1,
b5 = 1, b17 = 1, b257 = 1, b65 537 = 1, bp = 0 für alle p ∈ P \ {3, 5, 17, 257, 65 537}.
Somit gilt ap ≤ bp für alle p ∈ P, was nach dem Kriterium aus Lemma 3.5 die
Teilbarkeit a | b beweist.

Aufgabe 4.6. Mit Satz 4.3 ergibt sich (3 600, 3 240) = 360, (360 360, 540180) =
((23 · 32 · 5)360, (22 · 33 · 5)180) = 2360 · 3540 · 5180 und (232 − 1, 38 − 28) = 5, wo-
bei man für die letzte Gleichheit die Primfaktorzerlegung aus Aufgabe 3.7 und
die Primfaktorzerlegung 38 − 28 = (32 − 22) · (32 + 22) · (34 + 24) = 5 · 13 · 97
heranzieht.

Aufgabe 4.13. Es gelten (2 880, 3 000, 3 240) = (120, 3 240) = 120 und [36, 42, 49] =
[252, 49] = 1 764.

Aufgabe 4.15. Beispielsweise sind die Zahlen a1 = 6, a2 = 10, a3 = 15 teilerfremd,
da (a1, a2, a3) = (6, 10, 15) = (2, 15) = 1 gilt. Die Zahlen a1, a2, a3 sind jedoch
nicht paarweise teilerfremd, da bereits (a1, a2) = 2 gilt.

Aufgabe 4.17. Es seien a1, . . . , an ∈ N. Wir überlassen es dem Leser, die folgende
Äquivalenz zu beweisen:

(a1, . . . , an) · [a1, . . . , an] = a1 · . . . · an ⇐⇒ a1, . . . , an sind paarweise teilerfremd.

Diese liefert das gesuchte Kriterium.

Aufgabe 5.2. Wir erhalten 773 = 2 · 337 + 99. Weiter berechnen wir 25 · 34 · 52 =
(22 · 32) · (23 · 32 · 52) = (5 · 7 + 1) · (23 · 32 · 52) = 7 · (23 · 32 · 53) + (23 · 34 · 52). Da
216 + 1 = 48 + 1 gilt, folgt schließlich 232 − 1 = (216 − 1)(48 + 1) + 0.

Aufgabe 5.4. Dieses Verfahren kann für beliebige natürliche Zahlen g > 1 durch-
geführt werden. Man erhält dann die eindeutige Darstellung

n = q · g + q −1 · g −1 + . . . + q1 · g1 + q0 · g0

198 Lösungen zu den Aufgaben

mit natürlichen Zahlen 0 ≤ qj ≤ g − 1 (j = 0, . . . , ) und q = 0, die sogennante
g-adische Darstellung der natürlichen Zahl n.

Aufgaben zu Kapitel II

Aufgabe 1.3. Für a, b, c ∈ Rn gelten die Gleichheiten

(a ⊕ b) ⊕ c = Rn(a + b) ⊕ c = Rn(Rn(a + b) + c),
a ⊕ (b ⊕ c) = a ⊕ Rn(b + c) = Rn(a + Rn(b + c)).

Nun gibt es nach Division mit Rest von a + b bzw. b + c durch n eindeutig be-
stimmte Zahlen q1, q2 ∈ N mit

a + b = q1 · n + Rn(a + b) bzw. b + c = q2 · n + Rn(b + c).

Somit folgt

Rn(Rn(a + b) + c) = Rn(a + b + c − q1 · n) = Rn(a + b + c)
= Rn(a + b + c − q2 · n) = Rn(a + Rn(b + c)).

Damit haben wir gezeigt, dass die Verknüpfung ⊕ assoziativ ist. Analog beweist
man, dass die Verknüpfung assoziativ ist.

Aufgabe 1.4. (a) Die Menge 2 · N = {2 · n | n ∈ N} der geraden natürlichen Zahlen
ist eine nicht-leere Teilmenge von N. Sind nun 2 · m, 2 · n ∈ 2 · N, dann folgt

2 · m + 2 · n = 2 · (m + n) ∈ 2 · N, (2 · m) · (2 · n) = 2 · (m · 2 · n) ∈ 2 · N.

Somit ist sowohl + als auch · eine Verknüpfung auf 2 · N. Da die Verknüpfungen
+ auf N und · auf N assoziativ sind, sind insbesondere auch die Verknüpfung +
auf 2 · N und · auf 2 · N assoziativ. Damit sind sowohl (2 · N, +) als auch (2 · N, ·)
Halbgruppen.
Die Menge 2 · N + 1 = {2 · n | n ∈ N} der ungeraden natürlichen Zahlen ist eine
nicht-leere Teilmenge von N. Sind nun 2 · m + 1, 2 · n + 1 ∈ 2 · N + 1, dann folgt

(2 · m + 1) + (2 · n + 1) = 2 · (m + n + 1) ∈ 2 · N,
(2 · m + 1) · (2 · n + 1) = 2 · (m · 2 · n + m + n) + 1 ∈ 2 · N + 1.

Somit ist zwar · eine Verknüpfung auf 2 · N + 1, aber + ist keine Verknüpfung auf
2 · N + 1. Damit ist (2 · N + 1, +) keine Halbgruppe. Da die Verknüpfung · auf
N assoziativ ist, ist insbesondere auch die Verknüpfung · auf 2 · N + 1 assoziativ.
Damit ist (2 · N + 1, ·) eine Halbgruppe.
(b) Es sei k ∈ N, k > 1. Die Menge k · N = {k · n | n ∈ N} ist eine nicht-leere
Teilmenge von N. Man zeigt nun wie in (a), dass sowohl (k · N, +) als auch (k ·
N, ·) Halbgruppen sind.

199

Aufgabe 1.5. Aufgrund der Ungleichheit

(2 ◦ 3) ◦ 2 = (23) ◦ 2 = (23)2 = 23·2 = 26 = 29 = 2 ◦ (32) = 2 ◦ (3 ◦ 2)

ist die Verknüpfung ◦ auf N nicht assoziativ und folglich (N, ◦) keine Halbgrup-
pe.

Aufgabe 1.8. Ist A1 = {a1} eine beliebige einelementige Menge, so gilt

Abb(A1) = {id},

wobei die Abbildung id : A1 −→ A1 durch die Zuordnung a1 → a1 gegeben
ist. Die Halbgruppe (Abb(A1), ◦) ist eine kommutative Halbgruppe. Ist A2 =
{a1, a2, . . .} eine beliebige Menge, die mindestens zwei Elemente a1 = a2 besitzt,
so gilt

Abb(A2) = {id, f , g, . . .},
wobei die Abbildung id : A2 −→ A2 durch die Zuordnung aj → aj (aj ∈ A2), die
Abbildung f : A2 −→ A2 durch die Zuordnung a1 → a2, aj → aj (aj ∈ A2 \ {a1})
und die Abbildung g : A2 −→ A2 durch die Zuordnung a2 → a1, aj → aj (aj ∈
A2 \ {a2}) gegeben ist. Dann gilt aber

( f ◦ g)(a1) = f (g(a1)) = f (a1) = a2 = a1 = g(a2) = g( f (a1)) = (g ◦ f )(a1).

Damit ist (Abb(A2), ◦) eine nicht-kommutative Halbgruppe.

Aufgabe 1.12. Es seien e ein linksneutrales und er ein rechtsneutrales Element
von H. Dann gilt

e = e ◦ er = er,

wobei die erste Gleichheit gilt, da er ein rechtsneutrales Element von H ist, und
die zweite Gleichheit gilt, da e ein linksneutrales Element von H ist.

Aufgabe 1.14. (a) Nach Aufgabe 1.4 sind (2 · N, +) und (2 · N, ·) Halbgruppen.
Es bleibt zu zeigen, dass in 2 · N ein neutrales Element für die Addition existiert.
Nach Definition der Addition ist 0 dieses Element. Da 1 ∈ 2 · N ist, gibt es kein
neutrales Element der Multiplikation, sodass (2 · N, ·) nur eine Halbgruppe ist.
(b) Wir überlassen es dem Leser, sich weitere Beispiele von Halbgruppen, die kei-
ne Monoide sind, zu überlegen.

Aufgabe 2.3. (a) Angenommen, g und g sind zwei inverse Elemente zu einem
Element g ∈ G. Dann gilt

g = g ◦ e = g ◦ (g ◦ g ) = (g ◦ g) ◦ g = e ◦ g = g ,

wobei die zweite Gleichheit folgt, da g insbesondere rechtsinvers zu g ist, und
die vierte Gleichheit folgt, da g insbesondere linksinvers zu g ist.

200 Lösungen zu den Aufgaben

(b) Es seien g ein linksinverses und gr ein rechtsinverses Element zu einem Ele-
ment g ∈ G. Dann folgt

g = g ◦ e = g ◦ (g ◦ gr) = (g ◦ g) ◦ gr = e ◦ gr = gr,

analog zu Teilaufgabe (a).

Aufgabe 2.6. (a) Es sei g−1 ∈ G das zu g ∈ G inverse Element. Dann gilt

g ◦ g−1 = e = g−1 ◦ g.
Damit ist g das inverse Element zu g−1, d. h. es gilt (g−1)−1 = g.
(b) Es seien g−1 ∈ G das zu g ∈ G inverse Element und h−1 ∈ G das zu h ∈ G
inverse Element. Dann folgt

(h−1 ◦ g−1) ◦ (g ◦ h) = h−1 ◦ (g−1 ◦ g) ◦ h = h−1 ◦ e ◦ h = h−1 ◦ h = e,
(g ◦ h) ◦ (h−1 ◦ g−1) = g ◦ (h ◦ h−1) ◦ g−1 = g ◦ e ◦ g−1 = g ◦ g−1 = e.

Damit ist h−1 ◦ g−1 das inverse Element zu g ◦ h, d. h. es gilt (g ◦ h)−1 = h−1 ◦ g−1.
Die Rechenregeln (c) und (d) zeigt man direkt mit Hilfe der Definition.

Aufgabe 2.9. Wir vergleichen nur die Gruppen, die die gleiche Anzahl an Elemen-

ten haben. Die Gruppentafeln der Gruppen (R4, ⊕), (R5 \ {0}, ) und (D4, ◦)
haben von links nach rechts gelesen die folgende Gestalt:

⊕0123 1234 ◦ d0 d1 s0 s1

0 0123 1 1234 d0 d0 d1 s0 s1
1 1230 2 2413 d1 d1 d0 s1 s0
2 2301 3 3142 s0 s0 s1 d0 d1
3 3012 4 4321 s1 s1 s0 d1 d0

Den Gruppentafeln kann man entnehmen, dass alle drei betrachteten Gruppen

kommutativ sind. Nun bestimmen wir jeweils die kleinste, von Null verschiedene
natürliche Zahl n mit gn = e für g = e. In der Gruppe (R4, ⊕) gilt e = 0 und

12 = 2, 13 = 3, 14 = 0; 22 = 0; 32 = 2, 33 = 1, 34 = 0.

