Modulprüfung BA 04 Mathematik

FB 3: Mathematik/Naturwissenschaften
Mathematisches Institut
Prof. Dr. R. Frank / Dr. D. Habeck
Modulprüfung BA 04 Mathematik:
Grundlagen der Mathematik C:
Geometrie, Algebra und Zahlentheorie
12.04.2012
Name:
Vorname:
Matrikel-Nr.:
Studiengang:
Frau Hupp (Di., 10-12)
Frau Hupp (Di., 12-14)
Herr Rockenfeller (Di., 12-14)
Herr Frank (Do., 10-12)
Herr Habeck (Do., 10-12)
Herr Rockenfeller (Fr., 12-14)
Übungsgruppe:
keine Übung
Aufgabe
Punkte
Erz. Punkte
1
2+2+3
2
2+1+2
Erreichte Punktzahl:
Die Modulprüfung ist bestanden
3
2+5
4
2+3
5
2+6+2
6
2+2+4
P
42
von max. 42 Punkten
ja / nein
Note:
Technische Hinweise:
1. Taschenrechner sind nicht zugelassen!
2. Handys bitte ausschalten.
3. Eigenes Papier ist nicht zugelassen, bitte verwenden Sie zum Ausprobieren das Blatt
am Ende der Arbeit oder die Rückseiten.
4. Steht eine Lösung nicht unmittelbar unter der Aufgabe, ist ein Querverweis unbedingt
erforderlich.
5. Die Heftklammer darf nicht entfernt werden, auch das Notizblatt darf nicht von der
Arbeit getrennt werden.
Aufgabe 1:
a) Wie ist die Euler-Funktion ϕ(n) definiert?
Lösung:
ϕ(n) ist die Anzahl der zu n ∈ N teilerfremden Zahlen, die kleiner gleich n sind.
b) Berechnen Sie ϕ(147).
Lösung:
ϕ(147) = ϕ(3 · 72 ) = ϕ(3) · ϕ(72 ) = 2 · 6 · 7 = 84
c) Bestimmen Sie drei Zahlen n ∈ N mit ϕ(n) = 80.
Lösung:
1.Zahl: n = 123
2.Zahl: n = 164
3.Zahl: n = 246
Insgesamt erfüllen alle n ∈ {123, 132, 164, 165, 176, 200, 220, 246, 264, 300, 330}
die Gleichung ϕ(n) = 80, denn es gilt:
ϕ(123)
ϕ(132)
ϕ(164)
ϕ(165)
ϕ(176)
ϕ(200)
ϕ(220)
ϕ(246)
ϕ(264)
ϕ(300)
ϕ(330)
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
ϕ(3 · 41) = ϕ(3) · ϕ(41) = 2 · 40 = 80
ϕ(23 · 3 · 11) = ϕ(23 ) · ϕ(3) · ϕ(11) = 22 · 2 · 10 = 80
ϕ(22 · 41) = ϕ(22 ) · ϕ(41) = 2 · 40 = 80
ϕ(3 · 5 · 11) = ϕ(3) · ϕ(5) · ϕ(11) = 2 · 4 · 10 = 80
ϕ(24 · 11) = ϕ(24 ) · ϕ(11) = 23 · 10 = 80
ϕ(23 · 52 ) = ϕ(23 ) · ϕ(52 ) = 22 · 4 · 5 = 80
ϕ(22 · 5 · 11) = ϕ(22 ) · ϕ(5) · ϕ(11) = 2 · 4 · 10 = 80
ϕ(2 · 3 · 41) = ϕ(2) · ϕ(3) · ϕ(41) = 2 · 40 = 80
ϕ(23 · 3 · 11) = ϕ(23 ) · ϕ(3) · ϕ(11) = 22 · 2 · 10 = 80
ϕ(22 · 3 · 52 ) = ϕ(22 ) · ϕ(3) · ϕ(52 ) = 2 · 2 · 5 · 4 = 80
ϕ(2 · 3 · 5 · 11) = ϕ(2) · ϕ(3) · ϕ(5) · ϕ(11) = 2 · 4 · 10 = 80
2
Aufgabe 2:
a) Wie lautet der Satz von Euler-Fermat?
