Lösungen 03 - PH Ludwigsburg

Prof. S. Krauter
Endliche Geometrie. SS 05.
Blatt03
1. Wiederholen Sie die Abschnitte zum Rechnen mit Restklassen aus der
Einführungsveranstaltung.
2. Die zahlentheoretische Kongruenz ist folgendermaßen definiert:
Sind a und b ganze Zahlen und m eine natürliche Zahl, so gilt a ≡ b mod m genau
dann, wenn m ein Teiler von a – b ist, d. h. m ⎪(a – b).
a) Zeigen Sie, dass diese Relation eine Äquivalenzrelation in ] ist.
b) Wie viele verschiedene Restklassen gibt es für ein festes m?
Zählen Sie alle Restklassen für den Modul m = 5 auf.
c) Beweisen Sie die Äquivalenz folgender Aussagen:
ƒ a ≡ b mod m
ƒ Die Zahlen a und b unterscheiden sich um ein Vielfaches von m.
ƒ Die Zahlen a und b lassen bei Division durch m den gleichen Rest 0 ≤ r < m.
ƒ Die Zahl a lässt sich schreiben in der Form a = b + q * m mit ganzzahligem q.
ƒ Die Zahl b lässt sich schreiben in der Form b = a + p * m mit ganzzahligem p.
ƒ Die Zahlen a und b liegen in derselben Restklasse mod m, d.h. a ∈ Rm(b)
bzw. b ∈ Rm(a) bzw. Rm(a) = Rm(b).
d) Zeigen Sie, dass die Kongruenzrelation verträglich ist mit der Addition und
Multiplikation bei ganzen Zahlen:
Wenn a ≡ x und b ≡ y mod m, dann a + b ≡ x + y und a * b ≡ x * y mod m.
e) Beweisen Sie:
ggT(a, b) = 1 ⇔
es gibt ganze Zahlen x und y gibt mit x * a + y * b = 1.
3. Die Menge Rm = {0, 1, 2, 3, …, m – 1} der Restklassen mod m bildet einen Ring mit
0 als Neutralelement der Addition („Ringnull“) und 1 als Neutralelement der
Multiplikation („Ringeins“). Beweisen Sie folgende Aussagen:
a) Ist m keine Primzahl, so gibt es Nullteiler im Restklassenring Rm, d.h. von 0
verschiedene Elemente, deren Produkt 0 ergibt.
b) Besitzt a im Restklassenring mod m ein multiplikativ Inverses, so kann a kein
Nullteiler sein.
c) Ist a ein Nullteiler im Restklassenring mod m, so besitzt a kein multiplikativ
Inverses.
d) Genau dann, wenn ggT(a, m) = 1 ist, besitzt a im Restklassenring mod m ein
multiplikativ Inverses.
e) In einem Restklassenring mit einer Primzahl als Modul sind alle Elemente außer
der 0 multiplikativ invertierbar. Der Ring ist also ein Körper.
4. Beweisen Sie: Lineare Gleichungen der Form a * x + b = 0 haben in Körpern stets
eine eindeutige Lösung (sofern a ≠ 0). Zeigen Sie, dass dies in beliebigen Ringen
nicht so sein muss.
5. Beweisen Sie folgende Eigenschaften für alle a, b in einem Körper (K, +, *):
a) a * 0 = 0 * a = 0
b) a * (– b) = – a * b
c) (– a) * (– b) = a * b.
d) Gilt 1 + 1 + 1 + … + 1 = χ * 1 = 0, so gilt a + a + a + … + a = χ * a = 0 für alle a.
Die natürliche Zahl χ (griechisch; gesprochen: chi) heißt die Charakteristik des
Körpers. Gibt es keine solche natürliche Zahl χ, wie z. B im Körper _, so sagt
man, die Charakteristik sei 0.
e) In jedem Körper gelten die binomischen Formeln.
f) In Körpern der Charakteristik 2 gilt die binomische Formel: (a + b)² = a² + b².
g) Warum kann man in Körpern der Charakteristik 2 keine Vorzeichenfehler
machen?
