Lösung 6

Musterlösung Lineare Algebra und Geometrie
Herbstsemester 2015, Aufgabenblatt 6
Aufgabenblatt 6
40 Punkte
Aufgabe 1 (Bandornamente)
Ordne die sechs Bandornamente rechts den sieben
Klassen zu. Zu jeder Klasse gehört nur ein Ornament.
Zu einer Klasse gehört kein Ornament.
zur Erinnerung:
Wir haben die sieben Klassen nach vorhandenen
Symmetrien (Translationen T, vertikale Symmetrieachsen V, horizontale Symmetrieachse H, Punktspiegelungen P, Schubspiegelungen S) bezeichnet.
Klasse 1 (T)
Klasse 2 (T, V)
Klasse 3 (T, H, S)
Klasse 4 (T, P)
Klasse 5 (T, S)
Klasse 6 (T, V, P, S)
Klasse 7 (T, V, H, P, S)
Bemerkung: Aus der FWP1 vom 6. Juni 2015.
6
Lösung
Klasse 1 (T): 6. Ornament (ausser T keine weiteren Symmetrien, horizontale Verschiebung)
Klasse 2 (T, V): kein Ornament (kein Ornament passt dazu, nur vertikale Spiegelungen)
Klasse 3 (T, H, S): 5. Ornament (horizontale Spiegelung und Translation, Verknüpfung ergibt Schubspiegelung)
Klasse 4 (T, P): 2. Ornament (Punktspiegelung und Translation erzeugen alle Symmetrien)
Klasse 5 (T, S): 4. Ornament (Figur hat keine Symmetrie, nur durch Ausführen der Schubspiegelung)
Klasse 6 (T, V, P, S): 3. Ornament (Punktspiegelung, vertikale Spiegelung und Schubspiegelung)
Klasse 7 (T, V, H, P, S): 1. Ornament (Symmetrien erzeugt durch Spiegelung an Horizontaler und Vertikalen)
Aufgabe 2 (Ordnung)
Die bijektiven Abbildungen der Menge M = {1, 2, 3, 4, 5, 6} auf sich bilden die Gruppe S6 .
Diese Gruppe hat 6! = 720 Elemente. Wir erinnern an die Zykelnotation:
Das Element (625)(31) ∈ S6 z.B. bildet 1 nach 3, 2 nach 5, 3 nach 1, 4 nach 4, 5 nach 6 und 6 nach 2 ab.
a) Gib je die Ordnungen von α = (123)(456), von β = (12)(3456) und von γ = (12)(345) in S6 an.
3
b) Mit n = 6! = 720 gilt σ n = I (Identität) für alle σ ∈ S6 (kleiner Satz von Fermat).
Gib das kleinste n > 0 mit dieser Eigenschaft. Gib eine Begründung. Verwende evtl. 2 a).
Bemerkung: Aus der FWP1 vom 6. Juni 2015.
2
5
Lösung
a) Um die Ordnung zu bestimmen, muss man schauen, wie viele Anwendungen der Abbildung der Identität
entsprechen.
α3 = I woraus folgt: ord(α) = 3
β 4 = I woraus folgt: ord(β) = 4
γ 6 = I woraus folgt: ord(γ) = 6
1
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b) S6 enthält Zykel der Längen 1,2,3,4,5,6, d.h. nmin entspricht dem kgV von allen Längen.
kgV (1, 2, 3, 4, 5, 6) = kgV (4, 5, 6) = 22 ⋅ 5 ⋅ 3
Somit ist 60 die kleinste Zahl, die von allen Ordnungen aller Elemente in S6 geteilt wird: nmin = 60
Aufgabe 3 (Nullstellen)
Gegeben ist das quadratische Polynom p(x) = x2 + 2 ⋅ x + 3.
a) Zeige, dass p(x) ≠ 0 für alle x ∈ F7 . (Rest 7 rechnen.)
2
b) Faktorisiere p(x) = (x − c1 )(x − c2 ) für c1 , c2 ∈ C mit der bekannten Formel.
2
c) Faktorisiere p(x) = (x − n1 )(x − n2 ) für n1 , n2 ∈ F11 . (Rest 11 rechnen.) Was liefert die Formel?
