master > master: ÜB6 vereinfacht

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@ -1315,7 +1315,7 @@
\def\leer{\emptyset}
\def\restr#1{\vert_{#1}}
\def\ohne{\setminus}
\def\ohne{\mathbin{\setminus}}
\def\Pot{\mathop{\mathcal{P}}}
\def\einser{\mathbf{1}}
\def\supp{\mathop{\mathrm{supp}}}
@ -4016,28 +4016,31 @@ für alle $A,B\in R$.
\end{kompaktitem}
Darum erfüllt $(R,+,\cdot)$ die Axiome eines Rings
und dieser Ring hat ein Einselement und ist kommutativ,
weil Multiplikation kommutativ ist.
und dieser Ring hat ein Einselement und heißt kommutativ,
weil hier Multiplikation kommutativ ist.
\end{proof}
\clearpage
\begin{proof}[von \Cref{claim:main:ueb:6:ex:1b}, Ansatz II]
Ein scharfes Auge erkennt, dass wir Teilmengen von $X$
mit binären Tupeln identifizieren kann.
Wir wollen $R$ mit einer bekannten algebraischen Struktur in Verbindung
setzen, also betrachten wir konkret die Abbildungen
Vielmehr wollen wir diese Menge von binären Tupeln mit einer bekannten algebraischen Struktur in Verbindung setzen,
also betrachten wir konkret die Abbildungen
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
\Phi &: &\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr &\to &\Pot(X)\\
&: &\alpha &\mapsto &\supp(\alpha):=\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\}\\
\\
\Psi &: &\Pot(X) &\to &\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr\\
&: &A &\mapsto &(\einser_{A}(x))_{x\in X}\\
\end{mathe}
um Elemente aus dem einen Raum auf Elemente aus dem anderen zu übertragen.\\
um Elemente aus dem einen Raum auf Elemente aus dem anderen zu übertragen.
Nun ist $\intgr/2\intgr$ bekanntermaßen ein kommutativer Ring (eigentlich ein Körper).
Darum ist das Produkt $\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr$,
versehen mit punktweise Addition und punktweise Multiplikation,
ebenfalls ein kommutativer Ring.
Darum reicht es aus \textbf{zu zeigen}, dass $\Phi$
eine Bijektion ist, die die Operationen erhält
(auch \emph{Isomorphismus} genannt).
@ -4046,17 +4049,17 @@ für alle $A,B\in R$.
\item[\uwave{{\bfseries Bijektion:}}]
Wir beobachten, dass
\begin{mathe}[mc]{rclclclcl}
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
\Phi(\Psi(A))
&= &\{x\in X\mid \Psi(A)_{x}=1\}
&= &\{x\in X\mid \einser_{A}(x)=1\}
&= &\{x\in X\mid \Psi(A)_{x}=1\}\\
&= &\{x\in X\mid \einser_{A}(x)=1\}\\
&= &\{x\in X\mid x\in A\}
&= &A\\
\end{mathe}
für alle $A\in\Pot(X)$ und
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
\Psi(\Phi(\alpha))
&= &(\einser_{\Phi(\alpha)}(x))_{x\in X}\\
&= &(\einser_{\{x'\in X\mid \alpha_{x'}=1\}}(x))_{x\in X}\\
@ -4071,9 +4074,9 @@ für alle $A,B\in R$.
1 &: &\alpha_{x}=1\\
0 &: &\alpha_{x}=0\\
\end{cases}
\right)_{x\in X}\\
&= &(\alpha_{x})_{x\in X}\\
&= &\alpha\\
\right)_{x\in X}
&= &(\alpha_{x})_{x\in X}
= \alpha\\
\end{mathe}
für alle $\alpha\in\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr$.
@ -4085,17 +4088,17 @@ für alle $A,B\in R$.
\textbf{Zu zeigen:}
$\Phi(\alpha+\beta)=\Phi(\alpha)+\Phi(\beta)$
und
$\Phi(\alpha\cdot\beta)=\Phi(\alpha)\cdot\Phi(\beta)$.\\
$\Phi(\alpha\cdot\beta)=\Phi(\alpha)\cdot\Phi(\beta)$.