6. Berechnen Sie in der affinen Koordinatenebene über dem Restklassenkörper mod 3
zu einem selbst gewählten Dreieck die Koordinaten der Seitenmitten, die
Gleichungen der Seitenhalbierenden, die Gleichungen der Höhen, den
Höhenschnittpunkt, die Gleichungen der Mittelsenkrechten und die Koordinaten des
Schnittpunkts der drei Mittelsenkrechten.
Benutzen Sie folgende Senkrechtrelation: Zwei Geraden sind zueinander senkrecht,
wenn das Produkt ihrer Steigungen m1 * m2 = – 1 ist, bzw. falls sie jeweils
achsenparallel sind.
7. In der Koordinatenebene über dem Restklassenkörper mod 5 ist eine
Senkrechtrelation mit der Orthogonalitätskonstante 2 definiert.
Gegeben ist das folgende Dreieck ABC: A(0; 0), B(3; 0), C(4; 2).
a) die Seitenmitten und den Schwerpunkt S,
b) die Höhen und den Höhenschnittpunkt H,
c) die Mittelsenkrechten und deren Schnittpunkt M.
JJJG
JJJG
d) Zeigen Sie, dass S, H und M kollinear liegen und HS = 2 * SM gilt.
e) Zeigen Sie: Die zentrische Streckung aus S mit dem Faktor k = – ½ bildet das
Dreieck ABC ab auf sein Mittendreieck und den Punkt H auf den Punkt M.
8. Konstruieren Sie einen Körper mit den vier Elementen 0, 1, a und b. Stellen Sie die
Verknüpfungstafeln für die Addition und die Multiplikation auf. Untersuchen Sie die
affine Koordinatenebene über diesem Körper: Punkte, Geraden, Anzahlen.
9. Untersuchen Sie die Gültigkeit einfacher geometrischer Sätze in den affinen
Koordinatenebenen über Körpern mit 3 bzw. 5 bzw. 7 Elementen.
10. Zeigen Sie die Gültigkeit des Satzes vom Trapez für je ein selbst gewähltes Beispiel
aus der Koordinatenebene über den Körpern mit 5, 7 bzw. mit 11 Elementen:
Verbindet man den Schnittpunkt der Diagonalen mit dem Schnittpunkt der beiden
nicht parallelen Trapezgegenseiten, so schneidet diese Gerade die parallelen Seiten
in deren Mittelpunkten.
11. Untersuchen Sie die Gültigkeit des Satzes vom Mittenviereck in affinen Ebenen
ungerader Ordnung an Beispielen.
Lösungen:
1. Die Restklassen mod m sind die Äquivalenzklassen der zahlentheoretischen
Kongruenzrelation in der Menge Z der ganzen Zahlen:
Definition: Es gilt a ≡ b mod m genau dann, wenn m ein Teiler von a – b ist.
Es gibt genau m verschiedene Restklassen mod m, die üblicherweise mit 0, 1, 2, …,
(m – 1) (jeweils mit Querstrich, den wir aus drucktechnischen Gründen meist
weglassen) bezeichnet werden. Man rechnet repräsentantenweise mit den
Restklassen: x ⊕ y = x + y bzw. x ⊗ y = x • y .
Die Restklassen mod m bilden einen kommutativen Ring mit Einselement. Die
Nullrestklasse ist die Ringnull und die Einsrestklasse die Eins des Ringes.
Stellt man die natürlichen Zahlen im Stellenwertsystem zur Basis m dar und
beachtet beim Addieren und Multiplizieren nur die Endziffern (das sind genau die
Reste mod m) so erhält man mit dieser „Endziffernrechnung“ ein einfaches Modell
des Rechnens mit den Restklassen mod m.
2. Die zahlentheoretische Kongruenz ist folgendermaßen definiert:
Sind a und b ganze Zahlen und m eine natürliche Zahl, so gilt a ≡ b mod m genau
dann, wenn m ein Teiler von a – b ist, d. h. m⎪(a – b).
a) Die Relation ist reflexiv, denn m ist Teiler von 0.
