Blatt 2 - Institut für Mathematik

Institut für Mathematik
Universität Würzburg
Prof. Dr. Jörn Steuding
Dr. Anna von Heusinger
Frederike Rüppel
Wintersemester 2012/13
22. Oktober 2012
Lineare Algebra I
2. Übungsblatt mit Lösungsvorschlägen
Aufgabe 5:
(2+4+4 Punkte)
Es sei G := R \ {1} und eine Abbildung
(
G×G →R
◦:
(a, b)
7→ a + b − ab
gegeben.
a) Zeigen Sie, dass ◦ eine Verknüpfung auf G ist. Verwenden Sie dazu, dass für a, b ∈ R gilt: Ist
ab = 0, so folgt a = 0 oder b = 0.
b) Ist (G, ◦) eine Gruppe? Wenn ja, ist sie abelsch?
c) Lösen Sie in (G, ◦) die Gleichung 3 ◦ x ◦ 2 = 7.
Lösungsvorschlag. a) Zu zeigen ist nur, dass (G, ◦) bezüglich ◦ abgeschlossen ist, also stets
a ◦ b ∈ G für beliebige a, b ∈ G gilt. Dazu müssen wir ausschließen, dass es a, b ∈ R \ {1} gibt mit
a ◦ b = 1. Angenommen, es ist a ◦ b = 1. Dann folgt
a ◦ b = a + b − ab = 1
⇒ (a − 1)(b − 1) = 0
⇒ a = 1 oder b = 1,
hier wurde verwendet, dass R nullteilerfrei ist, siehe Hinweis. Damit ist gezeigt: a ◦ b ∈ R \ {1} für
alle a, b ∈ R \ {1}.
b) Nachprüfen der Gruppenaxiome:
(G1) Für alle a, b, c ∈ G gilt: (a ◦ b) ◦ c = (a + b − ab) ◦ c = a + b − ab + c − (a + b − ab)c =
a + (b + c − bc) − a(b + c − bc) = a ◦ (b ◦ c)
(G2) Existenz eines neutralen Elementes:
a ◦ b = b ⇔ a + b − ab = b ⇔ a − ab = 0 ⇔ a(1 − b) = 0 ⇔ a = 0
(beachte b = 1 6∈ G), damit ist 0 das neutrale Element bzgl. der Verknüpfung 0 ◦0 .
(G3) Existenz inverser Elemente:
a0 ◦ a = 0 ⇔ a0 + a − a0 a = 0 ⇔ a0 = −
(Beachte wieder a 6= 1, da a ∈ G)
a
.
1−a
(G4) G ist abelsche Gruppe: Für alle a, b ∈ G gilt
a ◦ b = a + b − ab = b + a − ba = b ◦ a.
c) Die Lösung ist x = 4, dabei lohnt es sich ausnutzen, dass G abelsch ist.
Aufgabe 6:
(2+2+2+2+2 Punkte)
Sei G eine Gruppe. Weisen Sie die folgenden Rechenregeln für a, b, c ∈ G nach:
a) (a−1 )−1 = a,
b) (ab)−1 = b−1 a−1 ,
c) ab = ac ⇒ b = c,
d) ab = cb ⇒ a = c.
e) Zeigen Sie anhand eines Beispiels, dass c) und d) in Halbgruppen im Allgemeinen nicht gelten.
(G2)
(G1)
(G3)
(G3)
Lösungsvorschlag. a) (a−1 )−1 = e · (a−1 )−1 = (a · a−1 ) · (a−1 )−1 = a · (a−1 · (a−1 )−1 ) =
a·e
Lemma 3.1. i)
=
a
b)
(a · b)−1
(G2),(G3)
=
(b−1 · b) · (a · b)−1
(G2),(G3)
=
(b−1 · (a−1 a)b) · (a · b)−1
(G1)
(G3)
= (b−1 · a−1 ) · (a · b) · (a · b)−1 = (b−1 · a−1 ) · e
Lemma 3.1 i)
=
b−1 · a−1
c) Da b, c ∈ G folgt aus Lemma 3.2 ii), dass es genau ein x ∈ G gibt mit
b = cx
(1)
Eingesetzt in ab = ac ergibt dies a(cx) = ac. Da das neutrale Element nach Lemma 3.1.ii) eindeutig
ist, folgt x = e, und aus Gleichung (1) folgt b = cx = ce = c, und damit die Behauptung.
d) Aus Lemma 3.2 ii) folgt, dass es genau ein x ∈ G gibt mit a = xc. Eingesetzen in die Gleichung
ab = cb ergibt xcb = cb und aus der Eindeutigkeit des neutralen Elementes folgt, dass x = e ist.
Dann folgt wegen a = xc dass a = c ist.
e) Die Menge (Z/4Z, ·) ist mit der Verknüpfung [x] · [y] := [x · y] eine Halbgruppe. Es gilt
0 = [2][2] = [2][0].
Aufgabe 7:
(3+7 Punkte)
Es seien (G, ·), (G0 , ∗), (G00 , ⊕) Gruppen, f : G → G0 , g : G0 → G00 Gruppenhomormophismen,
h := g ◦ f die Komposition von f und g.
a) Zeigen Sie, dass h ein Gruppenhomomorphismus ist.
b) Weisen Sie nach, dass Ker(f ) eine Untergruppe von Ker(h) ist.