2
6
Lösung
a) In ∈ F7 gilt:
p(0) = 02 + 2 ⋅ 0 + 3 = 3
p(1) = 12 + 2 ⋅ 1 + 3 = 6
p(2) = 22 + 2 ⋅ 2 + 3 = 11 = 4
p(3) = 32 + 2 ⋅ 3 + 3 = 18 = 4
p(4) = 42 + 2 ⋅ 4 + 3 = 27 = 6
p(5) = 52 + 2 ⋅ 5 + 3 = 38 = 3
p(6) = 62 + 2 ⋅ 6 + 3 = 51 = 2
Somit haben wir gezeigt, dass für alle x ∈ F7 p(x) ≠ 0.
b) Mit der Mitternachtsformel können wir die Nullstellen von p(x) berechnen (welche gerade den c i entsprechen:
−b ±
√
b2 − 4 ⋅ a ⋅ c −2 ±
c 1,2 =
=
2⋅a
√
√
Somit ist c 1 = −1 + 2i und c 2 = −1 − 2i
√
√
√
√
22 − 4 ⋅ 1 ⋅ 3 −2 ± −8 −2 ± 2 2i
=
=
= −1 ± 2i
2⋅1
2
2
und unsere Faktorisierung lautet p(x) = (x − c 1 )(x − c 2 ) = (x + 1 −
2
√
2i)(x + 1 +
√
2i).
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c)
p(0) = 02 + 2 ⋅ 0 + 3 = 3
p(1) = 12 + 2 ⋅ 1 + 3 = 6
p(2) = 22 + 2 ⋅ 2 + 3 = 11 = 0
p(3) = 32 + 2 ⋅ 3 + 3 = 18 = 7
p(4) = 42 + 2 ⋅ 4 + 3 = 27 = 5
p(5) = 52 + 2 ⋅ 5 + 3 = 38 = 5
p(6) = 62 + 2 ⋅ 6 + 3 = 51 = 7
p(7) = 72 + 2 ⋅ 7 + 3 = 66 = 0
p(8) = 82 + 2 ⋅ 8 + 3 = 83 = 6
p(9) = 92 + 2 ⋅ 9 + 3 = 103 = 3
p(10) = 102 + 2 ⋅ 10 + 3 = 123 = 2
Nun gilt p(2) = p(7) = 0 und somit p(x) = x2 + 2 ⋅ x + 3 = (x − 2)(x − 7)
Mit der Formel können wir dies auch ausrechnen:
√
√
√
−b ± b2 − 4 ⋅ a ⋅ c −2 ± 22 − 4 ⋅ 1 ⋅ 3 −2 ± −8
c 1,2 =
=
=
2⋅a
2⋅1
2
es gilt in F11 : −2 = 9,
−8 = 3,
2−1 = 6
daraus folgt:
c 1,2 = 6 ⋅ (9 ±
√
3) = 54 ±
√
108 = 10 ±
√
9 = 10 ± 3
somit: c 1 = 10 + 3 = 13 = 2 und c 2 = 10 − 3 = 7
Also erhalten wir die gleichen Lösungen.
Aufgabe 4 (Hauptsatz der Algebra)
a) Faktorisiere x6 − 1 = (x − c1 )(x − c2 )(x − c3 )(x − c4 )(x − c5 )(x − c6 ) vollständig in C.
Studiere dazu das Beispiel x8 − 1 auf S.66 im Skript zum Hauptsatz der Algebra.
b) Faktorisiere x6 − 1 so weit wie möglich in R. Siehe dazu das Beispiel auf S.66 weiter unten.
c) Faktorisiere z 2 − 5 + 12i = (z − c1 )(z − c2 ). Bestimme also (x, y) ∈ R2 mit (x + yi)2 = 5 − 12i.
3
2
2
7
Lösung
a) Geometrisch auch möglich
Wir beginnen mit der Faktorisierung unter Verwendung der 3. Binomischen Formel.
x6 − 1 = (x3 − 1)(x3 + 1)
Daraus sehen wir zwei erste Nullstellen: c 1,2 = ∓1
somit gilt weiter mittels Polynomdivision:
x6 − 1 = (x3 − 1)(x3 + 1) = (x − 1)(x2 + x + 1)(x + 1)(x2 − x + 1)
Um die Nullstellen von (x2 + x + 1) und (x2 − x + 1) zu finden, können wir mit der Mitternachtsformel
weiterfahren:
√
√
√
−1 ± 1 − 4 −1 ± −3 −1 ± 3i
c 3,4 =
=
=
2
2
2
3
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√
√
√
1 − 4 1 ± −3 1 ± 3i
c 5,6 =
=
=
2
2
2
Wir haben somit die folgende Faktorisierung:
√
√
√
√
−1 + 3i
−1 − 3i
1 + 3i
1 − 3i
6
x − 1 = (x − 1)(x −
)(x −
)(x + 1)(x −
)(x −
)
2
2
2
2
1±
b) siehe bei a)
x6 − 1 = (x3 − 1)(x3 + 1) = (x − 1)(x2 + x + 1)(x + 1)(x2 − x + 1)
c) Als erstes betrachten wir (x + yi)2 genauer, indem wir ausmultiplizieren.