Sie ist symmetrisch, denn wenn m ein Teiler von (a – b) ist, dann auch von (b – a).
Außerdem ist sie transitiv: Wenn m Teiler von (a – b) und von (b – c) ist, dann auch
von deren Summe und das ist (a – c).
b) Es gibt genau m verschiedene Restklassen mod m: 0, 1, 2, …, (m – 1).
c) Die Aussagen sind alle offenkundig äquivalent und wir verzichten auf einzelne
Nachweise. Man wählt jeweils die für den betreffenden Zweck günstigste Form.
d) Wir zeigen die Verträglichkeit mit der Multiplikation:
Sei a ≡ x und b ≡ y mod m, d. h. x = a + q * m und y = b + p * m.
Dann gilt: x * y = (a + q * m) * (b + p * m) = a * b + m * (a * p + b * q + p * q * m),
d. h. aber es gilt a * b ≡ x * y mod m.
e) Aus dem Euklidischen Algorithmus (bzw. dem Berlekamp-Algorithmus) folgt, dass
man den ggT zweier Zahlen a und b stets darstellen kann als ganzzahlige
Linearkombination von a und b, also in der Form x * a + y * b.
Ist nun ggT(a, b) = 1 so garantiert dieser Satz die entsprechende Darstellung.
Gibt es umgekehrt ganze Zahlen x und y mit x * a + y * b = 1, so teilt der ggT(a, b)
jeden Summanden der linken Seite und muss daher auch die rechte Seite dieser
Gleichung teilen, kann also nur 1 sein.
3. Aussagen über den Restklassenring mod m:
a) Ist m keine Primzahl, so gibt es Zahlen p und q mit 1 < p, q < m und p * q = m.
Daher gilt für die Restklassen p ⊗ q = p • q = m = 0 , also sind die Restklassen p und
q Nullteiler, weil von 0 verschieden und mit dem Produkt 0.
b) Besitzt a ein multiplikativ inverses Element a’, so kann man die Gleichung a * b = 0
im Restklassenring R von links mit a’ multiplizieren und erhält b = 0, d. h. ein
Produkt mit a als Faktor ist nur dann 0, wenn der andere Faktor 0 ist und damit ist a
kein Nullteiler.
c) Dies ist genau die Kontraposition von b) und daher nicht mehr zu beweisen.
d) ggT(a, m) = 1 ⇔ Es gibt ganze Zahlen x und y mit x * a + y * m = 1 ⇔
Es gibt x mit x * a ≡ 1 mod m ⇔
Die Restklasse x ist multiplikativ invers zur Restklasse a.
e) Bei einem Primzahlmodul m = p sind alle Restklassen 1, 2, 3, …, (m – 1) zum
Modul teilerfremd und daher nach d) multiplikativ invertierbar. Nur die
Nullrestklasse besitzt kein multiplikativ inverses Element.
4. Zu jedem Element a des Körpers gibt es ein additiv inverses Element (–a) und zu
jedem von 0 verschiedenen Element a ein multiplikativ inverses Element a–1.
Addiert man auf beiden Seiten der Gleichung a * x + b = 0 das Inverse (–b) von b
und multipliziert dann von links her mit dem Inversen a – 1 von a so erhält man als
Lösung x = a-1 * (–b). Dies gilt für jede mögliche Lösung x, also ist diese eindeutig.
In beliebigen Ringen ist dies nicht der Fall. Wir geben ein Gegenbeispiel im Ring R6
der Restklassen mod 6 an: 3 * x + 3 = 0 hat die beiden Lösungen 1 und 3.
5. Für die Lösung dieser Aufgabe sind folgende Kenntnisse über Gruppen notwendig
sowie die Kenntnis der Gruppen-, Ring- bzw. Körperaxiome.
• Das Neutralelement und das zu jedem Element inverse Element sind eindeutig.
• Jede Gleichung der Form a * x = b hat in einer Gruppe (G, *) eine eindeutige
Lösung (Existenz und Eindeutigkeit). Ist daher a * x = a * y so folgt sofort x = y.