In der Gruppe (R5 \ {0}, ) gilt e = 1 und
22 = 4, 23 = 3, 24 = 1; 32 = 4, 33 = 2, 34 = 1; 42 = 1.

Es gibt also in beiden Gruppen jeweils zwei Elemente mit n = 4 und ein Element
mit n = 2. In der Gruppe (D4, ◦) gilt jedoch d12 = s20 = s21 = e mit e = d0, d. h. es
gibt kein Element mit n = 4.

Die Gruppentafeln der Gruppen (R6, ⊕) und (D6, ◦) von links nach rechts gele-
sen haben die folgende Gestalt:

201

⊕012345 ◦ d0 d1 d2 s0 s1 s2

0 012345 d0 d0 d1 d2 s0 s1 s2
1 123450 d1 d1 d2 d0 s2 s0 s1
2 234501 d2 d2 d0 d1 s1 s2 s0
3 345012 s0 s0 s1 s2 d0 d1 d2
4 450123 s1 s1 s2 s0 d2 d0 d1
5 501234 s2 s2 s0 s1 d1 d2 d0

Der Gruppentafel kann man entnehmen, dass die Gruppe (R6, ⊕) kommutativ
ist. Die Gruppe (D6, ◦) ist nicht kommutativ, da z. B. s0 ◦ s1 = d2 = d1 = s1 ◦

s0 gilt. Nun bestimmen wir wieder jeweils die kleinste, von Null verschiedene
natürliche Zahl n mit gn = e für g = e. In (R6, ⊕) gilt e = 0 und

12 = 2, 13 = 3, 14 = 4, 15 = 5, 16 = 0; 22 = 4, 23 = 0; 32 = 0; 42 = 2, 43 = 0;
52 = 4, 53 = 3, 54 = 2, 55 = 1, 56 = 0.

Es gibt also in (R6, ⊕) zwei Elemente mit n = 6, zwei Elemente mit n = 3 und
ein Element mit n = 2. In (D6, ◦) gilt e = d0 und

d12 = d2, d13 = d0; d22 = d1, d23 = d0; s02 = d0, s21 = d0, s22 = d0.

Es gibt also in (D6, ◦) kein Element mit n = 6, zwei Elemente mit n = 3 und drei
Elemente mit n = 2.

Aufgabe 2.10. (a) Man zeigt mit Hilfe der Gruppentafel

12

1 12
2 21

für (R3 \ {0}, ) und der Gruppentafel aus Aufgabe 2.9 für (R5 \ {0}, ), dass
(R3 \ {0}, ) und (R5 \ {0}, ) Gruppen sind.
(b) Wir überlassen es dem Leser, die Aussagen aus Beispiel 2.8 (iii) über die Die-
dergruppe (D2n, ◦) zu verifizieren.
(c) Wir betrachten die Elemente

π1 = 1 2 3 ... n , π2 = 1 2 3 ... n
2 1 3 ... n 3 1 2 ... n

von Sn, wobei für n > 3 die Elemente 4, . . . , n auf sich selbst abgebildet werden.
Dann gilt

π1 ◦ π2 = 1 2 3 ... n = 1 2 3 ... n = π2 ◦ π1,
3 2 1 ... n 1 3 2 ... n

wobei für n > 3 die Elemente 4, . . . , n auf sich selbst abgebildet werden. Dies
beweist, dass (Sn, ◦) mit n ≥ 3 nicht kommutativ ist.

202 Lösungen zu den Aufgaben

Aufgabe 2.13. Dies zeigt man mit Hilfe von vollständiger Induktion nach n.

Aufgabe 2.19. Es gilt S3 = {π1, π2, π3, π4, π5, π6} mit

π1 = 123 , π2 = 123 , π3 = 123 ,
π4 = 123 , π5 = 231 , π6 = 312 .

123 123 123
132 321 213

Wir berechnen ord(π1) = 1, ord(π2) = ord(π3) = 3 und ord(π4) = ord(π5) =
ord(π6) = 2.

Aufgabe 2.23. Da d1k = dk (k = 0, . . . , n − 1) und d1n = d0 gilt, haben wir d1 =
{d0, . . . , dn−1}. Mit Hilfe des Untergruppenkriteriums zeigt man, dass die nicht-
leere Teilmenge g = {. . . , (g−1)2, g−1, g0 = e, g1 = g, g2, . . .} ⊆ G für

jede beliebige Gruppe G eine Untergruppe von G ist. Insbesondere ist also d1 =
{d0, . . . , dn−1} eine Untergruppe von D2n.

Aufgabe 2.26. Es gilt S3 = {π1, π2, π3, π4, π5, π6} mit πj (j = 1, . . . , n) wie in
Aufgabe 2.19. Wir haben die zyklischen Untergruppen

π1 = {π1}, π2 = {π1, π2, π3} = π3 ,
π4 = {π1, π4}, π5 = {π1, π5}, π6 = {π1, π6}

und die triviale Untergruppe S3, welche nicht zyklisch ist. Man überlegt sich, dass
S3 keine weiteren Untergruppen besitzt.

Aufgabe 3.3. Es gilt S3 = {π1, π2, π3, π4, π5, π6} mit πj (j = 1, . . . , n) wie in Auf-
gabe 2.19 und D6 = {d0, d1, d2, d0 ◦ s0, d1 ◦ s0, d2 ◦ s0}, wobei s0 die Spiegelung an
der Seitenhalbierenden der Seite, welche die Ecken 1 und 2 verbindet, bezeichne.
Nach Definition des Gruppenhomomorphismus f : D6 −→ S3 gilt

f (d0) = π1, f (d1) = π3, f (d2) = π2,
f (d0 ◦ s0) = π6, f (d1 ◦ s0) = π5, f (d2 ◦ s0) = π4,

was beweist, dass f bijektiv und damit sogar ein Gruppenisomorphismus ist.

Aufgabe 3.5. Es seien dj1 ◦ s0k1 und dj2 ◦ s0k2 mit j1, j2 ∈ {0, . . . , n − 1} und k1, k2 ∈
{0, 1} zwei Elemente von D2n. Wegen dj ◦ s0 = s0 ◦ d−j 1 gilt

⎧
⎨⎪⎪⎪⎪dd ◦ falls k1 = 0, k2 = 0;
(dj1 ◦ s0k1 ) ◦ (dj2 ◦ s0k2 ) = j1 ◦ dj2 , falls k1 = 0, k2 = 1;
j1 ◦ dj2 ◦ s0, falls k1 = 1, k2 = 1;
◦ d−j2 1,
⎪⎪⎩⎪⎪dd j1 d−j2 1 ◦ s0, falls k1 = 1, k2 = 0.
j1

203

Damit folgt

sgn((dj1 ◦ s0k1 ) ◦ (dj2 ◦ s0k2 )) = k1 + k2 = k1 ⊕ k2 = sgn(dj1 ◦ s0k1 ) ⊕ sgn(dj2 ◦ s0k2 ).
Somit ist sgn ein Gruppenhomomorphismus und es gilt im(sgn) = R2 und
ker(sgn) = {dj | j = 0, . . . , n − 1}.

Aufgabe 3.7. Nach Lemma 3.6 gilt: f injektiv ⇐⇒ ker( f ) = {eG}. Damit genügt
es, unter der Annahme |G| < ∞ die Äquivalenz „ f injektiv ⇐⇒ f surjektiv“ zu
zeigen. Wir haben

f injektiv ⇐⇒ gilt g = h für g, h ∈ G, so folgt f (g) = f (h) ⇐⇒ | f (G)| = |G|

|G|<∞

⇐⇒ für jedes g ∈ G existiert h ∈ G mit f (h) = g ⇐⇒ f surjektiv.

Dies beweist die Behauptung.

Aufgabe 3.8. Ist g ∈ G und ord(g) = n, so folgt e = f (e) = f (gn) = f (g)n, was
ord f (g) ≤ n = ord(g) impliziert.

Aufgabe 3.9. Angenommen, f : D24 −→ S4 ist ein Gruppenisomorphismus. Dann
muss für jedes Element g ∈ D24 die Gleichheit

ord(g) = ord( f (g))

gelten. Da ord(d2) = 12 gilt, muss also f (d2) ∈ S4 ein Element von Ordnung 12
sein. Wir bestimmen zuerst die Ordnungen der Elemente von S4. Wir erhalten die
9 Elemente der Ordnung 2

1234 , 1234 , 1234 ,
2134 , 3214 , 4231 ,
, , ,
1234 1234 1234
1324 1432 1243

1234 1234 1234
2143 3412 4321

die 8 Elemente der Ordnung 3

1234 , 1234 , 1234 , 1234 ,
2314 , 3124 , 2431 , 4132

1234 1234 1234 1234
3241 4213 1342 1423

und die 6 Elemente der Ordnung 4

1234 , 1234 , 1234 ,
2341 , 2413 , 3421 .

1234 1234 1234
3142 4312 4123

204 Lösungen zu den Aufgaben

Die Gruppe S4 hat also nur Elemente der Ordnungen 1, 2, 3 oder 4. Damit kann es
keinen Gruppenisomorphismus zwischen D24 und S4 geben.

Aufgabe 3.11. (a) Ist f : (R4, ⊕) −→ (R4, ⊕) ein Gruppenhomomorphismus, so
gilt f (0) = 0. Da R4 = 1 gilt, folgt

f (2) = f (1 ⊕ 1) = f (1) ⊕ f (1), f (3) = f (1 ⊕ 1 ⊕ 1) = f (1) ⊕ f (1) ⊕ f (1),

d. h. f ist durch Angabe des Bildes f (1) eindeutig bestimmt. Damit gibt es genau
4 verschiedene Gruppenhomomorphismen f1, f2, f3, und f4; diese sind gegeben
durch die Zuordnungen

f1(0) = 0, f1(1) = 0, f1(2) = 0, f1(3) = 0,
f2(0) = 0, f2(1) = 1, f2(2) = 2, f2(3) = 3,
f3(0) = 0, f3(1) = 2, f3(2) = 0, f3(3) = 2,
f4(0) = 0, f4(1) = 3, f4(2) = 2, f4(3) = 1.

Somit folgt ker( f1) = R4, ker( f2) = {0}, ker( f3) = {0, 2}, ker( f4) = {0}, im( f1) =
{0}, im( f2) = R4, im( f3) = {0, 2}, im( f4) = R4. Dies zeigt insbesondere, dass
f2 und f4 bijektiv sind.
(b) Da Rp = 1 gilt, ist jeder Gruppenhomomorphismus g : (Rp, ⊕) −→
(Rn, ⊕) durch Angabe des Bildes g(1) eindeutig bestimmt. Man zeigt nun, dass
nur g(1) = 0 gelten kann, da n und p teilerfremd sind. Damit gibt es nur einen
Gruppenhomomorphismus g; dieser ist durch die Zuordnung g(m) = 0 (m ∈ Rp)
gegeben und es gilt ker(g) = Rp und im(g) = {0}.