(x + yi)2 = x2 + 2xyi + (yi)2 = x2 − y 2 + 2xyi
Wir können nun für den Realteil und den Imaginärteil je eine Gleichung aufstellen und daraus x und y
bestimmen.
Gleichungssystem:
x2 − y 2 = 5
∣
∣
2xy = −12
Dies können wir noch vereinfachen:
aus der zweiten Gleichung folgt (da
x2 − y 2 = 5
∣
∣
xy = −6
y ≠ 0):
x=−
6
y
In der ersten Gleichung können wir das x ersetzen und erhalten:
36
− y2 = 5
y2
36 − y 4 = 5y 2
y 4 + 5y 2 − 36 = 0
(y 2 + 9)(y 2 − 4) = 0
Somit haben wir :
y 2 = −9 ☇ (Widerspruch) und y 2 = 4
daraus folgt: y = ±2
Nun können wir y = ±2 einsetzen und erhalten x = − y6 = ∓3
Die Lösungsmenge ist somit folgende: L = {(−3/2), (3/ − 2)}
Die Faktorisierung lautet dann: z 2 − 5 + 12i = (z − 3 + 2i)(z + 3 − 2i)
Aufgabe 5 (multiplikative Gruppe M31 )
Die 30 Elemente in M31 = {1, 2, . . . , 30} bilden eine multiplikative Gruppe. (Rest 31 rechnen)
Beachte auch die Beispiele 4 und 5 auf S.60/61 im Skript.
a) Zeige, dass nicht alle Elemente m von M31 Potenzen m = 2k von 2 sind.
Welche Ordnung hat 2 in der Gruppe M31 ?
2
4
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b) Alle Elemente m von M31 sind Potenzen m = 3k von 3. Vervollständige folgende Logarithmustabelle:
m
k = log3 (m)
1
0
2
3
1
4
18
5
20
6
7
8
12
9
2
3
…
…
c) Erkläre, wie mit Hilfe der Logarithmustabelle in 5 b) das Produkt 22 ⋅ 28 in M31 berechnet werden kann.
1
30
(Beachte 3
≡ 1 mod 31 gemäss dem kleinem Satz von Fermat.)
6
Lösung
a) Wenn man die Potenzen der Elemente aus M31 ausrechnet, so erfolgt dieses Ergebnis:
25 = 210 = 215 = 220 = 225 = 230 = 1
21 = 26 = 211 = 216 = 221 = 226 = 2
22 = 27 = 212 = 217 = 222 = 227 = 4
23 = 28 = 213 = 218 = 223 = 228 = 8
24 = 29 = 214 = 219 = 224 = 229 = 16
Es werden nur die Elemente der zweiter Potenzen getroffen, die restlichen Zahlen erreicht man nicht.
Allgemein und Gegenbeispiel machen
Die Ordnung des Elements 2 in der Gruppe M31 beträgt 5, da 25 = 1 und 2n ≠ 1 für alle 0 < n < 5.
b)
m
k = log3 (m)
1
0
m
k = log3 (m)
16
6
2
24
17
7
3
1
18
26
4
18
5
20
19
4
20
8
6
25
21
29
7
28
8
12
22
17
9
2
23
27
10
14
24
13
11
23
25
10
12
19
26
5
13
11
27
3
14
22
28
16
15
21
29
9
30
15
c) In der Tabelle kann man 22 und 28 als folgende 3er Potenz ablesen: 22 = 317 und 28 = 316 Nun kann man
die 3er Potenzen multiplizieren und bekommt 317 ⋅ 316 = 333 = 33 = 27. Man kann dies auch nachprüfen,
indem man 22 ⋅ 28 = 616 = 27 mod 31 direkt rechnet.
Aufgabe 6 (reguläres Fünfeck)
Wir betrachten das reguläre Fünfeck.
a) Zeige, dass das Dreieck mit den beiden roten Schenkeln
ähnlich zum Dreieck mit den beiden blauen Schenkeln
(Diagonalen) also insbesondere auch gleichschenklig ist.
Berechne dazu möglichst alle Winkel.
2
b) Benutze nun die Ähnlichkeit dieser zwei Dreiecke, um zu
beweisen, dass die Seite s eines regulären Fünfecks zur
Diagonalen d im Längenverhältnis des goldenen Schnittes
√
5−1
s∶ d =
2
steht.