• In jeder Zeile und jeder Spalte einer Gruppentafel kommt jedes Element genau
einmal vor.
Die Gleichungen a) bis c) gelten sogar in beliebigen Ringen, wir beweisen sie
deshalb für beliebige Ringe. Sie gelten dann natürlich erst recht in Körpern:
a) a * 0 = a * (0 + 0) = a * 0 + a * 0. Daraus folgt sofort a * 0 = 0.
b) a * 0 = 0 = a * (b + (–b)) = a * b + a * (-b). Daraus folgt, dass a * (–b) das additiv
inverse Element von a * b ist, also –(a * b) = a * (–b).
c) Analog beweist man die letzte der drei Gleichungen.
d) a + a + a + …+ a = a * (1 + 1 + 1 + … + 1) = a * 0 = 0.
e) Man gewinnt die Formeln durch Anwendung des Distributivgesetzes unter
Verwendung des Kommutativgesetzes der Multiplikation. Zeigen Sie dies. Die
Formeln gelten daher nicht in Schiefkörpern.
f) Weil für jedes Element gilt x + x = 0 folgt die besagte Gleichung.
g) Für jedes Element gilt x + x = 0, also –x = x.
6. Wir wählen ein beliebiges Beispiel und verfolgen die Verhältnisse an der Darstellung
der 9-Punkte-Ebene aus Kapitel 1.4 des Skripts:
Beispiel:
A(0; 0)
B(1; 0)
J(2; 2).
Seitenmitten:
A1(0; 1)
B1(1; 1) = E
J1(2; 0) = C
Seitenhalbierende:
AA1 …. x = 0
BB1….x = 1
JJ1 …. x = 2.
Die drei Seitenhalbierenden sind daher zueinander parallel und es existiert kein
Schwerpunkt (da 3 = 0 ist, kann man nicht durch 3 teilen!).
Höhen: Höhe auf AB….. x = 2
Höhe auf BJ: Die Steigung von BJ ist m2 = 2, also die dazu senkrechte Richtung
hat die Steigung m2’ =1 und die Gleichung der Höhe ist y = x.
Höhe auf AJ: Die Steigung von AJ ist 1, die dazu senkrechte Richtung hat die
Steigung 2. Die Höhe geht durch B mit der Steigung 2, daher lautet ihre
Gleichung …y – 0 = 2 * (x – 1) bzw. y = 2 * x + 1.
Schnittpunkt der drei Höhen ist der Punkt J(2; 2) wie man durch einsetzen leicht
bestätigt. Also ist das Dreieck rechtwinklig bei J.
Mittelsenkrechten:
Mittelsenkrechte auf AB:…x = 2 (gleichzeitig Höhe und gleichzeitig
Seitenhalbierende, also Symmetrieachse des Dreiecks; dieses ist daher ein
gleichschenkliges Dreieck).
Mittelsenkrechte auf BJ: y = x + 1. (Steigung 1 und durch A1).
Mittelsenkrechte auf JA:…y = 2 * x + 2 (Steigung 2 und durch B1).
Schnittpunkt der Mittelsenkrechten ist der Punkt C(2; 0) = J1, das ist die Mitte der
Seite AB. Also ist die Umkreismitte die Mitte der Hypotenuse des Dreiecks.
Man findet – bis auf die Besonderheit der Schwerlinien – also genau die von der
gewöhnlichen reellen affinen Ebene bekannten Verhältnisse vor.
7. Man geht analog zur Aufgabe 6 vor:
A(0; 0), B(3; 0), C(4; 2) mod 5.
a) Seitenmitten:
A1(1; 1);
B1(2; 1)
C1(4; 0).
0+3+ 4
0+0+2
Schwerpunkt: xS =
= 4;
yS =
= 4.. S(4; 4).
3
3
b) Mittelsenkrechten:
Steigung von AB ist m1 = 0, daher ist die Mittelsenkrechte zu AB die Parallele
x = 4.
zur y-Achse durch C1, also die Gerade
Sie verläuft durch C(4; 2).