Aufgabe 4.3. (a) Die Verifikation der Aussage des Beispiels 4.2 überlassen wir dem
Leser.
(b) Die Ordnungsrelation „≤“ ist keine Äquivalenzrelation auf N, da „≤“ nicht
symmetrisch ist.
(c) Die Relation ∼ ist keine Äquivalenzrelation auf N, da ∼ nicht transitiv ist.

Aufgabe 4.6. Es seien M eine Menge und m ∈ M. Die Äquivalenzklasse von m
bzgl. „=“ ist Mm = {m ∈ M | m = m}, d. h. die Menge aller Elemente von M,
die gleich m sind. Wir überlassen es dem Leser, sich weitere Äquivalenzrelationen
zu überlegen und die zugehörigen Äquivalenzklassen zu bestimmen.

Aufgabe 4.11. Den Beweis dieser Aufgabe überlassen wir dem Leser.

Aufgabe 4.12. Es sei U = π4 = {π1, π4}. Die Linksnebenklasse eines Elements
π ∈ S3 bzgl. U ist gegeben durch π ◦ U = {π ◦ π1, π ◦ π4}. Damit sind

π1 ◦ U = U = π4 ◦ U, π2 ◦ U = {π2, π6} = π6 ◦ U, π3 ◦ U = {π3, π5} = π5 ◦ U

alle Linksnebenklassen von S3 nach U.

205

Aufgabe 4.15. (a) Ist g ∈ G, so gilt ord(g) = |U| für U = g ≤ G, was nach dem
Satz von Lagrange ord(g) |G| impliziert.

(b) Es sei |G| = p für eine Primzahl p. Ist g ∈ G, g = e, so gilt ord(g) > 1 und
somit muss nach Teilaufgabe (a) die Gleichheit ord(g) = p gelten, was G = g
impliziert.

(c) Es sei |G| = 4 und wir schreiben G = {e, a, b, c}. Besitzt G ein Element g ∈ G
mit ord(g) = 4, so folgt G = g , d. h. G ist zyklisch und folglich isomorph zur
Gruppe (R4, ⊕). Hat G kein Element der Ordnung 4, so hat jedes Element g ∈ G,
g = e, die Ordnung 2, d. h. es gilt a2 = b2 = c2 = e. Da G eine Gruppe ist, folgt
a ◦ b = c = b ◦ a, a ◦ c = b = c ◦ a und b ◦ c = a = c ◦ b. Damit ist G isomorph zur
Gruppe (D4, ◦). Somit gibt es bis auf Gruppenisomorphie genau zwei Gruppen
der Ordnung 4, beschrieben durch die folgenden Gruppentafeln:

◦ e abc ◦eabc

e eabc e eabc
a abc e a ae cb
bbcea bbcea
c ceab c cbae

Beide Gruppen sind kommutativ.

Weiter zeigt man, dass es bis auf Gruppenisomorphie nur die Gruppen (R6, ⊕)
und (D6, ◦) der Ordnung 6 gibt. Hierbei ist jede kommutative Gruppe der Ord-
nung 6 isomorph zu (R6, ⊕) und jede nicht-kommutative Gruppe der Ordnung
6 isomorph zu (D6, ◦).

Aufgabe 4.19. Man löst die Aufgaben 4.11 und 4.12 in analoger Weise auch für
Rechtsnebenklassen.

Aufgabe 4.21. Es sei U = π4 = {π1, π4}. Dann gilt U ◦ π2 = {π2, π5} =
{π2, π6} = π2 ◦ U, was impliziert, dass U kein Normalteiler von S3 ist. Analog

zeigt man, dass auch π5 und π6 keine Normalteiler von S3 sind.

Aufgabe 4.24. (a) Für jedes Element h ∈ H gilt h ◦ H = H = H ◦ h. Es sei nun
g ∈ G \ H. Dann gilt g ◦ H = H und H ◦ g = H. Wegen [G : H] = 2 finden wir
somit die disjunkten Zerlegungen H ∪˙ (g ◦ H) = G = H ∪˙ (H ◦ g) von G. Damit
folgt, dass g ◦ H = H ◦ g gelten muss. Insgesamt ergibt sich damit die Gleichheit
g ◦ H = H ◦ g für alle g ∈ G. Dies beweist, dass H ein Normalteiler in G ist.

(b) Die Abbildung f : G −→ R2, gegeben durch

f (g) = 0, falls g ∈ H;
1, falls g ∈/ H,

ist ein surjektiver Gruppenhomomorphismus.

Aufgabe 4.26. Da ker( f ) eine Untergruppe, ja sogar ein Normalteiler, von S3 ist,
muss ker( f ) eine der Gruppen {π1}, A3 oder S3 sein. Ist ker( f ) = {π1}, so ist f

206 Lösungen zu den Aufgaben

injektiv, was wegen 6 = |S3| > |R3| = 3 nicht möglich ist. Ist ker( f ) = {A3}, so
folgt ord(π4) < ord( f (π4)), was wegen Aufgabe 3.8 nicht sein kann. Damit kann
nur ker( f ) = S3 gelten, was f (π) = 0 für alle π ∈ S3 impliziert.

Aufgabe 5.10. Es sei f : G −→ R2 der surjektive Gruppenhomomorphismus aus
Aufgabe 4.24. Dann gilt ker( f ) = H und nach Korollar 5.8 folgt damit die Isomor-
phie G/H =∼ R2. Diese Isomorphie kann man auch an der Gruppentafel

• H g◦H

H H g◦H
g◦H g◦H H

für die Gruppe G/H = {H, g ◦ H}, wobei g ∈ G \ H ein beliebiges Element ist und

H = eG ◦ H gilt, ablesen. Hierbei beachten wir, dass (g ◦ H) • (g ◦ H) = H gelten
muss, da andernfalls aus (g ◦ H) • (g ◦ H) = (g ◦ g) ◦ H = g ◦ H die Gleichheiten
g ◦ g ◦ h1 = g ◦ h2 ⇐⇒ g ◦ h1 = h2 ⇐⇒ g = h2 ◦ h1−1 für gewisse h1, h2 ∈ H
folgten, und somit der Widerspruch g ∈ H resultierte.

Aufgabe 5.11. Es ist klar, dass aus H G, K G und K ⊆ H auch K H folgt.
Die Normalteilereigenschaft von H/K in G/K wird sich im Beweis der Isomor-
phie automatisch ergeben. Wir definieren dazu die Abbildung f : G/K −→ G/H
durch die Zuordnung

g ◦ K → g ◦ H.

Da K ⊆ H gilt, ist f wohldefiniert. Wegen K G und H G ist f offensichtlich
ein Homomorphismus. Weiter gilt

ker( f ) = {g ◦ K | f (g ◦ K) = H} = {g ◦ K | g ◦ H = H} = {g ◦ K | g ∈ H} = H/K.

Dies beweist insbesondere, dass H/K G/K gilt. Da f surjektiv ist, folgt nun
nach dem Homomorphiesatz

(G/K)/(H/K) = (G/K)/ker( f ) =∼ G/K,

wie behauptet.

Aufgabe 6.4. (a) Es sei A = {a1, a2, . . .} eine beliebige Menge mit a1 = a2. Dann
gilt Abb(A) = {id, f , g, . . .}, wobei die Abbildung id : A −→ A durch die Zu-
ordnung aj → aj (aj ∈ A), die Abbildung f : A −→ A durch die Zuordnung
a1 → a2, aj → aj (aj ∈ A \ {a1}) und die Abbildung g : A −→ A durch die
Zuordnung a2 → a1, aj → aj (aj ∈ A \ {a2}) gegeben ist. Damit folgt

( f ◦ g)(a1) = f (a1) = a2 = ( f ◦ id)(a1), ( f ◦ g)(a2) = f (a1) = a2 = ( f ◦ id)(a2),

was f ◦ g = f ◦ id beweist; allerdings gilt g = id. Dies beweist, dass in der Halb-
gruppe (Abb(A), ◦) die erste Kürzungsregel verletzt ist. In analoger Weise zeigt
man, dass auch die zweite Kürzungsregel nicht gilt.

(b) Wir überlassen es dem Leser, sich weitere Beispiele von Halbgruppen, die nicht
regulär sind, zu überlegen.

207

Aufgabe 6.6. (a) Den Beweis dieser Aufgabe überlassen wir dem Leser.

(b) Auf (2 · N + 1) × (2 · N + 1) = {(a, b) | a, b ∈ 2 · N + 1} definieren wir die
Relation

(a, b) ∼ (c, d) ⇐⇒ a · d = b · c (a, b, c, d ∈ 2 · N + 1).

Schreibt man a für die Äquivalenzklasse [a, b] von (a, b) ∈ (2 · N + 1) × (2 · N +
b
1), so kann man die Gruppe G := ((2 · N + 1) × (2 · N + 1))/ ∼ mit der Menge
a
aller Brüche der Form b identifizieren, wobei a, b ∈ 2·N +1 gilt und a, b teiler-

fremd sind. Die detaillierte Ausführung der Konstruktion aus Satz 6.5 überlassen

wir dem Leser.

Aufgabe 7.6. Die Verallgemeinerung der Additions- und Multiplikationsregeln
aus Bemerkung 1.16 in Kapitel I auf Z überlassen wir dem Leser.

Aufgabe 7.9. Die Verifikation der Behauptungen dieses Beispiels überlassen wir
dem Leser.

Aufgaben zu Kapitel III

Aufgabe 1.2. Den Beweis der in Lemma 1.1 behaupteten Rechengesetze überlas-
sen wir dem Leser.

Aufgabe 1.5. Den Beweis von Satz 1.4 überlassen wir dem Leser.

Aufgabe 1.9. Wir geben die Beweisidee. Wir nehmen an, dass

a = e · p1 · . . . · pr = e · q1 · . . . qs

für e ∈ {±1} und für nicht notwendigerweise verschiedene Primzahlen p1, . . . , pr,
q1, . . . , qs (r ∈ N, s ∈ N) gilt. Da nun p1 | a und somit p1 | e · q1 · . . . · qs gilt, folgt
mit Hilfe des Euklidischen Lemmas 1.7 die Teilbarkeit p1 | qj für ein j = 1, . . . , s.
Da p1 eine Primzahl ist, muss somit p1 = qj gelten. Ohne Einschränkung können
wir (nach eventueller Umnummerierung) p1 = q1 annehmen. Die Anwendung
der Kürzungsregel impliziert die Gleichheit

p2 · . . . · pr = q2 · . . . · qs. (3)

Da p2 die linke Seite von (3) teilt, muss p2 auch die rechte Seite von (3) teilen.
Wie im ersten Schritt können wir p2 = q2 folgern. Indem wir so fortfahren, erhal-
ten wir die Gleichheiten r = s und pj = qj für j = 1, . . . , r, was die behauptete

Eindeutigkeit beweist.

