Lineare Algebra I - Mathematik@TU

TECHNISCHE
UNIVERSITÄT
DARMSTADT
Fachbereich Mathematik
Prof. Dr. Christian Herrmann
Matthias Bergner
Lars Schewe
Wintersemester
2004/2005
7./8. Dezember 2004
Lineare Algebra I
8. Tutorium mit Lösungshinweisen
Aufgabe 1 Jede Zahl der Form 23 + n · 105 für n ≥ 0 löst die Aufgabe. Insbesondere ist
die Lösung nicht eindeutig bestimmt.
Aufgabe 2 Beispiel: Für m1 = 4 und m2 = 6 hat die simultane Kongruenz x ≡ 2 mod m1
und x ≡ 3 mod 6 keine Lösung, da x gerade und ungerade sein müsste.
Aufgabe 3 Seien m1 und m2 wie im Satz gegeben. Dann liefert der Euklidische Algorithmus Zahlen α und β, so dass αm1 + βm2 = 1. Wählen wir nun M1 und M2 so aus der
Menge {0, . . . , m − 1}, dass M1 ≡ βm2 mod m und M2 ≡ αm1 mod m gilt, so erfüllen
M1 und M2 die geforderten Bedingungen (Warum?).
Aufgabe 4 Seien M1 und M2 wie in der vorherigen Aufgabe gegeben. Dann wählen wir
die Zahl x, so aus der Menge {0, . . . , m − 1}, dass x ≡ r1 · M1 + r2 · M2 mod m gilt. Dann
ist x unsere gesuchte Lösung (Warum?).
Aufgabe 5 Seien m1 , m2 , r1 und r2 wie im Satz gegeben. Seien x und y zwei Zahlen, die
die Bedingungen des Satzes erfüllen. Dann gilt für z = x − y, dass z ≡ 0 mod m1 und
z ≡ 0 mod m2 . Wir sehen, dass x = y genau dann gilt, wenn z = 0 gilt. Somit reicht es
die Eindeutigkeit der Lösung für den Spezialfall r1 = 0 und r2 = 0 zu zeigen.
Seien also m1 und m2 wie im Satz gegeben. Nehmen wir an, es gäbe eine Zahl x 6= 0, so
dass 0 < x < m und x ≡ 0 mod m1 und x ≡ 0 mod m2 gilt. Dann gilt aber, dass sowohl
m1 als auch m2 Teiler von x sein müssen. Damit muss aber auch, dass kleinste gemeinsame
Vielfache von m1 und m2 die Zahl x teilen. Da aber m1 und m2 teilerfremd waren, muss
kgV(m1 , m2 ) = m gelten. Somit kann x nicht kleiner als m sein. Damit haben wir den
gesuchten Widerspruch.
Aufgabe 6
(a) Die Zahlen 5 und 6 sind die einzigen Lösungen.
(b) Wir spalten die Kongruenz in zwei auf und suchen die Lösungen von x2 ≡ 14 mod 5
und x2 ≡ 14 mod 7. Die erste Kongruenz wird von allen Zahlen x mit x ≡ 2 mod 5
oder x ≡ 3 mod 5 gelöst, die zweite von allen Zahlen x mit x ≡ 0 mod 7. Für
alle Lösungen der Ausgangsgleichung muss immer gelten, dass sowohl eine Kongruenz
modulo 5 als auch die Kongruenz modulo 7 erfüllt ist. Mit dem Chinesischen Restsatz
können wir nun aus diesen Informationen schließen, dass genau die Zahlen x Lösungen
sind, für die x ≡ 7 mod 35 oder x ≡ 28 mod 35 gilt.
(c) Die Zahlen 25 und 76 sind die einzigen Lösungen.
(d) Die gesuchten Zahlen erfüllen die Kongruenz x2 − x ≡ 0 mod 10n . Dies spalten wir
auf in die Kongruenzen x(x − 1) ≡ 0 mod 2n und x(x − 1) ≡ 0 mod 5n . Für die
Zahlen, die die Kongruenz x(x − 1) ≡ 0 mod 2n lösen, muss x ≡ 0 mod 2n oder
x ≡ 1 mod 2n gelten (Wieso sind das alle Lösungen? Achtung, 2n ist für n > 1 nicht
prim.). Analog muss x ≡ 0 mod 5n oder x ≡ 1 mod 5n gelten. Somit gibt es vier
mögliche Lösungen; von diesen scheiden aber zwei aus (Welche?), da sie nicht n-stellig
sind. Somit bleiben zwei Lösungen übrig, die auch tatsächlich n-stellig sind. Somit ist
die Behauptung gezeigt.
Aufgabe 7 Dieser Satz läßt sich fast genauso zeigen wie der obige. Allerdings ist die
Bestimmung der Mi aufwendiger. Die Zahl Mi muss durch Anwendung des Euklidischen
Algorithmus auf die Zahlen mi und ni = mmi bestimmt werden. Ansonsten läßt sich der
Beweis übertragen.