Es gilt
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\Phi(\alpha+\beta)
&= &\{x\in X\mid (\alpha+\beta)_{x}=1\}\\
&= &\{x\in X\mid \alpha_{x}+\beta_{x}=1\}
\quad\text{da Operationen auf $\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr$ punktweise definiert sind}\\
&= &\{x\in X\mid \alpha_{x}+\beta_{x}=1\},\\
&&\quad\text{da Operationen auf $\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr$ punktweise definiert sind}\\
&= &\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\,\text{od.}\,\beta_{x}=1,\,\text{aber nicht beides}\}\\
&= &(\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\}\cup\{x\in X\mid \beta_{x}=1\})
\ohne(\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\}\cap\{x\in X\mid \beta_{x}=1\})\\
&= &(\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\}\cup\{x\in X\mid \beta_{x}=1\})\\
&&\,\ohne\,(\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\}\cap\{x\in X\mid \beta_{x}=1\})\\
&= &(\Phi(\alpha)\cup\Phi(\beta))
\ohne(\Phi(\alpha)\cap\Phi(\beta))
\quad\text{per Konstruktion von $\Phi$}\\
@ -4108,8 +4111,8 @@ für alle $A,B\in R$.
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\Phi(\alpha\cdot\beta)
&= &\{x\in X\mid (\alpha\cdot\beta)_{x}=1\}\\
&= &\{x\in X\mid \alpha_{x}\cdot\beta_{x}=1\}
\quad\text{da Operationen auf $\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr$ punktweise definiert sind}\\
&= &\{x\in X\mid \alpha_{x}\cdot\beta_{x}=1\},\\
&&\quad\text{da Operationen auf $\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr$ punktweise definiert sind}\\
&= &\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\,\text{und.}\,\beta_{x}=1\}\\
&= &\{x\in X\mid \alpha_{x}=1\}\cap\{x\in X\mid \beta_{x}=1\}\\
&= &\Phi(\alpha)\cap\Phi(\beta)
@ -4122,18 +4125,21 @@ für alle $A,B\in R$.
\end{kompaktitem}
Zusammegefasst haben wir gezeigt,
dass $(R,+,\cdot)$ zu dem kommutativen Ring, $(\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr,+,\cdot)$ isomorph ist
dass $(\Pot(X),+,\cdot)$ zu dem kommutativen Ring, $(\prod_{x\in X}\intgr/2\intgr,+,\cdot)$ isomorph ist
(und zwar mittels $\Phi$),
und damit dass $(R,+,\cdot)$ selbst ein kommutativer Ring ist.
Man sieht auch, dass
das Nullelement durch $\Phi((0)_{x\in X})=\{x\in X\mid 0=1\}=\leer$
und dass
das Einselement durch $\Phi((1)_{x\in X})=\{x\in X\mid 1=1\}=X$
gegeben sind.
\end{proof}
\textbf{Bemerkung.}
Aus diesem Beweis geht hervor, dass
das Nullelement durch $\Phi((0)_{x\in X})=\leer$
und
das Einselement durch $\Phi((1)_{x\in X})=X$
gegeben sind.