Aufgabe 2.5. Wir überlassen es dem Leser, zu beweisen, dass der Polynomring
(R[X], +, ·) ein Ring ist, welcher genau dann kommutativ ist, wenn (R, +, ·) kom-
mutativ ist.

208 Lösungen zu den Aufgaben

Aufgabe 2.6. Es seien A eine nicht-leere Menge und (R, +R, ·R) ein Ring. Dann
gilt 0R ∈ R und somit ist die Abbildung 0 : A −→ R, a → 0R, ein Element von
Abb(A, R). Die Menge Abb(A, R) ist somit nicht-leer. Wir zeigen nun, dass + auf

Abb(A, R) assoziativ ist. Dazu seien f , g, h ∈ Abb(A, R). Dann gilt für alle a ∈ A

(( f + g) + h)(a) = (f + g)(a) +R h(a) = + ( f (a) +R g(a)) +R h(a)

Def. von + Def. von

+R = f (a) +R (g(a) +R h(a))

assoziativ,

da R Ring

= f (a) +R (g + h)(a) = + ( f + (g + h))(a),

Def. von + Def. von

was beweist, dass + assoziativ ist. Die Abbildung 0 : A −→ R ist das neutrale
Element bzgl. +, da für alle f ∈ Abb(A, R) die Gleichheit

(0 + f )(a) = 0(a) +R f (a) = 0R +R f (a) = f (a)

Def. von + Def. von 0 0R neutrales
Element bzgl. +R

und analog die Gleichheit ( f + 0)(a) = f (a) für alle a ∈ A gilt. Die weiteren Ring-
eigenschaften von Abb(A, R) weist man in ähnlicher Weise unter Benutzung der
Ringeigenschaften von R direkt nach.

Aufgabe 2.7. Den Beweis dieser Aufgabe überlassen wir dem Leser.

Aufgabe 2.11. Wenn n keine Primzahl ist, dann gibt es natürliche Zahlen a, b ∈

Rn, a > 1, b > 1, mit a · b = n. Dann gilt aber a b = 0. Damit sind a und b
Nullteiler von Rn.

Aufgabe 2.12. Wir zeigen hier lediglich, dass die Nullteilerfreiheit von (R, +, ·)
die Nullteilerfreiheit von (R[X], +, ·) impliziert. Wir nehmen dazu an, dass der
Ring R[X] Nullteiler hat und zeigen, dass dann auch der Ring R Nullteiler be-
sitzen muss. Es seien also f (X) = an · Xn + . . . + a1 · X + a0 (an = 0) und
g(X) = bm · Xm + . . . + b1 · X + b0 (bm = 0) Nullteiler von R[X], so dass gilt

f (X) · g(X) = (an · bm) · Xn+m + . . . + (a1 · b0 + a0 · b1) · X + a0 · b0 = 0,

wobei 0 das Nullelement von R[X], d. h. das Nullpolynom, bezeichnet. Insbeson-
dere muss damit an · bm = 0 gelten, was beweist, dass R Nullteiler besitzt.

Aufgabe 2.13. Der Ring (Abb(A, R), +, ·) aus Aufgabe 2.6 besitzt das Nullele-

ment 0 : A −→ R, a → 0R. Ist nun zum Beispiel R = (R6, ⊕, ), dann gilt für
f : A −→ R, a → 2 (a ∈ A), und g : A −→ R, a → 3 (a ∈ A), die Gleichheit

( f · g)(a) = f (a) g(a) = 2 3 = 0 = 0(a),
Def. von · Def. von f , g

d. h. f und g sind Nullteiler von (Abb(A, R), +, ·). Somit hat also auch der Ring
(Abb(A, R), +, ·) Nullteiler, falls R Nullteiler besitzt. Wir bemerken, dass der
Ring (Abb(A, R), +, ·) im Allgemeinen auch dann Nullteiler besitzen kann, wenn
R nullteilerfrei ist.

209

Aufgabe 2.19. Im Polynomring (Z[X], +, ·) ist das Einselement durch das Eins-
polynom 1 gegeben. Es sei f (X) = an · Xn + . . . + a1 · X + a0 (an = 0) eine Einheit
in Z[X]. Dann existiert ein Polynom g(X) = bm · Xm + . . . + b1 · X + b0 (bm = 0)
in Z[X] mit

f (X) · g(X) = (an · bm) · Xn+m + . . . + (a1 · b0 + a0 · b1) · X + a0 · b0 = 1.

Angenommen, es gilt n > 0, so muss insbesondere an · bm = 0 gelten, im Wider-
spruch dazu, dass Z nullteilerfrei ist. Deshalb kann f und somit g nur von der
Form f (X) = a0 und g(X) = b0 sein. Die Gleichheit a0 · b0 = 1 zeigt, dass f und g
genau dann Einheiten sind, falls a0 ∈ {1, −1} und a0 = b0 gilt. Der Polynomring
(Z[X], +, ·) hat also nur die Einheiten {1, −1}.

Aufgabe 2.20. Dass die Einheiten eines Rings (R, +, ·) mit Einselement 1 bezüg-
lich der Multiplikation eine Gruppe mit neutralem Element 1 bilden, ergibt sich
direkt aus der Definition der Einheiten.

Aufgabe 2.21. Die Einheitengruppe von R5 ist (R5 \ {0}, ) und damit isomorph
zur Gruppe (R4, ⊕). Die Einheitengruppe von R8 ist ({1, 3, 5, 7}, ). Es gilt 3
3 = 1, 5 5 = 1, 7 7 = 1, was zeigt, dass diese Gruppe isomorph zu (D4, ◦)
ist. Die Einheitengruppe von R10 ist ({1, 3, 7, 9}, ). Es gilt 3 7 = 1, 9 9 = 1,
was zeigt, dass diese Gruppe isomorph zu (R4, ⊕) und damit zu (R5 \ {0}, ) ist.
Die Einheitengruppe von R12 ist ({1, 5, 7, 11}, ). Es gilt 5 5 = 1, 7 7 = 1,
11 11 = 1, was zeigt, dass diese Gruppe isomorph zu (D4, ◦) und damit zu
({1, 3, 5, 7}, ) ist.

Aufgabe 2.25. Für n ∈ N ist (nZ, +, ·) ein Unterring von (Z, +, ·).

Aufgabe 2.26. Wir überlassen es dem Leser, zu zeigen, dass (R, +, ·) ein Unterring
des Polynomrings (R[X], +, ·) ist.

Aufgabe 3.2. (a) Die Abbildung f1 ist ein Ringhomomorphismus.
(b) Die Abbildung f2 ist kein Ringhomomorphismus, da für g1(X) = X und
g2(X) = 1 die Ungleichheit f2(g1(X) · g2(X)) = f2(1 · X) = 1 = 0 = 1 · 0 =
f2(X) · f2(1) = f2(g1(X)) · f2(g2(X)) gilt.
(c) Die Abbildung f3 ist genau dann ein Ringhomomorphismus, falls r = 0 gilt.
(d) Die Abbildung f4 ist ein Ringhomomorphismus.
(e) Die Abbildung f5 ist ein Ringhomomorphismus.

Aufgabe 3.5. Den Beweis von Lemma 3.4 überlassen wir dem Leser.

Aufgabe 3.6. Wir erhalten

ker( f1) = ∑ aj · Xj aj ∈ R, a0 = 0 , im( f1) = R .
j∈N

210 Lösungen zu den Aufgaben

Die Abbildung f2 ist kein Ringhomomorphismus. Weiter gilt

ker( f3) = Abb(A, R), im( f3) = {0} (im Fall r = 0) ;
ker( f4) = {g ∈ Abb(A, R) | g(a) = 0}, im( f4) = {g(a) | g ∈ Abb(A, R)} ;
ker( f5) = { f (X) ∈ R[X] | f (r) = 0}, im( f5) = { f (r) | f (X) ∈ R[X]} = R

für die betrachteten Ringhomomorphismen.

Aufgabe 3.13. Um die Gleichheit a = R zu beweisen, haben wir a ⊇ R zu zeigen.
Dazu sei r ∈ R. Da 1 ∈ a gilt und a ein Ideal ist, folgt r · 1 = r ∈ a. Dies beweist,
dass R ⊆ a gilt.

Aufgabe 3.14. Nein, denn für jeden Unterring U von (Z, +, ·) gilt insbesondere,
dass (U, +) eine Untergruppe von (Z, +) ist. Damit muss U = nZ für ein n ∈ N
gelten, was beweist, dass (U, +) ein Ideal von Z ist.

Aufgabe 3.15. Beispielsweise ist Z ein Unterring des Polynomrings (Z[X], +, ·),
der kein Ideal von Z[X] ist.

Aufgabe 3.16. Die Hauptideale von Z[X] sind von der Form {h · f | f ∈ Z[X]} für
ein h ∈ Z[X]. Wir überlassen es dem Leser, zu zeigen, dass das Ideal

a := {2 · f + X · g | f , g ∈ Z[X]}

kein Hauptideal von (Z[X], +, ·) ist.

Aufgabe 3.18. Es gilt ker( f1) = (X) und ker( f5) = (X − r). Falls der Ring R
darüber hinaus ein Einselement besitzt, gilt ker( f3) = (1).

Aufgabe 3.27. Es sei a ∈ Z. Dann ist die Abbildung f : Z[X] −→ Z, gegeben
durch die Zuordnung f (X) → f (a), nach den Aufgaben 3.2, 3.6 und 3.18 ein
surjektiver Ringhomomorphismus mit ker( f ) = (X − a). Mit Hilfe von Korollar
3.25 ergibt sich somit der Ringisomorphismus Z[X]/(X − a) ∼= Z, wie gewünscht.

Aufgabe 3.28. Ein Analogon zu der Gruppenisomorphie aus Aufgabe 5.11 in Ka-
pitel II kann man auch für Ringe formulieren und beweisen, indem man überall
„Untergruppe“ und „Normalteiler“ durch „Ideal“ ersetzt und nachrechnet, dass
die auftretenden Gruppenhomomorphismen auch Ringhomomorphismen sind.
Wir überlassen diese Aufgabe dem Leser.

Aufgabe 4.4. Das ist nicht möglich, denn man kann zeigen, dass jeder Schiefkör-
per mit endlich vielen Elementen sogar ein Körper sein muss.

Aufgabe 5.3. Den Beweis der Assoziativität von ⊕, der Kommutativität von
und des zweiten Distributivgesetzes überlassen wir dem Leser.