Lösungsvorschlag. a) Zu zeigen ist: Für alle x, y ∈ G gilt h(x · y) = h(x) ⊕ h(y). Da nach
Voraussetzung f und g Gruppenhomomorphismen sind, folgt für alle x, y ∈ G:
h(x · y) = (g ◦ f )(x · y) = g(f (x · y))
f Homom.
=
g(f (x) ∗ f (y))
g Homom.
=
g(f (x)) ⊕ g(f (y)) = h(x) ⊕ h(y).
b) Nach Lemma 4.2 sind Ker(f ), Ker(h) Untergruppen von G. Da zudem Ker(f ) ⊆ Ker(h), ist
Ker(f ) eine Untergruppe von Ker(h).
2
Aufgabe 8:
(4+3+3 Punkte)
a) Zeigen Sie, dass die komplexen Lösungen der Gleichung X 4 −1 = 0 eine multiplikative Gruppe
bilden.
b) Welches geometrische Objekt besitzt die komplexen Lösungen von X 4 − 1 = 0 als Ecken?
√
Was bewirkt die Multiplikation einer komplexen Zahl mit der imaginären Einheit i = −1
(in der oberen Halbebene der Gaußschen Zahlenebene)?
c) Untersuchen Sie die Gleichung X 6 − 1 = 0 unter den Gesichtspunkten von a) und b) (statt
X 4 − 1 = 0). Was ist ähnlich und was ist verschieden?
Lösungsvorschlag. a) 0 = X 4 − 1 = (X − 1)2 (X + 1)2 = (X − 1)(X + 1)(X + i)(X − i).
Die Lösungen 1, −1, i, −i bilden eine Gruppe bezüglich der Multiplikation komplexer Zahlen mit
neutralem Element 1, denn sie ist abgeschlossen bezüglich der Multiplikation und es gelten die
Gruppenaxiome
(G1): Assoziativgesetz gilt für die Multiplikation komplexer Zahlen, damit auch hier.
(G2): Neutrales Element ist 1.
(G3): Inverses Element zu −1 ist −1, inverses Element zu i ist −i.
b) Dargestellt in der Gaußschen Zahlenebene sind die Lösungen 1√= (1, 0), i = (0, 1), −1 =
(−1, 0), −i = (0, −1) die Ecken eines Quadrates mit Seitenlänge 2 (Skizze!). Diese rechnet
man mithilfe des Satzes von Pythagoras nach (Dies muss von den Studenten nicht gezeigt werden, es genügt, wenn sie schreiben, dass dies die Ecken eines Quadrates sind). Multiplikation mit i bewirkt eine Drehung um 90◦ um den Nullpunkt entgegen dem Uhrzeigersinn, denn
iz = (0, 1)(x, y) = i(x + iy) = −y + ix = (−y, x). (Damit läßt sich auf alternativem Weg begründen, dass 1, i, −1, −i die Ecken eines Quadrates sind).
c) x1 = 1 und x4 = −1 sind Lösungen der Gleichung X 6 − 1 = 0. Mit Polynomdivision erhält man
2
X 6 − 1 = (X − 1)(X 2 + X + 1)(X + 1)(Xq
− X + 1). Die ’Mitternachtsformel’ (oder ’p-q-Formel’)
√
√
liefert die weiteren Lösungen x2,6 = 12 ± − 34 = 21 ± i 23 und x3,5 = − 21 ± i 23 . Dargestellt in der
Gaußschen Zahlebene als Paare reeller Zahlen
√
√
√
√
1
3
1
3
1
3 1
3
(1, 0), ( ,
), (− ,
), (−1, 0), (− , −
), ( , −
)
2 2
2 2
2
2
2
2
sind dies die Ecken eines Sechsecks, denn sowohl der Abstand zum Nullpunkt, als auch der Abstand
zwischen benachbarten Ecken ist immer 1, wie man mit Pythagoras nachrechnet (Skizze!).
Zusatzaufgabe
(wird nicht korrigiert, zum Vortrag in den Übungen)
Zeigen Sie, dass eine ganze Zahl genau dann durch 3 teilbar ist, wenn ihre Quersumme durch 3
teilbar ist.
Lösungsvorschlag: a ∈ Z ist genau dannPdurch 3 teilbar, wenn a mod 3 = 0 ist. Jede Zahl
n
a ∈ Z+ läßt sich eindeutig darstellen als a = i=0 ai 10i mit gewissen Zahlen ai ∈ {1, 2, . . . , 9} und
n ∈ N endlich. Ist a ∈ Z− so gibt es eine ensprechende
PnDarstellung mit ai ∈ {−1, −2, . . . , −9}. Die
Quersumme von a ist mit dieser Bezeichnung q := i=0 ai . Es folgt (nach Satz 6.1 ist Z/3Z ein
Körper mit den Rechenregeln [a] + [b] = [a + b], [a] · [b] = [a · b], Bezeichnung [a] ≡ a mod 3)
!
!
n
n
X
X
i
i
a mod 3 =
ai 10
mod 3 =
ai (1 + 10 − 1) mod 3
=
=
i=0
n
X
i=0
n
X
!
ai · 1
mod 3 +
i=0
n
X
!
i
ai (10 − 1)
mod 3
i=0
!
ai
mod 3 +
i=0
n
X
(ai mod 3) · (10i − 1) mod 3
i=0
= q mod 3 + 0,
wobei in der letzten Gleichheit verwendet wurde, dass die Zahl 10i − 1 für alle i ∈ N durch 3 teilbar
ist.