Lineare Algebra II — Bearbeitungsvorschlag —

Prof. Dr. A. Lytchak
Lineare Algebra II
— Bearbeitungsvorschlag —
9. a) (f : g)(X) = 12 (X 2 − 3X + 1);
b) (f : g)(X) = 4X 2 + 6X − 3.
Q
p
10. p−1
i=0 (X −i)−X +X ∈ Fp [X] ist ein Polynom vom Grad ≤ p−1 mit p Nullstellen
und ist deshalb das Nullpolynom (alle Koeffizienten sind gleich Null in Fp .) Also
gilt
p−1
Y
(X − i) = X p − X.
i=0
Ausmultiplizieren ergibt
−
p−1
X
iX p−1 +
i=1
X
X
ijX p−2 −
1≤i<j≤p−1
ijkX p−3 +. . .+((p−1)!+1)X = 0 ∈ Fp [X].
1≤i<j<k≤p−1
P
Q
Es folgt, dass für alle k < p − 1 der Ausdruck 1≤i1 <i2 <...<ik ≤p−1 kj=1 ij durch
p teilbar ist und der letzte Koeffizient sagt uns, dass (p − 1)! + 1 durch p teilbar
ist.
11. a) Da K[X] kommutativ ist, bleibt für die Äquivalenzrelation nur die Transitivität zu zeigen. Nehmen wir also (p, q) ∼ (p0 , q 0 ) und (p0 , q 0 ) ∼ (p00 , q 00 )
an. Nach Definition ist das gleichbedeutend zu pq 0 = qp0 und p0 q 00 = q 0 p00 .
Es folgt pq 0 q 00 = qp0 q 00 = qp00 q 0 , also (pq 00 − qp00 )q 0 = 0 ∈ K[X]. Da K[X]
nullteilerfrei ist und q 0 6= 0 folgt (p, q) ∼ (p00 , q 00 ) wie gewünscht.
b) Für die Addition definieren wir
sp + qr
p r
+ :=
.
q s
qs
Da K[X] nullteilerfrei ist definiert dies ein Element in K[X]. Zur Wohl0
0
definiertheit nehmen wir an, dass pq = pq0 und rs = rs0 gilt. Es folgt dann
0 0
0 0
0 0
r
+ rs = sp+qr
= q sq(sp+qr)
= s pq+q
=
0 s0 qs
0 s0
qs
Für die Multiplikation setzen wir
p
q
p0
q0
0
+ rs0 .
p r
pr
· := .
q s
qs
Wegen
pr
qs
=
q 0 s0 pr
q 0 s0 qs
=
qp0 sr0
q 0 s0 qs
=
p0 r0
q 0 s0
ist dies wohldefiniert.
c) K(X) ist ein kommutativer Ring mit Eins, denn dies gilt bereits für K[X].
Ausserdem ist jedes Element pq 6= 0 invertierbar, denn aus p 6= 0 folgt
q
∈ K(X) und pq · pq = 1. Für eine detailierte Behandlung aller Axiome
p
verweisen wir auf Lehrbücher.
d) Die Abbildung K[X] → K(X); p → (p, 1) ist ein Ringhomomorphismus wie
man direkt aus der Definition der Multiplikation sieht und ist ausserdem
injektiv, denn wegen der Nullteilerfreiheit gilt (p, 1) ∼ (0, q) ⇔ p = 0. Da
K auf natürliche Weise in K[X] enthalten ist, liegt K (bzw. das Bild von
K) nun auch in K(X). K(X) ist unendlicher Körper, denn er enthält das
injektive Bild von K[X] und damit die paarweise verschiedenen Elemente
X i.
12. a) Es gilt f (1) = 1 und für n ∈ N gilt f (n) = n · f (1) = n und f (1) = n · f ( n1 ).
Also folgt f (x) = x für x ∈ Q.
b) Für x > 0 existiert y ∈ R \ {0} so dass x = y 2 . f ist injektiv und damit gilt
f (y) 6= 0. Es folgt f (x) = f (y 2 ) = f (y)2 , also f (x) > 0.
c) Für x, y ∈ R und n ∈ N gilt
|x − y| <
1
1
⇔ 2 − (x − y)2 > 0.
n
n
Hieraus folgt mit Teilaufgabe b):
f(
1
− (x − y)2 ) > 0
2
n
und mit Teilaufgabe a) ist dies äquivalent zu
(f (x) − f (y))2 <
1
1
⇔ |f (x) − f (y)| < .
2
n
n
Insbesondere sehen wir, dass f stetig ist (sogar 1- Lipschitz stetig.) Approximieren wir nun eine reelle Zahl x durch rationale Zahlen srnn , d.h. srnn → x,
so folgt f (x) = f (limn→∞ srnn ) = limn→∞ f ( srnn ) = limn→∞ srnn = x. Also gilt
f = idR .