211

Aufgabe 5.5. Wir betrachten den Ringhomomorphismus f : K −→ Quot(K), der
durch a → [a, 1] gegeben ist. Der Ringhomomorphismus f ist wohldefiniert, da
K ein Körper ist und somit 1 ∈ K gilt. Außerdem ist f injektiv, was wir wie folgt
einsehen: angenommen es gilt [a, 1] = [b, 1] für a, b ∈ K, dann folgt (a, 1) ∼
(b, 1), was a · 1 = 1 · b und somit a = b impliziert. Wir zeigen nun, dass f auch
surjektiv ist. Dazu sei [a, b] ∈ Quot(K) mit a, b ∈ K, b = 0, ein beliebiges Element.
Da K ein Körper ist, existiert ein zu b inverses Element b−1 ∈ K. Damit ist a · b−1 ∈
K und es gilt

f (a · b−1) = [a · b−1, 1] = [a, b],

wobei die letzte Gleichheit wegen (a · b−1, 1) ∼ (a, b) ⇐⇒ a · b−1 · b = 1 · a ⇐⇒
a = a folgt. Damit ist f insgesamt ein Ringisomorphismus und es ergibt sich die
Ringisomorphie K ∼= Quot(K).

Aufgabe 6.3. Es sei r = s/t für s ∈ Z und t ∈ N \ {0}. Dann entspricht r dem
Element [s, t] ∈ Z × (Z \ {0}). Ist nun d = (s, t) > 0 der größte gemeinsame
Teiler von s und t, so können wir s = d · a und t = d · b mit a ∈ Z, b ∈ N \ {0} und
a, b teilerfremd schreiben. Aufgrund der Gleichheit s · b = (d · a) · b = (d · b) · a =
t · a ergibt sich somit die Gleichheit [s, t] = [a, b]. Dies beweist die Existenz des
geforderten Repräsentanten. Um die Eindeutigkeit des Repräsentanten zu zeigen,
nehmen wir an, dass [c, d] mit c ∈ Z, d ∈ N \ {0} und c, d teilerfremd, ein weiteres
Element mit [s, t] = [c, d] ist. Dann folgt insbesondere [a, b] = [c, d] und somit

a · d = b · c.

Ist nun p eine beliebige Primzahl mit p | a, so muss p | b · c und folglich, da p eine
Primzahl ist, p | b oder p | c gelten. Da aber a und b teilerfremd sind, muss p | c
gelten. Umgekehrt zeigt man, dass für eine beliebige Primzahl mit p | c auch p | a
gelten muss. Damit folgt einerseits a | c und andererseits c | a, was, da a und c
das gleiche Vorzeichen besitzen, die Gleichheit a = c beweist. In analoger Weise
zeigen wir die Gleichheit b = d, was den Beweis der Eindeutigkeit abschließt.

Aufgabe 6.4. Da man diesen Beweis üblicherweise in der Analysisvorlesung des
ersten Studienjahres kennenlernt, überlassen wir den Beweis dieser Aufgabe dem
Leser.

Aufgabe 6.7. Die Verallgemeinerung der Additions- und Multiplikationsregeln
aus Bemerkung 1.16 in Kapitel I überlassen wir dem Leser.

Aufgabe 7.4. Wir erhalten in Z[X] die Zerlegungen 20X = 22 · 5 · X und 10X2 +
4X − 6 = 2 · (X + 1) · (5X − 3). Damit ist 2 der größte gemeinsame Teiler und 22 ·
5 · X · (X + 1) · (5X − 3) = 60X3 + 24X2 − 36X das kleinste gemeinsame Vielfache
der Polynome 20X und 10X2 + 4X − 6 in Z[X].

Aufgabe 7.9. Wir überlassen es dem Leser, sich entsprechende Beispiele zu über-
legen.

212 Lösungen zu den Aufgaben

Aufgabe 7.15. Den Beweis von Teil (ii) des Beweises von Lemma 7.14 überlassen
wir dem Leser.

Aufgabe 7.25. Beispielsweise ist der Polynomring K[X, Y] in zwei Variablen über
einem Körper K kein Hauptidealring, da das Ideal

a := {X · f + Y · g | f , g ∈ K[X, Y]}

kein Hauptideal ist.

Aufgabe 7.38. (a) Wir erhalten (123 456 789, 555 555 555) = 9.
(b) Wir berechnen

X4 + 2X3 + 2X2 + 2X + 1 = (X + 1) · (X3 + X2 − X − 1) + (2X2 + 4X + 2)

X3 + X2 − X − 1 = 1 X − 1 · (2X2 + 4X + 2) + 0.
2 2

Damit erhalten wir (X4 + 2X3 + 2X2 + 2X + 1, X3 + X2 − X − 1) = 2X2 + 4X + 2.

Aufgaben zu Kapitel IV

Aufgabe 1.6. (a) Wir erhalten die Dezimalbruchentwicklungen 1 = 0, 2, 1 = 0, 3,
5 3
1 1 1
16 = 0, 0625, 11 = 0, 09 und 7 = 0, 142857.

(b) Man zeigt, dass ein gekürzter Bruch a (a, b ∈ Z; b = 0) genau dann eine ab-
b
brechende Dezimalbruchentwicklung besitzt, wenn b = 2k · 5l mit k, l ∈ N gilt.

(c) Wir betrachten den Bruch 1 für m ∈ N, m = 0, mit 2 |m und 5 |m. Man zeigt,
m
1
dass m−1 eine grobe Abschätzung der Periodenlänge des Dezimalbruchs von m

ist. Hierzu überlegt man sich, dass höchstens m − 1 Reste bei Division durch m
1
angenommen werden können. Für den Bruch 7 ist die Periodenlänge beispiels-

weise maximal.

(d) Ohne Einschränkung können wir zunächst annehmen, dass der periodische
Dezimalbruch von der Form

0, q−1 . . . q−v q−(v+1) . . . q−(v+p)

mit natürlichen Zahlen v ≥ 0, p > 0 ist. Dann gilt

a ∑vj=1 q−j10v−j 1 ∑ p q−(v+j)10 p−j
b 10v 10v j=1 10p − 1
= + · .

Beispielsweise erhält man für 0, 123 den Bruch

123 = 123 = 41 .
103 − 1 999 333

213

Aufgabe 2.2. (a) Ohne Einschränkung können wir ∈ Q, 0 < < 1, annehmen.

Für n ∈ N gilt dann

1 < ⇐⇒ 1 − < n.
n+1

Setzen wir mit der Gauß-Klammer N( ) := [(1 − )/ ], dann gilt für alle n ∈ N
mit n > N( ) die Ungleichung

1 < .
n+1

Dies beweist, dass die Folge 1 eine rationale Nullfolge ist. Mit Hilfe der
Abschätzung n+1
n≥0

n < 1
2n n+1

für n ∈ N, n ≥ 5, zeigt man in analoger Weise, dass auch n n≥0 eine rationale
2n
Nullfolge ist.

(b) Weitere Beispiele für rationale Nullfolgen sind die Folgen 1 mit k ∈
N, k ≥ 2. (n+1)k
n≥0

Aufgabe 2.18. Es seien α = (an) + n, β = (bn) + n zwei reelle Zahlen mit α < β,
d. h. es existieren q ∈ Q, q > 0, N(q) ∈ N mit bn − an > q für alle n ∈ N mit n >
N(q). Um die behauptete Unabhängigkeit von der Wahl der repräsentierenden

rationalen Cauchyfolgen zu zeigen, nehmen wir nun (an) + n = (an) + n bzw.
(bn) + n = (bn) + n für eine weitere rationale Cauchyfolge (an) bzw. (bn) an. Dann
muss insbesondere (an) = (an) + (cn) = (an + cn) bzw. (bn) = (bn) + (dn) =
(bn + dn) mit einer rationalen Nullfolge (cn) bzw. (dn) gelten. Damit ergibt sich

bn − an = (bn − an) + (dn − cn) ≥ (bn − an) − |dn − cn|. (4)

Da weiter (dn − cn) eine rationale Nullfolge ist, existiert zu := q/2 ∈ Q ein

N( ) ∈ N derart, dass für alle n ∈ N mit n > N( ) die Ungleichung |dn − cn| <
besteht. Setzen wir also q := q − = q/2 ∈ Q, so gilt q > 0, und mit (4) folgt die

Abschätzung

bn − an > q − = q

für alle n ∈ N mit n > N(q ) := max(N(q), N( )). Dies beweist die behauptete
Repräsentantenunabhängigkeit.

Aufgabe 2.22. Den Beweis von Lemma 2.21 überlassen wir dem Leser.

Aufgabe 2.25. Reelle Nullfolgen, d√eren Folgenglieder alle irrationale Zahlen sind,
2
sind beispielsweise die Folgen (n+1)k mit k ∈ N, k ≥ 1.

n≥0

214 Lösungen zu den Aufgaben

Aufgabe 2.30. Wir beginnen mit der Überlegung, dass für eine rationale Zahl a0 ∈
Q, a0 > 0, die folgenden Äquivalenzen

a0 + δ0 = √ ⇐⇒ (a0 + δ0)2 = 2 ⇐⇒ 2a0δ0 + δ02 = 2 − a20 ⇐⇒ δ0 = 2 − a02 − δ02
2 2a0 2a0

mit einem Fehler δ0 gelten. Setzen wir also

a1 := a0 + 2 − a02 = 2 + a02 ,
2a0 2a0

so folgt wegen a0 > 0 die Abschätzung a21 > 2, d. h. a1 > √ Dies impliziert
2.

(2 − a21)/(2a1) < 0 und damit gilt für

a2 := a1 + 2 − a12 = 2 + a21
2a1 2a1

sowohl a1 > a2 als auch a22 > 2, d. h. a2 > √ Wir betrachten nun die rationale
2.

Zahlenfolge (an)n≥0 mit a0 ∈ Q, a0 > 0, beliebig und

an+1 := 2 + a2n (n ∈ N, n ≥ 1). (5)
2an

Mit Hilfe von vollständiger Induktion zeigt man z√uerst, dass sowohl an > an+1
für alle n ∈ N, n ≥ 1, als auch a2n > 2, d. h. an > 2, für alle n ∈ N, n ≥ 1, gilt.
Unter Zuhilfenahme dieser Abschätzungen beweist man dann in einem zweiten

Schritt, dass (an)n≥0 eine rationale Cauchyfolge ist. Diese rationale Cauchyfolge
hat einen Grenzwert α ∈ R, α > 0. Aufgrund der Rekursionsformel (5) erfüllt α

die Gleichung

α = 2 + α2 ⇐⇒ α = √
2α 2,

wie gewünscht.

Aufgabe 3.12. (a) Die Dezimaldarstellung 0, 101 001 000 100 001 . . . ist weder ab-
brechend noch periodisch; somit kann diese Zahl nicht rational sein. In analoger
Weise findet man weitere Beispiele, wie etwa die Zahl 0, 121 331 222 133 331 . . .

(b) Verwendet man di√e in Aufgabe 2.30 k√onstruierte rationale Cauchyfolge (an)n≥0
zur Berechnung von 2, so erhält man 2 ≈ 1, 4142135623 bis auf die ersten zehn
Nachkommastellen genau, indem man beispielsweise a0 = 1 wählt und viermal
iteriert.

