AEinführung in die Algebra

A
Einführung in die Algebra
für M, MCS, LaG
Technische Universität Darmstadt
Fachbereich Mathematik
Prof. Dr. Klaus Keimel
Dr. (AUS) Werner Nickel
6./9. Dezember 2002
WS 2002/03
Lösungen zu den Hausübungen Nr. 7
H AUS ÜBUNGEN
H27 Es sei n eine ganze positive Zahl und dr dr−1 . . . d0 die Dezimaldarstellung von n. Dann gilt n =
d0 + d1 · 10 + . . . dr · 10r . Da 10 ≡11 −1 ist, folgt
n = d0 + d1 · 10 + . . . dr · 10r ≡9 d0 − d1 + d2 − d3 ± . . . ±r .
Damit hat n genau den gleichen Rest modulo 11 wie die alternierdende Quersumme von n.
H28
a) Um ϕ(mn) zu ermitteln müssen wir die Anzahl der positiven Zahlen kleiner als mn ermitteln,
die teilerfremd zu mn sind. Alternativ können wir auch die Größe der Einheitengruppe vonn Zmn
×
ermitteln. Nach Satz 1.8.10 ist Zmn ∼
= Zm ×Zn und nach Aufgabe G6 ist (Zm ×Zn )× ∼
= Z×
m ×Zn .
×
×
×
×
Damit folgt ϕ(mn) = |Z×
mn | = |Zm × Zn | = |Zm | · |Zn | = ϕ(m) · ϕ(n), was zu beweisen war.
b) Es sei n = pe11 · . . . · perr . Dann ist nach Teil a) ϕ(n) = ϕ(pe11 ) · . . . · ϕ(perr ).
Es sei p eine Prinzahl und e eine natürliche Zahl. Die positiven Zahlen kleiner als pe , die nicht
teilerfremd zu pe sind, sind genau die Zahlen, die durch p teilbar sind, dies ist, angefangen mit 0,
genau jede p-te Zahl. Daher gibt es genau pe−1 Zahlen kleine als pe , die durch p teilbar sind. Das
bedeutet, dass es genau pe − pe−1 = pe (1 − p1 ) zu pe teilerfremde positive Zahlen kleiner als pe
gibt. Damit ist also ϕ(pe ) = pe (1 − p1 ).
Dies ergibt für n folgende Formel:
ϕ(n) = pe11 (1 −
H29
1
1
1
1
) · . . . · perr (1 − ) = n(1 − ) · . . . · (1 − ).
p1
pr
p1
pr
a) Die Vielfachen von 1 ergeben alle Elemente von (Zn , +). Daher erzeugt die Restklasse von k die
Gruppe (Zn , +) genau dann, wenn ein Vielfaches von k modulo n gleich 1 ist, also für ein m ∈ Z
gilt mk ≡n 1. Dies ist genau dann der Fall, wenn ggT(k, n) = 1.
b) Wir betrachten die Gruppe (Z60, +), da jede zyklische Gruppe der Ordnung 60 isomorph zu Z60
ist. In Z60 sind genau die zu 60 primen Restklassen Erzeuger. Nach obiger Formel gibt es davon
ϕ(60) = ϕ(3)ϕ(4)ϕ(5) = 2 · 2 · 4 = 16 Erzeuger, die im folgenden aufgeführt sind:
1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 49, 53, 59.
(77 )
H30 Um die Endziffer der angegebenen Zahl zu ermitteln, müssen wir 7(7 ) modulo 10 berechnen. Wir
benutzen den Satz von Euler-Fermat. Der Satz von Euler-Fermat sagt aus, dass bei Rechnungen modulo
n im Exponenten modulo ϕ(n) gerechnet werden kann.
Also interessieren uns folgende Reste:
(77 )
7(7 )
7
7(7 )
77
(mod 10)
(mod 4) denn ϕ(10) = 4
(mod 2) denn ϕ(4) = 2
Nun ist 77 ≡2 1, also können wir obige Rechnung zurückverfolgen:
77 ≡ 1
7
≡ 71 ≡ 3
7)
(7
7(7 ) ≡ 73 ≡ (−3)3 ≡ 3
(77 )
(mod 2)
(mod 4)
(mod 10).
H31 Wir stellen fest, dass Z200 ∼
= Z8 × Z25 ist. Nun lösen wir die Gleichung x2 = 1 zunächst in Z8 und in
Z25 . In Z8 gibt es die Lösungen {1, 3, 5, 7}.
In Z25 ist die Situation unübersichtlicher. Wir stellen fest, dass Z×
25 zyklisch ist, denn 2 ist ein Erzeuger:
2,
4,
8,
16,
2 ≡25 7,
14,
28 ≡25 3,
6,
12 ≡25 −1.
Von nun ab bekommen wir bei der Multiplikation mit 2 die jeweils negative Zahl, also erst bei 224
modulo 25 das Einselement.
×
Da eine Lösung von x2 = 1 teilerfremd zu 25 sein muss, ist die Lösung ein Element von Z×
25 . Da Z25
zyklisch ist, kann es nur zwei Elemente geben, deren Quadrat gleich 1 ist. Dies sind 1 und −1.
Damit haben wir in Z8 × Z25 die Lösungen (1, 1), (1, −1), (3, 1), (3, −1), (5, 1), (5, −1), (7, 1) und
(7, −1). Mit Hilfe des Chinesischen Restwertsatzes bekommen wir folgende Lösungen in Z200 (für die
Vorgehensweise siehe die Lösung zu Gruppenübung G31):
Z8 × Z25 Z200
(1, 1)
1
(1, −1)
49
(3, 1)
51
(3, −1)
99
(5, 1)
101
(5, −1)
149
(7, 1)
151
(7, −1)
199
Die Semestralklausur findet am 17. Feb. 2003 um 13:30 im Hörsaal S1 03/223 statt.