\end{enumerate}
%% AUFGABE 6-2
\clearpage
\let\altsectionname\sectionname
\def\sectionname{Aufgabe}
\section[Aufgabe 2]{}
@ -4232,16 +4238,16 @@ Wir identifizieren $\kmplx$ mit $\reell^{2}$ mittel der Abbildungen
\begin{mathe}[mc]{ccccccccccl}
\cos(\alpha_{1})
&= &\frac{r_{1}\cos(\alpha_{1})}{r_{1}}
&= &\frac{x}{r_{1}}
&= &\frac{x}{r_{2}}
&= &\frac{r_{2}\cos(\alpha_{2})}{r_{2}}
&= &\dfrac{r_{1}\cos(\alpha_{1})}{r_{1}}
&= &\dfrac{x}{r_{1}}
&= &\dfrac{x}{r_{2}}
&= &\dfrac{r_{2}\cos(\alpha_{2})}{r_{2}}
&= &\cos(\alpha_{2})\\
\sin(\alpha_{1})
&= &\frac{r_{1}\sin(\alpha_{1})}{r_{1}}
&= &\frac{y}{r_{1}}
&= &\frac{y}{r_{2}}
&= &\frac{r_{2}\sin(\alpha_{2})}{r_{2}}
&= &\dfrac{r_{1}\sin(\alpha_{1})}{r_{1}}
&= &\dfrac{y}{r_{1}}
&= &\dfrac{y}{r_{2}}
&= &\dfrac{r_{2}\sin(\alpha_{2})}{r_{2}}
&= &\sin(\alpha_{2})\\
\end{mathe}
@ -4281,13 +4287,13 @@ Wir identifizieren $\kmplx$ mit $\reell^{2}$ mittel der Abbildungen
\begin{proof}
Multiplikation in $\kmplx$ liefert
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\begin{longmathe}[mc]{RCL}
z_{1}z_{2}
&= &\begin{svector}\ReTeil(z_{1})\ReTeil(z_{2})-\ImTeil(z_{1})\ImTeil(z_{2})\\\ReTeil(z_{1})\ImTeil(z_{2})+\ReTeil(z_{1})\ImTeil(z_{2})\\\end{svector}\\
&= &\begin{svector}r_{1}\cos(\alpha_{1})\cdot r_{2}\cos(\alpha_{2})-r_{1}\sin(\alpha_{1})\cdot r_{2}\sin(\alpha_{2})\\r_{1}\cos(\alpha_{1})\cdot r_{2}\sin(\alpha_{2})+r_{1}\cos(\alpha_{1})\cdot r_{2}\sin(\alpha_{2})\\\end{svector}\\
&= &r_{1}r_{2}\begin{svector}\cos(\alpha_{1})\cos(\alpha_{2})-\sin(\alpha_{1})\sin(\alpha_{2})\\\cos(\alpha_{1})\sin(\alpha_{2})+\cos(\alpha_{1})\sin(\alpha_{2})\\\end{svector}\\
&= &r_{1}r_{2}\begin{svector}\cos(\alpha_{1}+\alpha_{2})\\\sin(\alpha_{1}+\alpha_{2})\\\end{svector}.\\
\end{mathe}
\end{longmathe}
Die letzte Vereinfachung folgt aus der trigonometrischen Additionsregel.
\end{proof}
@ -4322,7 +4328,7 @@ Wir identifizieren $\kmplx$ mit $\reell^{2}$ mittel der Abbildungen
&\textoverset{IV}{=}
&r^{n-1}\cdot\begin{svector}\cos((n-1)\alpha)\\\sin((n-1)\alpha)\\\end{svector}
\cdot r\cdot\begin{svector}\cos(\alpha)\\\sin(\alpha)\\\end{svector}\\
&\textoverset{2b}{=}
&\textoverset{(2b)}{=}
&r^{n-1}r\cdot\begin{svector}\cos((n-1)\alpha+\alpha)\\\sin((n-1)\alpha+\alpha)\\\end{svector}\\
&= &r^{n}\cdot\begin{svector}\cos(n\alpha)\\\sin(n\alpha)\\\end{svector}.\\
\end{mathe}
@ -4333,10 +4339,31 @@ Wir identifizieren $\kmplx$ mit $\reell^{2}$ mittel der Abbildungen
Also gilt die Gleichung für alle $n\in\ntrlzero$.
\end{proof}
\textbf{Bemerkung.} Wir können eigentlich zeigen, dass dies für all $n\in\intgr$ gilt.
Für $n=0$, beachte, dass $z^{0}=1=1+\imageinh 0$, $r^{0}=1$, $\cos(0)=1$ und $\sin(0)=0$.