4
2
Lösung
a) Wir haben die folgende Graphik mit den beschrifteten Winkeln.
5
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Im Fünfeck beträgt die Winkelsumme 540° (Formel für Winkelsumme für beliebiges n-Eck: (n − 2) ⋅ 180°).
Ein Winkel beträgt somit α = 108°. Wenn wir nun das Dreieck ABE anschauen, ist dies gleichschenklig
und die Basiswinkel β 1 und epsilon 3 betragen jeweils 36°. Genauso ist das Dreieck CDE gleichschenklig
und die Basiswinkel γ 1 und ϵ 1 betragen jeweils 36°. Somit kann ich ε 2 = 108 − 36 − 36 = 36° und γ 2 =
108 − 36 = 72° berechnen.
Der dritte Winkel (β 2 + β 3 ) im blauen Dreieck BCE beträgt somit 72°.
Da in diesem Dreieck die zwei Winkel γ 2 und (β 2 + β 3 ) gleich gross und zwei Schenkel gleich lang sind,
ist dieses Dreieck gleichschenklig.
Das Dreieck BCD ist ebenfalls gleichschenklig und γ = γ 1 +γ 2 ist 108° gross. Es folgt daraus, dass β 3 = 36°
und auch β 2 = 36° ist. Damit können wir im roten Dreieck BCF noch γ 3 berechnen: γ 3 = 180 − γ 2 − β 3 =
72°.
Zwei Dreiecke sind ähnlich, wenn sie in drei Winkeln übereinstimmen, dies ist hier der Fall und somit sind
das rote Dreieck und das blaue Dreieck ähnlich zueinander. (Beide sind auch gleichschenklig.)
b) Mithilfe der beiden ähnlichen Dreiecke kann die Diagonale d durch die Seite s ausgedrückt werden. (Strahlensatz)
d
s
=
s d−s
d(d − s) = s2
d2 − sd − s2 = 0
Mit der Formel (die zweite Lösung ist nicht möglich):
√
√
√
s + s2 + 4s2 s + 5s s(1 + 5)
=
=
d=
2
2
2
Wenn nun die Diagonale ersetzt wird, erhalten wir gerade den goldenen Schnitt.
√
√
√
s(1 + 5)
2
2(1 − 5)
2
5−1
√ =
√ =
s∶d=s∶
=s⋅
=
2
1−5
2
s(1 + 5) 1 + 5
Aufgabe 7 (Orthogonalisieren, orthogonales Komplement)
⎛1⎞
⎛0⎞
⎛0⎞
Gegeben ist die Basis v 1 = ⎜2⎟, v2 = ⎜1⎟, v 3 = ⎜0⎟ von R3 und das Standardskalarprodukt.
⎝2⎠
⎝2⎠
⎝1⎠
6
Musterlösung Lineare Algebra und Geometrie
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a) Orthogonalisiere diese Basis gemäss der Aufgabe unten auf S.74 im Skript.
3
b) Gib jeweils eine Basis des orthogonalen Komplementes W ⊥ der Unterräume
3
W = ⟨v1 ⟩ , ⟨v2 ⟩ , ⟨v3 ⟩ , ⟨v1 , v2 ⟩ , ⟨v1 , v3 ⟩ , ⟨v2 , v3 ⟩ .
Vergleiche mit der Aufgabe unten auf S.76 im Skript.