Lösung:
Für natürliche Zahlen a, n ∈ N mit ggt (a, n) = 1 gilt aϕ(n) ≡ 1.
n
b) Begründen Sie, warum 380 ≡ 1 gilt.
176
Lösung:
Es gilt ϕ(176) = ϕ(11 · 24 ) = ϕ(11) · ϕ(24 ) = 10 · 8 = 80. Da auch ggt (3, 176) = 1
ist, liefert der Satz von Euler-Fermat die gewünschte Aussage.
c) Finden Sie ein x ∈ Z mit 3x ≡ 7 · 380 . Begründen Sie Ihre Lösung.
176
Lösung: x = 61
Begründung:
Statt der gegebenen Kongruenz reicht es nach Teilaufgabe b) aus, die Kongruenz
3x ≡ 7 zu lösen. Diese ist äquivalent zu 3x ≡ 183. Da aber 3 · 61 = 183 ist, löst
176
176
x = 61 die Ausgangskongruenz.
3
Aufgabe 3:
a) Begründen Sie kurz, warum (Q \ {0}, :) ein Verknüpfungsgebilde ist.
Begründung: (Q \ {0}, :) ist ein Verknüpfungsgebilde, da für alle a, b ∈ Q \ {0}
auch a : b ∈ Q \ {0}. (Denn wäre ab = 0, so folgt a = b · 0 = 0 im Widerspruch zur
Annahme a 6= 0.)
b) Beweisen oder widerlegen Sie:
(1) (Q \ {0}, :) ist assoziativ.
Lösung: Die Aussage ist FALSCH
Beweis durch Gegenbeispiel: Für a = b = c = 2 erhält man
(a : b) : c = (2 : 2) : 2 = 1 : 2 =
1
,
2
aber andererseits
a : (b : c) = 2 : (2 : 2) = 2 : 1 = 2 .
(2) (Q \ {0}, :) besitzt ein rechtsneutrales Element.
Lösung: Die Aussage ist WAHR
Beweis: Für alle a ∈ Q \ {0} gilt a : 1 = a, d.h. 1 ist rechtsneutral.
(3) (Q \ {0}, :) besitzt ein linksneutrales Element.
Lösung: Die Aussage ist FALSCH
Beweis: Angenommen, e ist linksneutral, d.h. für alle a ∈ Q\{0} gilt a : e = a.
Dann folgt für a = 1 aber mit 1 : e = 1 sofort e = 1. Andererseits erhält man
für a = 2 aber mit 2 = 2 : e dann e = 2. Daher existiert kein rechtsneutrales
Element.
4
Aufgabe 4:
a) Es sei f1 : (Z, ·) −→ (Z, ·) eine verknüpfungstreue Abbildung mit f1 (3) = 9 und
f1 (5) = 25. Bestimmen Sie f1 (15).
Lösung: f1 (15) = 225
Begründung:
Da f1 verknüpfungstreu ist, gilt f1 (a · b) = f1 (a) · f1 (b) für alle a, b ∈ Z. Mit a = 3
und b = 5 folgt dann
f1 (15) = f1 (3 · 5) = f1 (3) · f1 (5) = 9 · 25 = 225 .
b) Es sei f2 : (Z, +) −→ (Z, +) eine Abbildung mit f2 (3) = 9 und f2 (5) = 25. Beweisen Sie, dass f2 nicht verknüpfungstreu ist. (Hinweis: Nehmen Sie an, dass f2
verknüpfungstreu ist und leiten Sie damit zwei verschiedene Werte für f2 (15) her.)
Beweis:
Angenommen, f2 ist verknüpfungstreu, d.h. f1 (a + b) = f1 (a) + f1 (b) für alle a, b ∈ Z.
Dann berechnet man
f2 (15) = f2 (10 + 5) = f2 (5) + f2 (10) = f2 (5) + f2 (5) + f2 (5) = 3f2 (5) = 75 .