Für negative Zahlen reicht es aus, $z^{-1}=r^{-1}\cdot\begin{svector}\cos(-\alpha)\\\sin(-\alpha)\\\end{svector}$ zu zeigen,
und dann $z^{n}=(z^{-1})^{|n|}$ für $n<0$ zu verwenden.
\begin{rem*}
Wir können eigentlich zeigen,
dass dies für alle $n\in\intgr$ gilt.
Für $n=0$, gilt
$%
z^{0}
=1+\imageinh 0
=\begin{svector}1\\0\\\end{svector}
=r^{0}\cdot\begin{svector}\cos(0\alpha)\\\sin(0\alpha)\\\end{svector}%
$.
Für $n=-1$ liefert uns die Rechenregel für Multiplikation innerhalb $\kmplx$,
dass
$r^{-1}\cdot\begin{svector}\cos(-\alpha)\\\sin(-\alpha)\\\end{svector}$
eine hinreichende Konstruktion für ein Inverses von $z$ ist,
und darum ist dies wegen Eindeutigkeit des Inverses gleich $z^{-1}$.
Für $n<0$ allgemein wenden wir schließlich
$%
z^{n}
=(z^{-1})^{|n|}
=(r^{-1}\cdot\begin{svector}\cos(-\alpha)\\\sin(-\alpha)\\\end{svector})^{|n|}
=(r^{-1})^{|n|}\cdot\begin{svector}\cos(|n|\cdot-\alpha)\\\sin(|n|\cdot-\alpha)\\\end{svector}
=r^{n}\cdot\begin{svector}\cos(n\alpha)\\\sin(n\alpha)\\\end{svector}%
$
an.
\end{rem*}
\end{enumerate}
%% AUFGABE 6-3
@ -4356,13 +4383,78 @@ definiert vermöge
\end{mathe}
für alle $a,b,a',b'\in K$.
Wir beobachten zuerst folgendes Ergebnis.
\begin{claim}
\makelabel{claim:1:ueb:6:ex:3}
Wir werden folgendes klassifizierendes Ergebnis verwenden,
um die Aufgaben zu behandeln
(und dieses Resultat dann anschließend beweisen).
\begin{satz}
\makelabel{satz:1:ueb:6:ex:3}
$(F,+,\cdot)$ ist genau dann ein Körper,
wenn $a^{2}+b^{2}\neq 0$ innerhalb $K$
für alle $(a,b)\in F\ohne\{(0,0)\}$.
\end{satz}
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 6-3a
\item
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim*}
Sei $K=\mathbf{F}_{2}=\intgr/2\intgr$.
Dann ist $(F,+,\cdot)$ kein Körper.
\end{claim*}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
Da $(a,b):=(1,1)\in F\ohne\{(0,0)\}$
und
$a^{2}+b^{2}=1+1=0$
innerhalb $K=\intgr/2\intgr$,
ist \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3} zufolge $F$ kein Körper.
Es scheitert genau das Axiom der Existenz multiplikativer Inverser.
(Nichtsdestotrotz bildet $F$ einen kommutativen Ring mit Einselement.)
\end{proof}
%% AUFGABE 6-3b
\item
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim*}
Sei $K=\mathbf{F}_{3}=\intgr/3\intgr$.
Dann ist $(F,+,\cdot)$ ein Körper.
\end{claim*}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{proof}
Laut \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3} reicht es aus
für alle $(a,b)\in F\ohne\{(0,0)\}$
\textbf{zu zeigen}, dass $a^{2}+b^{2}\neq 0$ innerhalb $K=\intgr/3\intgr$.
Sei also $(a,b)\in F\ohne\{(0,0)\}$ beliebig.
Da $a\neq 0$ oder $b\neq 0$ gibt es folgende Fälle:
\begin{kompaktenum}{\bfseries {Fall} 1.}[\rtab][\rtab]
%% FALL 1
\item $a=0$, $b\neq 0$. Dann $b=\pm 1\mod 3$.
Also $a^{2}+b^{2}=0+1=1\nequiv 0\mod 3$.