Aufgabe 4.2. Wir betrachten exemplarisch die Zahlenfolge

(an)n≥0 := n2 + 2 .
2n
n≥0

215

Es gilt a0 = 2 und a1 = a2 = 3/2. Für n ∈ N, n ≥ 3, zeigt man weiter mit Hilfe
von vollständiger Induktion die Ungleichung 2(n2 + 2) > (n + 1)2 + 2. Wegen

2(n2 + 2) > (n + 1)2 + 2 ⇐⇒ n2 + 2 > (n + 1)2 + 2 ⇐⇒ an > an+1
2n 2n+1

für n ∈ N, n ≥ 3, folgt somit insgesamt, dass die Zahlenfolge (an)n≥0 monoton
fallend, jedoch nicht streng monoton fallend ist. In analoger Weise zeigt man, dass

die Zahlenfolgen

12 1 , n3 + 3
n+1 3n n≥0

n≥0

streng monoton fallend sind und die Zahlenfolge

n3 − 2
n2 − 2 n≥0

monoton wachsend ist. Die Zahlenfolge

1

n n+1

n≥0

ist weder für alle n ∈ N (streng) monoton wachsend, noch für alle n ∈ N (streng)
monoton fallend.

Aufgabe 4.6. Die nach unten beschränkte Teilmenge M ⊆ Q bestehend aus allen
Folgengliedern an (n > 0) der in Aufgabe 2.30 k√onstruierten rationalen Cauchy-
folge (an)n≥0 besitzt die größte untere Schranke 2 ∈/ Q.

√
Aufgabe 4.7. Die größte untere Schranke der Menge { x x | x ∈ Q, x ≥ 0} wird bei
√x = 0 angenommen und ist gleich 0; die kleinste obere Schranke dieser Menge ist
e e.

Aufgabe 5.3. Den Beweis dieser Aufgabe überlassen wir dem Leser.

Aufgabe 6.7. Die Vervollständigung der offen gebliebenen Stellen in der Beweisskiz-
ze von Satz 6.5 überlassen wir dem Leser.

Aufgaben zu Kapitel V

Aufgabe 1.1. Die Lösung dieser Aufgabe überlassen wir dem Leser.

Aufgabe 1.8. Die Vervollständigung des Beweises von Satz 1.7 überlassen wir dem
Leser.

216 Lösungen zu den Aufgaben

Asinufdga±be√1α.110d. ieELs össeui nαge=n α1 + α2i ∈ C, α = 0. Ist α2 = 0 und α1 > 0, dann
der Gleichung x2 = α. Ist α2 = 0 und α1 < 0, dann

sind ± |α1|i die Lösungen der Gleichung x2 = α. Es bleibt noch, den Fall zu

betrachten, dass α2 = 0 gilt. Dazu sei β = β1 + β2i ∈ C mit β1 = 0. Dann besteht

die Äquivalenz

β2 = α ⇐⇒ (β21 − β22) + (2β1β2)i = α1 + α2i ⇐⇒ β21 − β22 = α1, 2β1β2 = α2.
Setzen wir nun die zweite Gleichheit β2 = α2/(2β1) in die erste Gleichheit ein, so
erhalten wir die Gleichung 4β41 − 4α1β21 − α22 = 0. Indem wir y := β21 setzen, er-
halten wir die quadratische Gleichung 4y2 − 4α1y − α22 = 0, welche die Lösungen

α1 ± α21 + α22 = α1 ± |α|
y1,2 = 2 2

besitzt. Da nun β1 ∈ R g±il√t, ym1 üusnsdenβw2 i=r je±dαo2c/h(n2√ury1d)ieernhicahlttennegwaitrivdeaLmöistudnige
y1 betrachten. Mit β1 =

Lösungsformel

β = ± α√1 + |α| ± α2i .
2 2 α1 + |α|

Insgesamt ergibt sich somit für die Lösungen der Gleichung x2 = α die folgende

Lösungsformel

⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪±±√α|α11,| i , falls α1 > 0, α2 = 0;
falls α1 < 0, α2 = 0;

x1,2 = ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪±± |α|+α1 + |α|−α1 i , falls α2 > 0;
2 2 falls α2 < 0.

|α|+α1 − |α|−α1 i ,
2 2

Damit folgt, dass die Gleichung x2 = i die Lösungen x1,2 = √ die
±(1 + i)/ 2,

Gleichung x2 = 2 + i die Lösungen

x1,2 = ± √√
√5 + 2 + √5 − 2 i

22

und die Gleichung x2 = 3 − 2i die Lösungen

x1,2 = ± √ √
√13 + 3 − √13 − 3 i
2 2

besitzt.

Aufgabe 1.11. Da nach Aufgabe 1.10 die Gleichheit ((1 + i)/2)2 = i/2 gilt, ergibt
sich mit quadratischer Ergänzung

x2 + (1 + i) · x + i = 0 ⇐⇒ x + 1 + i 2 + i = 0.
2 2

217

Substituiert man nun y := x + (1 + i)/2, so erhält man die quadratische Glei-

chung y2 = −i/2. Mit der Lösungsformel aus Aufgabe 1.10 erhalten wir somit die

Lösungen

x1,2 = y1,2 − 1 +i = ± 1 ∓ i − 1+ i,
2 2 2 2

d. h. x1 = −i und x2 = −1 sind die Lösungen der Gleichung x2 + (1 + i) · x + i =

0, was man auch leicht durch Einsetzen nachprüft. In analoger Weise zeigt man,
dass die Gleichung x2 + (2 − i) · x − 2i = 0 die Lösungen x1 = i und x2 = −2

besitzt.

Aufgabe 1.14. (a) Zuächst verifiziert man die Gleichheit α · β = α · β für alle α, β ∈
C. Damit ergibt sich

|α · β|2 = (α · β) · α · β = α · α · β · β = |α|2 · |β|2,

was die Behauptung beweist.
(b) Es seien α1, α2, β1, β2 ∈ N. Mit Hilfe der Produktregel aus Teilaufgabe (a)
folgt

(α21 + α22) · (β21 + β22) = (α1β1 − α2β2)2 + (α1β2 + α2β1)2.

Dies impliziert die Behauptung.

Aufgabe 2.3. Die Aussage der Bemerkung 2.2 ergibt sich sofort mit Hilfe der Pro-
duktregel aus Aufgabe 1.14.

Aufgabe 2.5. Es sei A ∈ M2(R) eine beliebige invertierbare Matrix. Man über-
zeugt sich, dass die Abbildung fA : (C, +, ·) −→ (M2(R), +, ·), gegeben durch

α = α1 + α2i → A · α1 α2 · A−1,
−α2 α1

ein injektiver Ringhomomorphismus ist. Insbesondere induziert f die Isomorphie
C ∼= im( f ), d. h. C ist isomorph zu dem Unterring im( f ) von M2(R).

Aufgabe 2.8. Den Beweis dieser Aufgabe überlassen wir dem Leser.

Aufgabe 2.12. Wir bemerken zunächst, dass für zwei komplexe Zahlen α, β ∈
C \ {0} mit den Polarkoordinatendarstellungen α = |α| · (cos(ϕ) + i sin(ϕ)) bzw.
β = |β| · (cos(ψ) + i sin(ψ)) die folgende Formel für die Multiplikation gilt

α · β = |α||β| · cos(ϕ) cos(ψ) − sin(ϕ) sin(ψ) + i sin(ϕ) cos(ψ) + cos(ϕ) sin(ψ)

= |α||β| · cos(ϕ + ψ) + i sin(ϕ + ψ) ,

wobei wir für die zweite Gleichheit die Additionstheoreme für den Sinus und den
Kosinus heranziehen. Damit folgt für m ∈ N die Gleichheit

αm = |α|m · cos(mϕ) + i sin(mϕ) .

218 Lösungen zu den Aufgaben

Ebenso ergibt sich für n ∈ N mit n = 0 die Gleichheit

α 1 = |α| 1 · cos ϕ + i sin ϕ .
n n n n

Dies liefert insgesamt den Beweis der allgemeinen Formel.

a0AGSnougrm,afidgbdiatat.b2sheDsma4eab.sni4etne.nginmawEnPsuizrosszglseayeiahnzbploeiegmiergeit√nng, e(dpKXPao=s)resi=mf−√fizzbapai/Xehaanl+l.tg∈eDebnbQa(ruanag,nniesbdlcits∈heetsnvZf,go(w,imXlata)=sGf =(er0√ian)dXepvn2)2om−iW=sti.Gpd0.reeaWridnspi1rPruomncleyihhtnmgdo(ame√rnspvtne)oulml=nt.

Aufgabe 4.12. Wir überlassen es dem Leser, nach dem Muster der Liouvilleschen
Zahl weitere transzendente Zahlen zu finden.

Aufgabe 5.8. Die Berechnung noch besserer Approximationen von e nach diesem
Muster überlassen wir dem Leser.

Aufgaben zu Kapitel VI

Aufgabe 1.6. Beispielsweise hat das Polynom X2 + 1 ∈ H[X] vom Grad 2 die
Nullstellen ±i, ±j, ±k und jedes weitere rein-imaginäre Quaternion α2i + α3 j +
α4k ∈ Im(H), das der Bedingung α22 + α23 + α24 = 1 genügt.

Aufgabe 1.7. Es ist klar, dass R ⊆ Z(H) gilt. Wir haben also Z(H) ⊆ R zu zeigen.
Dazu sei α = α1 + α2i + α3 j + α4k ∈ Z(H). Für jedes β = β1 + β2i + β3 j + β4k ∈ H
gilt somit α · β = β · α. Wegen

α · β =(α1β1 − α2β2 − α3β3 − α4β4) + (α1β2 + α2β1 + α3β4 − α4β3)i
+(α1β3 − α2β4 + α3β1 + α4β2)j + (α1β4 + α2β3 − α3β2 + α4β1)k

und

β · α =(β1α1 − β2α2 − β3α3 − β4α4) + (β1α2 + β2α1 + β3α4 − β4α3)i
+(β1α3 − β2α4 + β3α1 + β4α2)j + (β1α4 + β2α3 − β3α2 + β4α1)k

gilt aber

α · β = β · α ⇐⇒ 2(α3β4 − α4β3)i + 2(−α2β4 + α4β2)j + 2(α2β3 − α3β2)k = 0
⇐⇒ α3β4 = α4β3 ∧ α4β2 = α2β4 ∧ α2β3 = α3β2.

Ist α2 = 0, so folgt aus der dritten Gleichheit die Relation β3 = (α3α2−1) · β2 für
jedes beliebige β ∈ H. Dies stellt einen Widerspruch dar und somit muss α2 = 0
gelten. In gleicher Weise zeigt man, dass auch α3 = 0 und α4 = 0 gelten muss.
Insgesamt folgt also α = α1 ∈ R. Dies beweist die Inklusion Z(H) ⊆ R.