Andererseits erhält man
f2 (15) =
=
=
=
=
=
f2 (3) + f2 (12)
f2 (3) + f2 (3) + f2 (9)
2f2 (3) + f2 (3) + f2 (6)
3f2 (3) + f2 (3) + f2 (3)
5f2 (3)
45.
Dies ist ein Widerspruch und somit ist f2 NICHT verknüpfungstreu.
5
Aufgabe 5:
x
0 −1
x
a) Welche Kongruenzabbildung f der Ebene ist durch f (
) =
gey
1 0
y
geben? Begründen Sie Ihre Aussage.
Lösung: f ist 90◦ -Drehung um den Ursprung in mathematisch positiver Richtung.
Begründung: Als Kongruenzabbildung in der Ebene ist f durch die Bilder der nicht
kolinearen Punkte A = (0, 0), B = (1, 0) und C = (0, 1) eindeutig bestimmt. Da A
ein Fixpunkt ist und f (B) = C bzw. f (C) = (−1, 0) gilt, ist f die 90◦ -Drehung um
den Ursprung in mathematisch positiver Richtung.
b) Beweisen
1
(1)
0
oder widerlegen Sie, dass im Ring der reellen 2 × 2-Matrizen gilt:
0
ist das neutrale Element der Multiplikation.
1
Lösung: Die Aussage ist WAHR
Beweis: Für eine beliebige Matrix mit
a b
1 0
a
·
=
c d
0 1
c
den Einträgen a, b, c, d ∈ R gilt
b
1 0
a b
=
·
.
d
0 1
c d
0 −1
(2)
ist eine Einheit.
1 0
Lösung: Die Aussage ist WAHR
Beweis: Man berechnet
0 −1
0 1
1 0
0 1
0 −1
·
=
=
·
.
1 0
−1 0
0 1
−1 0
1 0
(3) Es gibt keine Nullteiler.
Lösung: Die Aussage ist FALSCH
Beweis: Man berechnet
1 0
0 0
0 0
·
=
.
0 0
0 1
0 0
Damit sind die beiden Matrizen (auf der linken Seite der obigen Gleichung)
Nullteiler.
x
1 −1
x
c) Durch g(
)=
ist eine Ähnlichkeitsabbildung g : R2 → R2 gegeben.
y
1 1
y
(Das müssen Sie nicht beweisen.) Bestimmen Sie den Ähnlichkeitsfaktor k von g.
√
Lösung: Der Ähnlichkeitsfaktor ist k = 2.
Begründung: Mit den Punkten A = (0, 0) und B = (1, 0) folgt A0 = g(A) = A und
B 0 = g(B) = (1, 1). Dann berechnet man
√
|A0 B 0 |
2 √
k=
=
= 2.
|AB|
1
6
Aufgabe 6:
a) Wie lautet der Satz von Lagrange?
Lösung:
Sei G eine endliche Gruppe und U eine Untergruppe von G. Dann ist die Ordnung
von U ein Teiler der Ordnung von G.
b) Wie lautet der Satz von Leonardo da Vinci?
Lösung:
Die endlichen Untergruppen von (K2 , ◦) sind die Gruppen {id}, {id, σd }, Dn+ und Dn
(mit n ∈ N, n ≥ 2).
c) Welche endlichen Untergruppen U von (K2 , ◦) enthalten (unter anderem) zwei
Spiegelungen, deren Geraden sich im Winkel von 36◦ schneiden? Begründen Sie
Ihre Antwort mit Hilfe des Satzes von Leonardo da Vinci.
Lösung: Mögliche Untergruppen U sind: Dn mit n = 5 · k, k ∈ N
Begründung:
Da die Untergruppe U zwei Spiegelungen enthält, kommt nach dem Satz von
Leonardo da Vinci nur eine Diedergruppe Dn in Frage, da keine der anderen Gruppen
mindestens zwei Spiegelungen enthalten. Weiterhin ist mit den beiden Spiegelungen
auch die 72◦ -Drehung um den Schnittpunkt der beiden Spiegelachsen Element von
U . Somit enthält U auch die von dieser Drehung erzeugte Gruppe. Da diese Drehung
die Ordnung 5 besitzt, muss (nach Lagrange) 5 ein Teiler von n sein.
7