%% FALL 2
\item $a\neq 0$, $b=0$. Dann $a=\pm 1\mod 3$.
Also $a^{2}+b^{2}=1+0=1\nequiv 0\mod 3$.
%% FALL 3
\item $a\neq 0$, $b\neq 0$. Dann $a,b=\pm 1\mod 3$.
Also $a^{2}+b^{2}=1+1=2\nequiv 0\mod 3$.
\end{kompaktenum}
Also gilt in jedem Falle $a^{2}+b^{2}\neq 0$.
Darum bildet $F$ einen Körper.
\end{proof}
\end{enumerate}
Um \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3} zu beweisen, brauchen wir zunächst folgendes Zwischenresultat.
\begin{lemm}
\makelabel{lemm:1:ueb:6:ex:3}
$(F,+,\cdot)$ ist genau dann ein Körper,
wenn in der Teilstruktur $(F,\cdot)$ multiplikative Inverse existieren für jedes Element.
\end{claim}
\end{lemm}
\begin{einzug}[\rtab][\rtab]
\begin{proof}
@ -4419,167 +4511,71 @@ Wir beobachten zuerst folgendes Ergebnis.
\end{proof}
\end{einzug}
Aus diesem Ergebnis geht hervor, dass wir uns der Existenz multiplikativer Inverser widmen müssen.
Sei also $(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}$ beliebig und sei $(a',b')\in F$.
Dann
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\eqtag[eq:0:ueb:6:ex3]
(a,b)\cdot(a',b') = 1_{F}
&\Longleftrightarrow
&(a,b)\cdot(a',b') = (1,0)\\
&\Longleftrightarrow
&(aa'-bb',ab'+a'b) = (1,0)\\
&\Longleftrightarrow
&aa'-bb'=1\,\text{und}\,ab'+a'b=0\\
&\Longleftrightarrow
&aa'-bb'=1\,\text{und}\,ab'=-a'b.\\
\end{mathe}
Jetzt können wir uns dem Beweis von \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3} widmen
Da $(a,b)\neq 0_{F}=(0,0)$ gibt es folgende Fälle
\begin{proof}[von \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3}][\Cref{satz:1:ueb:6:ex:3}]
Laut \Cref{lemm:1:ueb:6:ex:3} gilt $(F,+,\cdot)$ ein Körper gdw. jedes Element in $F$ hat ein multiplikatives Inverses.
Darum reicht es aus \textbf{zu zeigen}, dass
\begin{kompaktenum}{\bfseries {Fall} 1.}[\rtab][\rtab]
%% FALL 1
\item
$a=0$, $b\in K\ohne\{0\}$.
Dann ist $b$ invertierbar (innerhalb $K$) und
\begin{mathe}[mc]{rcl}
(a,b)\cdot(a',b') = 1_{F}
&\eqcrefoverset{eq:0:ueb:6:ex3}{\Longleftrightarrow}
&0a'-bb'=1\,\text{und}\,0b'=-a'b\\
&\Longleftrightarrow
&b'=-b^{-1}\,\text{und}\,a'=-b^{-1}0=0\\
&\Longleftrightarrow
&(a',b')=(0,-b^{-1}).\\
\end{mathe}
Also existiert in diesem Falle ein multiplikatives Inverses für $(a,b)$.
%% FALL 2
\item
$b=0$, $a\in K\ohne\{0\}$.
Dann ist $a$ invertierbar (innerhalb $K$) und
\begin{mathe}[mc]{rcl}
(a,b)\cdot(a',b') = 1_{F}
&\eqcrefoverset{eq:0:ueb:6:ex3}{\Longleftrightarrow}
&aa'-0b'=1\,\text{und}\,ab'=-a'0\\
&\Longleftrightarrow
&a'=a^{-1}\,\text{und}\,b'=a^{-1}0=0\\
&\Longleftrightarrow
&(a',b')=(a^{-1},0).\\
\end{mathe}
Also existiert in diesem Falle ein multiplikatives Inverses für $(a,b)$.