219

Aufgabe 1.14. (a) Es sei α = α1 + α2i + α3 j + α4k. Dann berechnen wir
α2 = (α12 − α22 − α23 − α24) + 2α1α2i + 2α1α3 j + 2α1α4k
= −(α12 + α22 + α23 + α42) + 2α1α,

woraus sich die Behauptung ergibt.
(b) Dies ergibt sich durch eine direkte Rechnung.

Aufgabe 1.15. Es seien α = Im(α) · i mit Im(α) = (α2, α3, α4) und β = Im(β) · i mit
Im(β) = (β2, β3, β4). Wir berechnen
α · β = (α2i + α3j + α4k) · (β2i + β3j + β4k)
= (−α2β2 − α3β3 − α4β4) + (α3β4 − α4β3)i + (−α2β4 + α4β2)j + (α2β3 − α3β2)k
= − Im(α)t, Im(β)t + (Im(α)t × Im(β)t) · i,

was die Behauptung beweist.

Aufgabe 1.18. Es seien α, β ∈ H. Wir berechnen

2 · α, β = 2 · Re(α · β) = α · β + α · β = α · β + β · α.

Multiplikation dieser Gleichheit von rechts mit β ergibt

2 · α, β · β = α · β · β + β · α · β,

was wegen β · β = β, β ∈ R die Behauptung beweist.

Aufgabe 1.19. (a) Die Gleichheit α · β = β · α verifiziert man durch eine direkte
Rechnung.
(b) Mit Hilfe von Teilaufgabe (a) ergibt sich

|α · β|2 = (α · β) · α · β = α · (β · β) · α = |β|2 · (α · α) = |β|2 · |α|2 = |α|2 · |β|2,

was die Behauptung beweist.
(c) Es seien α1, α2, α3, α4, β1, β2, β3, β4 ∈ N. Mit Hilfe der Produktregel aus Teil-
aufgabe (a) folgt

(α12 + α22 + α32 + α42) · (β21 + β22 + β23 + β24) =
(α1β1 − α2β2 − α3β3 − α4β4)2 + (α1β2 + α2β1 + α3β4 − α4β3)2+
(α1β3 + α3β1 + α4β2 − α2β4)2 + (α1β4 + α4β1 + α2β3 − α3β2)2.

Dies impliziert die Behauptung.

Aufgabe 1.21. Die Vervollständigung des Beweises von Satz 1.20 überlassen wir
dem Leser.

220 Lösungen zu den Aufgaben

Aufgabe 1.25. Die Verifikation der Aussagen dieser Beispiele überlassen wir dem
Leser.

Aufgabe 1.27. Den Beweis dieser Aufgabe überlassen wir dem Leser.

Aufgabe 2.3. Die Aussage der Bemerkung 2.2 ergibt sich sofort mit Hilfe der Pro-
duktregel aus Aufgabe 1.19.

Aufgabe 2.5. Es sei A ∈ M2(C) eine beliebige invertierbare Matrix. Man überzeugt
sich, dass die Abbildung f : (H, +, ·) −→ (M2(C), +, ·), gegeben durch

α = α1 + α2i + α3j + α4k → A · α1 + α2i α3 + α4i · A−1,
−α3 + α4i α1 − α2i

ein injektiver Ringhomomorphismus ist. Insbesondere induziert f die Isomorphie
H ∼= im( f ), d. h. H ist isomorph zu dem Unterring im( f ) von M2(C).

Aufgabe 2.6. Wir zeigen, dass f eine R-lineare Abbildung ist. Es seien α = α1 +
α2i + α3 j + α4k ∈ H und β = β1 + β2i + β3j + β4k ∈ H. Für beliebige μ, ν ∈ R gilt

f (μα + νβ) = f ((μα1 + νβ1) + (μα2 + νβ2)i + (μα3 + νβ3)j + (μα4 + νβ4)k)

= (μα1 + νβ1) + (μα2 + νβ2)i (μα3 + νβ3) + (μα4 + νβ4)i
−(μα3 + νβ3) + (μα4 + νβ4)i (μα1 + νβ1) − (μα2 + νβ2)i

=μ α1 + α2i α3 + α4i +ν β1 + β2i β3 + β4i
−α3 + α4i α1 − α2i −β3 + β4i β1 − β2i

= μ f (α) + ν f (β),

d. h. f ist R-linear. Die Verifikation der übrigen Aussagen überlassen wir dem
Leser.

Aufgabe 2.9. Den Beweis dieser Aufgabe überlassen wir dem Leser.

Aufgabe 3.4. Den Beweis dieser Aufgabe überlassen wir dem Leser.

Aufgabe 3.6. Wir beweisen zuerst, dass jede R-lineare Abbildung v → A · v (v ∈
R3) mit A ∈ SO3(R) eine orientierungserhaltende Drehung des R3 um eine durch
den Koordinatenursprung verlaufende Achse ist. Hierfür beachten wir zunächst,
dass für A ∈ SO3(R) wegen

det(A − E) = 1 · det(A − E) = det(At) · det(A − E) = det(At · (A − E))

= det(E − At) = det(E − A)t = det(E − A) = (−1) · det(A − E)

die Gleichheit det(A − E) = 0 gilt, was beweist, dass 1 ein Eigenwert von A ist. Es
bezeichne nun a1 einen (auf die Länge eins) normierten Eigenvektor von A zum
Eigenwert 1. Wir werden sehen, dass die Abbildung v → A · v (v ∈ R3) eine Dre-
hung um eine durch den Koordinatenursprung verlaufende Drehachse, welche

221

durch a1 bestimmt ist, beschreibt. Dazu ergänzen wir a1 zu einer Orthonormalba-
sis des R3, indem wir einen weiteren (auf die Länge eins normierten) Einheitsvek-
tor a2 ∈ R3 wählen, der senkrecht auf a1 steht und schließlich a3 := a1 × a2 setzen.
Bezeichnet nun S ∈ M2(R) eine Matrix mit S · (1, 0, 0)t = a1, S · (0, 1, 0)t = a2 und
S · (0, 0, 1)t = a3, so muss S ∈ SO3(R) gelten. Weiter ergibt sich

S−1 · A · S · (1, 0, 0)t = S−1 · A · a1 = S−1 · a1 = (1, 0, 0)t,

was die Gleichheit

⎛⎞
100

S−1 · A · S = ⎝0 α β⎠
0γ δ

für gewisse α, β, γ, δ ∈ R impliziert. Da jedoch wegen A, S ∈ SO3(R) auch S−1 ·
A · S ∈ SO3(R) gilt, und somit

α β ∈ SO2(R)
γ δ

folgt, existiert ein eindeutig bestimmtes ϕ ∈ [0, 2π) mit

⎛ 0 ⎞
1 cos( ϕ) 0
sin( ϕ) − sin(ϕ)⎠ =: Dϕ.
S−1 · A · S = ⎝0 cos( ϕ)
0

Die Abbildung v → Dϕ · v (v ∈ R3) ist eine orientierungserhaltende Drehung in

der x2, x3-Ebene vom Winkel ϕ um die x1-Achse (im Gegenuhrzeigersinn, falls x1

auf den Betrachter zeigt). Insgesamt haben wir somit gezeigt, dass die Abbildung
v → A · v (v ∈ R3) eine orientierungserhaltende Drehung in der a2, a3-Ebene vom

Winkel ϕ um die a1-Achse (im Gegenuhrzeigersinn, falls a1 auf den Betrachter

zeigt) ist.

Wir beschreiben jetzt umgekehrt eine beliebige orientierungserhaltende Dre-
hung des R3 vom Drehwinkel ϕ ∈ [0, 2π) um eine durch den Koordinatenur-

sprung verlaufende Drehachse, welche durch den (auf die Länge eins normierten)
Einheitsvektor a1 := (ν1, ν2, ν3)t ∈ R3 bestimmt ist. Dazu betrachten wir zunächst

die Matrizen

⎛ √ ν1 0 √ ν3 ⎞ ⎛ ν12 + ν32 ⎞
00⎟⎠⎟ ∈ SO3(R).
D1 := ⎜⎝⎜ ν12 +ν32 1 ν12 +ν32 ⎟⎠⎟ , D2 := ⎜⎝⎜ −ν2 ν2
− 0 0 1
0 0 ν12 + ν32
√ ν3 √ ν1 0
ν12 +ν32
ν12 +ν32

Wenden wir im ersten Schritt D1 auf a1 an, so drehen wir a1 derart um die
x2-Achse, dass D1 · a1 in der x1, x2-Ebene liegt; wenden wir im zweiten Schritt
D2 auf D1 · a1 an, so drehen wir D1 · a1 um die x3-Achse, so dass schließlich
D2 · D1 · a1 parallel zur x1-Achse ist. Insgesamt lässt sich die betrachtete orien-
tierungserhaltende Drehung somit durch die Abbildung v → A · v (v ∈ R3) mit

222 Lösungen zu den Aufgaben

A := D1−1 · D2−1 · Dϕ · D2 · D1 beschreiben. Durch Ausmultiplizieren ergibt sich

A = ⎛⎝ν1νν212μμ + cos( ϕ) ν1ν2μ − ν3 sin(ϕ) ⎞
+ ν3 sin(ϕ) ν22μ + cos(ϕ) ν1ν3μ + ν2 sin(ϕ)
ν2ν3μ − ν1 sin(ϕ)⎠ ,
ν1ν3μ − ν2 sin(ϕ) ν2ν3μ + ν1 sin(ϕ)
ν32μ + cos(ϕ)

wobei μ := 1 − cos(ϕ) gesetzt wurde; dies lässt sich nun leicht in die Form

A = E + sin(ϕ) · N + (1 − cos(ϕ)) · N2

mit

⎛ ⎞
0 −ν3 ν2

N := ⎝ ν3 0 −ν1⎠

−ν2 ν1 0

zerlegen, wie behauptet.

Ausgewählte Literatur

Die nachfolgend angegebene Literatur zur elementaren Zahlentheorie und
zur Algebra dient zur Ergänzung der Ausführungen des vorliegenden Bu-
ches, sie führt teilweise allerdings deutlich weiter. Die mathematisch histo-
rischen Werke vermitteln einen Einblick in die geschichtliche Entwicklung
der Algebra und Zahlentheorie. Die Literatur zum Zahl- und Ziffernbe-
griff hat kulturhistorische Bedeutung. Abschließend listen wir für den in-
teressierten Leser eine Auswahl an Literatur zur Didaktik der Algebra und
Zahlentheorie.

Literatur zur elementaren Zahlentheorie

[1] A. Bartholomé, H. Kern, J. Rung: Zahlentheorie für Einsteiger. Vieweg+Teubner
Verlag, Wiesbaden, 7. Aufl. 2010.

[2] S. I. Borevich, I. R. Shafarevich: Zahlentheorie. Birkhäuser Verlag, Basel Stutt-
gart, 1966.