6
Lösung
a)
̃2 ∶= v2 −
v
⎛0⎞ 1 ⋅ 0 + 2 ⋅ 1 + 2 ⋅ 2 ⎛1⎞ ⎛0⎞ 2 ⎛1⎞ 1 ⎛−2⎞
⟨v1 ∣v2 ⟩
⋅ v1 = ⎜1⎟ −
⋅ ⎜2⎟ = ⎜1⎟ − ⋅ ⎜2⎟ = ⋅ ⎜−1⎟
⟨v1 ∣v1 ⟩
⎝2⎠ 1 ⋅ 1 + 2 ⋅ 2 + 2 ⋅ 2 ⎝2⎠ ⎝2⎠ 3 ⎝2⎠ 3 ⎝ 2 ⎠
̃3 ∶= v3 −
v
⎛0⎞ 2 ⎛1⎞ 2 1 ⎛−2⎞ 1 ⎛ 2 ⎞
⟨v1 ∣v3 ⟩
⟨̃
v ∣v ⟩
̃2 = ⎜0⎟ − ⎜2⎟ − ⋅ ⎜−1⎟ = ⋅ ⎜−2⎟
⋅ v1 − 2 3 ⋅ v
⟨v1 ∣v1 ⟩
⟨̃
v2 ∣̃
v2 ⟩
⎝1⎠ 9 ⎝2⎠ 3 3 ⎝ 2 ⎠ 9 ⎝ 1 ⎠
Wir erhalten die folgende Orthogonalbasis:
⎛⎛1⎞ 1 ⎛−2⎞ 1 ⎛ 2 ⎞⎞
⎜⎜2⎟ , ⎜−1⎟ , ⎜−2⎟⎟
⎝⎝2⎠ 3 ⎝ 2 ⎠ 9 ⎝ 1 ⎠⎠
b) W = ⟨v1 ⟩:
Wir suchen zwei linear unabhängige Vektoren die orthogonal auf v1 stehen:
0 = ⟨v1 ∣v⟩ = 1 ⋅ x + 2 ⋅ y + 2 ⋅ z
für y = −1 und z = 0 erhalten wir:
für y = 0 und z = −1 erhalten wir:
x = −2 ⋅ (−1) − 2 ⋅ 0 = 2
x = −2 ⋅ 0 − 2 ⋅ (−1) = 2
Wir erhalten die Basis:
⎛2⎞ ⎛2⎞
W ⊥ = ⟨⎜−1⎟ , ⎜ 0 ⎟⟩
⎝ 0 ⎠ ⎝−1⎠
W = ⟨v2 ⟩:
Wir suchen zwei linear unabhängige Vektoren die orthogonal auf v2 stehen (auf die x-Koordinate
kommt es nicht darauf an) :
0 = ⟨v2 ∣v⟩ = 0 ⋅ x + 1 ⋅ y + 2 ⋅ z
für z = −1 erhalten wir:
y = 0 ⋅ x − 2 ⋅ (−1) = 2
Die x-Koordinate kann freigewählt werden, somit erhalten wir die Basis:
⎛1⎞ ⎛5⎞
W ⊥ = ⟨⎜ 2 ⎟ , ⎜ 2 ⎟⟩
⎝−1⎠ ⎝−1⎠
7
Musterlösung Lineare Algebra und Geometrie
Herbstsemester 2015, Aufgabenblatt 6
W = ⟨v3 ⟩:
Wir suchen zwei linear unabhängige Vektoren die orthogonal auf v3 stehen (auf die x-Koordinate und
die y-Koordinate kommt es nicht darauf an) :
0 = ⟨v3 ∣v⟩ = 0 ⋅ x + 0 ⋅ y + 1 ⋅ z
Daraus erhalten wir:
z =0⋅x−0⋅y =0
Die x-Koordinate kann freigewählt werden, somit erhalten wir die Basis:
⎛1⎞ ⎛5⎞
W ⊥ = ⟨⎜2⎟ , ⎜7⎟⟩
⎝0⎠ ⎝0⎠
W = ⟨v1 , v2 ⟩:
Wenn wir das Vektorprodukt berechnen, erhalten wir gleich das orthogonale Komplement.
Allgemein:
⎛a 2 ⋅ b 3 − a 3 ⋅ b 2 ⎞
a × b = ⎜a 3 ⋅ b 1 − a 1 ⋅ b 3 ⎟
⎝a 1 ⋅ b 2 − a 2 ⋅ b 1 ⎠
⎛2 ⋅ 2 − 2 ⋅ 1⎞ ⎛ 2 ⎞
⟨v1 , v2 ⟩ = v1 × v2 = ⎜2 ⋅ 0 − 1 ⋅ 2⎟ = ⎜−2⎟
⎝1 ⋅ 1 − 2 ⋅ 0⎠ ⎝ 1 ⎠
W = ⟨v1 , v3 ⟩:
Genauso:
⎛2 ⋅ 1 − 2 ⋅ 0⎞ ⎛ 2 ⎞
⟨v1 , v3 ⟩ = v1 × v3 = ⎜2 ⋅ 0 − 1 ⋅ 1⎟ = ⎜−1⎟
⎝1 ⋅ 0 − 2 ⋅ 0⎠ ⎝ 0 ⎠
W = ⟨v2 , v3 ⟩:
Genauso:
⎛1 ⋅ 1 − 2 ⋅ 0⎞ ⎛1⎞
⟨v2 , v3 ⟩ = v2 × v3 = ⎜2 ⋅ 0 − 0 ⋅ 1⎟ = ⎜0⎟
⎝0 ⋅ 0 − 1 ⋅ 0⎠ ⎝0⎠
8