%% FALL 2
\item
$a,b\in K\ohne\{0\}$.
Dann sind $a,b$ invertierbar (innerhalb $K$) und
\begin{mathe}[mc]{rcl}
(a,b)\cdot(a',b') = 1_{F}
&\eqcrefoverset{eq:0:ueb:6:ex3}{\Longleftrightarrow}
&aa'-bb'=1\,\text{und}\,ab'=-a'b\\
&\Longleftrightarrow
&aa'-bb'=1\,\text{und}\,b'b^{-1}=-a^{-1}a'\\
&\Longleftrightarrow
&\exists{t\in K:~}
b'b^{-1}=-t
\,\text{und}\,
a^{-1}a'=t
\,\text{und}\,
aa'-bb'=1\\
&\Longleftrightarrow
&\exists{t\in K\ohne\{0\}:~}
b'=-tb
\,\text{und}\,
a'=at
\,\text{und}\,
a(at)-b(-tb)=1\\
&\Longleftrightarrow
&\exists{t\in K\ohne\{0\}:~}
(a',b')=(ta,-tb)
\,\text{und}\,
t(a^{2}+b^{2})=1\\
&\Longleftrightarrow
&a^{2}+b^{2}\,\text{invertierbar}
\,\text{und}\,
(a',b')=((a^{2}+b^{2})^{-1}a,-(a^{2}+b^{2})^{-1}b)\\
&\Longleftrightarrow
&a^{2}+b^{2}\neq 0\,\text{und}\,(a',b')=((a^{2}+b^{2})^{-1}a,-(a^{2}+b^{2})^{-1}b).\\
\end{mathe}
Folglich existiert dann ein Inverses, wenn $a^{2}+b^{2}\neq 0$.
\end{kompaktenum}
Beachte, dass im Fall 1, $a^{2}+b^{2}=b^{2}\neq 0$ und im Fall 2 $a^{2}+b^{2}=a^{2}\neq 0$.
Darum können wir diese Fälle zusammenfassen als
$(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}$ hat genau dann ein multiplikatives Inverse,
wenn $a^{2}+b^{2}\neq 0$.
Angesichts \Cref{claim:1:ueb:6:ex:3} haben wir darum bewiesen:
\begin{satz}
\makelabel{satz:1:ueb:6:ex:3}
$(F,+,\cdot)$ ist genau dann ein Körper,
wenn $a^{2}+b^{2}\neq 0$ innerhalb $K$
für alle $(a,b)\in F\ohne\{(0,0)\}$.
\end{satz}
Wir können dieses allgemeine klassifizierende Resultat verwenden,
um die Aufgaben zu behandeln.
\begin{enumerate}{\bfseries (a)}
%% AUFGABE 6-3a
\item
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim*}
Sei $K=\mathbf{F}_{2}=\intgr/2\intgr$.
Dann ist $(F,+,\cdot)$ kein Körper.
\end{claim*}
\end{schattierteboxdunn}
\begin{mathe}[mc]{rcl}
\forall{(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}:~}\exists{(a',b')\in F:~}(a,b)\cdot (a',b')=1_{F}
&\Longleftrightarrow
&\forall{(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}:~}a^{2}+b^{2}\neq 0
\end{mathe}
\begin{proof}
Da $(a,b):=(1,1)\in F\ohne\{(0,0)\}$
und
$a^{2}+b^{2}=1+1=0$
innerhalb $K=\intgr/2\intgr$,
ist \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3} zufolge $F$ kein Körper.
Es scheitert genau das Axiom der Existenz multiplikativer Inverser.
(Nichtsdestotrotz bildet $F$ einen kommutativen Ring mit Einselement.)
\end{proof}
gilt.\footnote{
Man beachte: Wegen multiplikativer Kommutativität folgt aus
$(a,b)\cdot (a',b')=1_{F}$,
dass auch
$(a',b')\cdot (a,b)=1_{F}$
gilt.