Steigung von BC ist m2 = 2, also dazu senkrecht m2’ = 1. Damit erhält man die
y = x.
Mittelsenkrechte zu BC durch A1: y – 1 = 1 * (x – 1) oder
Sie verläuft durch A(0; 0).
Steigung von AC ist m3 = 3 und daher m3’ = 4 und die Gleichung der
y = 4 * x + 3.
Mittelsenkrechten zu AC durch B1 y – 1 = 4 * (x – 2) oder
Sie verläuft durch B(3; 0).
Der Schnittpunkt der drei Mittelsenkrechten ergibt U(4; 4) wie man durch
Einsetzen leicht nachprüft.
Da U = S ist, muss es sich um ein gleichseitiges Dreieck handeln und wir
werden für H ebenfalls den Punkt H(4; 4) erhalten.
c) Höhen:
Höhe auf AB geht durch C und ist parallel zur y –Achse: x = 4.
Höhe auf BC geht durch A und hat die Steigung 1:
y = x.
Höhe auf AC geht durch B und hat die Steigung 4: …
y = 4 * x + 3.
Die drei Höhen stimmen selbstverständlich hier mit den Mittelsenkrechten und
den Seitenhalbierenden überein und es ergibt sich H(4; 4) ebenfalls als
Höhenschnittpunkt.
d) Die angegebene Bedingung ist hier trivialerweise erfüllt. Beim gleichseitigen
Dreieck fallen H, S und U zusammen und die Eulergerade ist unbestimmt.
e) Abbildung an S(4; 4) durch zentrische Streckung mit Faktor –½ = – 3 = 2:
A(0; 0) → A’(1; 1) = A1
B(3; 0) → B’(2; 1) = B1
C(4; 2) → C’(4; 0) = C1
H(4; 4) → H’(4; 4) = U
Alternative:
Wir verändern nun die Aufgabe, indem wir an Stelle der Orthogonalitätskonstante 2, die
Orthogonalitätskonstante 3 wählen. Der Teil a) über die Seitenmitten und der Teil b)
über die Seitenhalbierenden und den Schwerpunkt bleiben davon unberührt.
a’) Mittelsenkrechten:
Die Mittelsenkrechte von AB hat nach wie vor die Gleichung mc:… x = 4
(10)
Die Mittelsenkrechte von AC erhält nun die Steigung 1, weil 3 * 1 = 3 ist.
Damit erhält man ihre Gleichung: y – 1 = 1 * (x – 2) oder
mb:… y = x + 4
(11)
Die Mittelsenkrechte von BC erhält nun die Steigung 4, weil 2 * 4 = 3 ist.
Damit erhält man ihre Gleichung: y – 1 = 4 * (x – 1) oder
ma:… y = 4 * x + 2
(12)
Als Schnittpunkte dieser drei Mittelsenkrechten erhält man die
Umkreismitte U’(4; 3)
(13)
Nun ist unser Dreieck zwar noch gleichschenklig (warum) aber nicht mehr
gleichseitig (warum)?
c’) Höhen und Höhenschnittpunkt:
Die Höhe hc hat die Gleichung
hc:…
x=4
(14)
Die Höhe ha hat die gleiche Steigung wie die Mittelsenkrechte ma, geht jedoch
y=4*x
(15)
durch die Ecke A:
ha:…
Die Höhe hb hat die Steigung 1 und geht durch B:
y – 0 = 1 * (x – 3)
hb:…
y=x+2
Damit erhält man den Höhenschnittpunkt H’(4; 1)
(16)
(17).
In der gewöhnlichen reellen Geometrie gilt folgender Satz über Dreiecke:
Höhenschnittpunkt H, Schwerpunkt S und
U liegen stets auf einer
JJJGUmkreismitte
JJJG
Geraden (EULERGERADE) und es gilt: HS = 2 • SU .
Wir überprüfen, ob dies im vorliegenden alternativen Fall auch gilt:
JJJG
JJJG
JJJG
2 • SU = 2 * (0; 4) = (0; 8) = (0; 3) = HS .