[3] P. Bundschuh: Einführung in die Zahlentheorie. Springer-Verlag, Berlin Heidel-
berg New York, 6. Aufl. 2008.

[4] G. Frey: Elementare Zahlentheorie. Vieweg Verlag, Braunschweig, 1984.
[5] G. H. Hardy, E. M. Wright: An Introduction to the Theory of Numbers. Oxford

University Press, 5th edition 1979.
[6] H. Hasse: Vorlesungen über Zahlentheorie. Springer-Verlag, Berlin Göttingen

Heidelberg New York, 2. Aufl. 1964.
[7] S. Müller-Stach, J. Piontkowski: Elementare und algebraische Zahlentheorie.

Vieweg+Teubner Verlag, Wiesbaden, 2. Aufl. 2011.
[8] R. Remmert: Elementare Zahlentheorie. Birkhäuser Verlag, Basel Boston Berlin,

3. Aufl. 2008.
[9] R. Schulze-Pillot: Einführung in Algebra und Zahlentheorie. Springer-Verlag,

Berlin Heidelberg New York, 2. Aufl. 2008.
[10] A. Weil: Number Theory. Birkhäuser Verlag, Boston Basel Stuttgart, 2nd editi-

on 1987.
[11] J. Wolfart: Einführung in die Zahlentheorie und Algebra. Vieweg+Teubner

Verlag, Wiesbaden, 2. Aufl. 2011.

224 Ausgewählte Literatur

[12] J. Ziegenbalg: Algorithmen. Spektrum Akademischer Verlag,
Heidelberg Berlin Oxford, 1996.

Literatur zur Algebra

[13] H.-W. Alten et al.: 4000 Jahre Algebra. Springer-Verlag, Berlin Heidelberg New
York, 2003.

[14] M. Artin: Algebra. Birkhäuser Verlag, Basel Boston Berlin, 1993.
[15] J. Bewersdorff: Algebra für Einsteiger. Springer Spektrum Verlag, Wiesbaden,

5. Aufl. 2013.
[16] S. Bosch: Algebra. Springer-Verlag, Berlin Heidelberg New York, 7. Aufl. 2009.
[17] B. Hornfeck: Algebra. Walter de Gruyter Verlag, Berlin, 3. Aufl. 1976.
[18] N. Jacobson: Lectures in Abstract Algebra. Van Nostrand, Toronto, 1953.
[19] S. Lang: Algebra. Springer-Verlag, Berlin Heidelberg New York, 3. Aufl. 2002,

4. korr. ND 2004.
[20] F. Lorenz, F. Lemmermeyer: Algebra 1: Körper und Galoistheorie. Spektrum

Akademischer Verlag, Heidelberg Berlin Oxford, 4. Aufl. 2007.
[21] J. Stillwell: Elements of Algebra. Springer-Verlag, Berlin Heidelberg New York,

1. Aufl 1994, 3. korr. ND 2001.
[22] B. L. van der Waerden: Moderne Algebra. Band I. Springer-Verlag, Berlin Hei-

delberg New York, 8. Aufl. 1971.
[23] G. Wüstholz: Algebra. Springer Spektrum Verlag, Wiesbaden, 2. Aufl. 2013.

Literatur zum Zahl- und Ziffernbegriff

[24] H. Ebbinghaus et al.: Zahlen. Springer-Verlag, Berlin Heidelberg New York,
3. Aufl. 1992.

[25] G. Ifrah: Universalgeschichte der Zahlen. Campus-Verlag, Frankfurt, 2. Aufl.
1991.

[26] K. Menninger: Zahlwort und Ziffer, eine Kulturgeschichte der Zahl. Vandenhoeck
& Ruprecht, Band 1 & 2, Göttingen, 3. Aufl. 1979.

[27] R. Taschner: Der Zahlen gigantische Schatten. Vieweg Verlag,
Wiesbaden, 3. Aufl. 2005.

225

Literatur zur Didaktik der Algebra und Zahlentheorie

[28] F. Padberg, R. Danckwerts, M. Stein: Zahlbereiche. Spektrum
Akademischer Verlag, Heidelberg Berlin Oxford, 1995.

[29] F. Padberg: Einführung in die Mathematik I. Arithmetik. Spektrum Akademi-
scher Verlag, Heidelberg Berlin, 1997.

[30] H.-J. Vollrath, H.-G. Weigand: Algebra in der Sekundarstufe. Spektrum Akade-
mischer Verlag, Heidelberg Berlin, 3. Aufl. 2007.

[31] H. Winter: Entdeckendes Lernen im Mathematikunterricht. Vieweg Verlag, Braun-
schweig, 1991.

Index

R-Algebra, 183 Unendliche, 135
R-Unteralgebra, 184 Diedergruppe, 45
Assoziative, 183 Division mit Rest, 35, 79, 115
Dimension, 183
Divisionsalgebra, 183 Einheit, 87
Kommutative, 183 Imaginäre, 156

R-Algebrahomomorphismus, 184 Element
Äquivalenzklasse, 53 Einselement, 83
Äquivalenzrelation, 53 Inverses, 43, 87
Irreduzibles, 109
Alternierende Gruppe, 65 Linksinverses, 43, 87
Assoziative Verknüpfung, 39 Linksneutrales, 42
Neutrales, 41
Beschränktheit, 140 Nullelement, 83
Bild Primelement, 109
Rechtsinverses, 43, 87
eines Gruppenhomomorphis- Rechtsneutrales, 42
mus, 51
eines Ringhomomorphismus, 90 Euklidischer Algorithmus, 116
Bruch, 106 Erweiterter, 117
Bruchzahl, 75, 106
Euklidisches Lemma, 28, 81
Cauchyfolge Exponentialfunktion, 171
eines angeordneten
Körpers, 150 Faktorgruppe, 62
Rationale, 124 Faktorring, 95
Reelle, 132 Fundamentalsatz

Cayleysche Octionen, 192 der Algebra, 164
Charakteristik, 87 der elementaren Zahlentheorie,
25, 81
Dedekindsche Schnitte, 149
Dezimalbruchentwicklung Ganze Zahlen, 73
Anordnung, 74
Periode, 122 Betrag, 75
Periodische, 121 Dezimaldarstellung, 119
Reinperiodische, 122 Differenz, 74
Vorperiode, 122 Produkt, 77
Dezimalzahl, 135 Quotient, 106
Abbrechende, 135
Echte, 139 Gaußsche Zahlenebene, 156
Gruppe, 43

228 Index

Abelsche/kommutative Grup- eines Gruppenhomomorphis-
pe, 44 mus, 51
Zyklische Gruppe, 47 eines Ringhomomorphismus, 90
Gruppenhomomorphismus, 50 Kleinstes gemeinsames Vielfaches,
Gruppenisomorphismus, 50 31, 82, 109, 111
Gruppentafel, 46 Komplexe Zahlen, 156
Betrag, 159
Halbgruppe, 39 Imaginärteil, 156
Abelsche/kommutative Halb- Konjugiert komplexe Zahl, 159
gruppe, 41 Realteil, 156
Reguläre Halbgruppe, 66 Rein-imaginäre, 156

Hamiltonsche Quaternionen, 179 Monoid, 41
Betrag, 182 Multiplikative Gruppe eines Rings,
Imaginärraum, 181
Imaginärteil, 181 98
Konjugiertes Quaternion, 182
Realteil, 181 Nachfolger, 11
Rein-imaginäre, 181 Natürliche Zahlen, 11

Homomorphiesatz Anordnung, 15
für Gruppen, 63 Dezimaldarstellung, 36
für Ringe, 95 Differenz, 17, 73
Produkt, 13
Ideal, 91 Summe, 12
Durchschnitt, 111 Nebenklasse, 58
Einsideal, 91 Linksnebenklasse, 55
Größter gemeinsamer Teiler, 111 Rechtsnebenklasse, 57
Hauptideal, 91 Normalteiler, 58
Kleinstes gemeinsames Vielfa- Nullfolge
ches, 111 Rationale, 124
Nullideal, 91 Nullteiler, 86
Summe, 111 Linker Nullteiler, 85
Teilbarkeit, 110 Nullteilerfrei, 86
Rechter Nullteiler, 86
Index einer Untergruppe, 57
Infimum, 142 Obere Schranke, 140
Infimumsprinzip, 143 Ordnung
Integritätsbereich, 86
Intervallschachtelung, 142 einer Gruppe, 47
Intervallschachtelungs- eines Elements, 48
Orthogonale Gruppe
prinzip, 143 O3(R), 189
O2(R), 162
Körper, 98
Algebraisch abgeschlossen, 166 Peano-Axiome, 11
Anordnung, 150 Primzahl, 21, 79
Archimedische Anordnung, 150
Betrag, 150 Fermatsche, 23
Mersennesche, 22
Kern

Index 229

Prinzip des kleinsten Elements, 16 Spezielle unitäre Gruppe
SU2(C), 186
Quotientenkörper, 105
Supremum, 142
Rationale Zahlen, 106 Supremumsprinzip, 143
Anordnung, 107 Symmetrische Gruppe, 46
Betrag, 108
Dezimalbruchentwicklung, 121 Teiler, 18, 79, 108, 110
Dezimaldarstellung, 121 Echter Teiler, 20
Gemeinsamer Teiler, 18, 79, 108
Reelle Zahlen, 130 Größter gemeinsamer Teiler, 29,
Anordnung, 131 82, 109, 111
Betrag, 132 Trivialer Teiler, 20, 79
Dezimalbruchentwicklung, 139
Dezimaldarstellung, 139 Teilerfremd, 33
Paarweise teilerfremd, 33
Reelle Zahlenfolge
(Streng) monoton fallend, 140 Unitäre Gruppe
(Streng) monoton wachsend, 140 U2(C), 186
Grenzwert, 133
Konvergenz, 133 Untere Schranke, 140
Untergruppe, 48
Reelle Zahlengerade, 145 Untergruppenkriterium, 49
Ring, 82 Unterring, 87
Unterringkriterium, 88
Euklidischer Ring, 114
Faktorieller Ring, 112 Vollständige Induktion, 11
Hauptidealring, 113 Vollständigkeit
Kommutativer Ring, 83
Nullring, 83 Axiom der geometrischen, 147
Polynomring, 84 der reellen Zahlen, 135
ZPE-Ring, 112 eines angeordneten Körpers, 150
Ringhomomorphismus, 88 Vollständigkeitsprinzip, 143
Ringisomorphismus, 89 Vorgänger, 11

Satz Zahl
von Euklid, 21 Algebraische, 166
von Gauß, 113 Befreundete, 25
von Lagrange, 56 Eulersche, 171
von Liouville, 168 Irrationale, 140
Liouvillesche, 169
Schiefkörper, 97 Transzendente, 167
Spezielle orthogonale Gruppe Vollkommene, 23

SO3(R), 189
SO2(R), 162