}
%% AUFGABE 6-3b
\item
\begin{schattierteboxdunn}
\begin{claim*}
Sei $K=\mathbf{F}_{3}=\intgr/3\intgr$.
Dann ist $(F,+,\cdot)$ ein Körper.
\end{claim*}
\end{schattierteboxdunn}
\herRichtung
Angenommen, $a^{2}+b^{2}\neq 0$ für alle $(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}$.
Sei $(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:} $(a,b)$ sei innerhalb $F$ invertierbar.\\
Per Annahme gilt nun $r:=a^{2}+b^{2}\neq 0$ und somit ist $r$ innerhalb $K$ invertierbar.
Setze $(a',b'):=(r^{-1}a,-r^{-1}b)$.
Dann
\begin{proof}
Laut \Cref{satz:1:ueb:6:ex:3} reicht es aus
für alle $(a,b)\in F\ohne\{(0,0)\}$
\textbf{zu zeigen}, dass $a^{2}+b^{2}\neq 0$ innerhalb $K=\intgr/3\intgr$.
Sei also $(a,b)\in F\ohne\{(0,0)\}$ beliebig.
Da $a\neq 0$ oder $b\neq 0$ gibt es folgende Fälle:
\begin{mathe}[mc]{rcl}
(a,b)\cdot(a',b')
&= &(a\cdot r^{-1}a-b(-r^{-1}b),a(-r^{-1}b)+(r^{-1}a)b)\\
&= &(r^{-1}(a^{2}+b^{2}), 0)\\
&= &(r^{-1}r, 0)\\
&= &(1, 0)\\
&= &1_{F}.\\
\end{mathe}
\begin{kompaktenum}{\bfseries {Fall} 1.}[\rtab][\rtab]
%% FALL 1
\item $a=0$, $b\neq 0$. Dann $b=\pm 1\mod 3$.
Also $a^{2}+b^{2}=0+1=1\nequiv 0\mod 3$.
%% FALL 2
\item $a\neq 0$, $b=0$. Dann $a=\pm 1\mod 3$.
Also $a^{2}+b^{2}=1+0=1\nequiv 0\mod 3$.
%% FALL 3
\item $a\neq 0$, $b\neq 0$. Dann $a,b=\pm 1\mod 3$.
Also $a^{2}+b^{2}=1+1=2\nequiv 0\mod 3$.
\end{kompaktenum}
Also ist jedes $(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}$ innerhalb $F$ invertierbar.
\hinRichtung
Angenommen, jedes Element in $F\ohne\{0_{F}\}$ sei invertierbar.\\
Wie oben erklärt, ist $(F,+,\cdot)$ somit ein Körper.\\
Sei $(a,b)\in F\ohne\{0_{F}\}$ beliebig.
\textbf{Zu zeigen:} $a^{2}+b^{2}\neq 0$.\\
Da $(a,b)\neq 0_{F}=(0,0)$,
gilt $a\neq 0$ oder $b\neq 0$
und damit gilt auch $(a,-b)\in F\ohne\{0_{F}\}$.\\
Da $F$ ein Körper ist,
sind $(a,b)$ und $(a,-b)$
und folglich auch das Produkt
$(a,b)\cdot(a,-b)$
invertierbar.\\
Da $F$ ein Körper ist, bedeutet dies wiederum,
dass $(a,b)\cdot(a,-b)\neq 0_{F}$ gilt.
Nun,
\begin{mathe}[mc]{rclcl}
(a,b)\cdot(a,-b)
&= &(aa-b(-b),a(-b)+ab)
&= &(a^{2}+b^{2},0).\\
\end{mathe}
Also gilt in jedem Falle $a^{2}+b^{2}\neq 0$.
Darum bildet $F$ einen Körper.
\end{proof}
\end{enumerate}
Darum gilt $(a^{2}+b^{2},0)=(a,b)\cdot(a,-b)\neq 0_{F}=(0,0)$,
woraus sich $a^{2}+b^{2}\neq 0$ ergibt.
\end{proof}
\setcounternach{part}{2}
\part{Selbstkontrollenaufgaben}

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