Wir erhalten HS = (0; 3)
Welche erstaunliche Übereinstimmung mit der gewöhnlichen Geometrie!!!
8. Siehe dazu Abschnitt 2.2 im Skript.
9. Die Übungen verlaufen im Prinzip analog zu denen in den vorherigen Aufgaben,
man hat jeweils nur einen anderen Körper als Grundlage.
In den Körpern R7und R11 ist –1 kein Quadrat, kann also ohne Schwierigkeit als
Orthogonalitätskonstante (OK) verwendet werden. Selbstverständlich kann jede
andere Zahl, sofern sie kein Quadrat ist, ebenfalls als OK verwendet werden. Im
Körper R5 ist jedoch –1 = 4 = 2 * 2 ein Quadrat und daher wäre die Richtung mit
der Steigung 2 zu sich selbst orthogonal (isotrope Richtung), das wollen wir
vermeiden und nehmen daher 2 oder 3 als OK.
Beispielaufgabe:
In der affinen Koordinatenebene über dem Restklassenkörper mod 11 sind
folgende Punkte gegeben:
A(2; 3)
B(2; 5)
C(4; 9)
Man bestimme für das Dreieck ABC den Schwerpunkt S, die Umkreismitte U und
den Höhenschnittpunkt H undJJJzeige,
dass
G
JJJ
G diese drei Punkte kollinear liegen
(Eulergerade) und dass gilt: HS = 2 * SU .
Lösung:
10
Wir beachten zur Vereinfachung der Berechnungen
die besondere Lage der Seite AB mit der Gleichung
x = 2.
Seitenmitten (im Kopf zu berechnen):
A1(3; 7)…..B1(3; 6)…..C1(2; 4)
Schwerpunkt (ebenfalls im Kopf zu berechnen):
S(10; 2).
Steigung der Strecke AC: mAC =
9−3
6
=
= 3.
4−2
2
8
A1
7
6
B1
5
B
4
C1
3
A
Mit der Orthogonalitätskonstante 10 = -1 erhält man
die Steigung der dazu senkrechten Geraden zu
2
m’AC = 7, denn
1
m * m’ = 21 = -1.
C
9
Mittelsenkrechten:
1
MSAB … y = 4
2
3
MSAC… y – 6 = 7 * ( x – 3) oder y = 7x + 7.
Schnittpunkt dieser beiden Geraden ist die Umkreismitte U(9; 4).
Höhen:
hc … y = 9
hb… y – 5 = 7 * (x – 2)
oder y = 7x + 2.
Schnittpunkt dieser beiden Geraden ist der Höhenschnittpunkt H(1; 9).
JJJG
JJJG
HS = (9; 4)
2 * SU = 2 * (10; 2) = (9; 4).
Damit ist der Nachweis der Kollinearität und des Teilverhältnisses erbracht.
4
5
10. Siehe hierzu Blatt 5 Aufgabe 1.
S
Wir wählen als Beispiel in der Koordinatenebene
über dem Körper R7 die folgenden Punkte:
A(0; 0) B(4; 0) C(4; 3) D(2; 3).
Man erhält die folgenden Seitenmitten: M1(2; 0);
M2(4; 5); M3(3; 3); M4(1; 5).
M3
D
C
AD und BC schneiden sich in S(4; 6).
Die Gerade g = M1M3 hat die Gleichung y = 3 * x +
R
1. S liegt auf dieser Geraden, wie man durch
Einsetzen leicht bestätigt.
Die beiden Diagonalen AC und D schneiden sich im
Punkt R(5; 2), dieser liegt ebenfalls auf der Geraden
A
M1
B
g = M1M3.
Es gelten sogar die Strahlensätze in vektorieller Form (bzw. mit den entsprechenden
Teilverhältnissen, wir haben ja eine affine Ebene). Legen Sie dazu eine Skizze an:
SB = 2 * SC
SA = 2 * SD
RA = - 2 * RC
RB = - 2 * RD
AB = 2 * DC.
11. Warum muss man sich auf affine Ebenen ungerader Ordnung beschränken?