Lineare Algebra 1 (WS 12/13) Tutorium 12 - math.uni

Prof. Dr. B. Hanke
Dr. J. Bowden
Lineare Algebra 1 (WS 12/13)
Tutorium 12: Musterlösung
Aufgabe 1.
(a) Anwendung des euklidischen Algorithmus ergibt
2 · 13 − 25 = 1 = ggT(13, 25) = 1.
Die Zahlen
e1 = 1 − 2 · 13 = −25, e2 = 1 + 25 = 26
haben dann die gewünschten Eigenschaften. Die Zahl ist dann
x = 5 · e1 + 4 · e2 = 5 · (−25) + 4 · 26 = −21.
Nach dem Chinesischen Restsatz bilden die Lösungen der Kongruenz
x ≡ 5 mod 13 , x ≡ 4 mod 25
eine Restklasse modulo 13 · 25 = 325 und folglich ist die Menge der Lösungen genau
{−21 + 325k | k ∈ Z}.
(b) Es gilt
1 = 36 − 5 · 7 , 1 = 28 − 3 · 9 , 1 = −63 + 16 · 4.
Wir setzen
e1 = 1 + 5 · 7 = 36, e2 = 1 + 3 · 9 = 28 , e3 = 1 − 16 · 4 = −63.
Eine Lösung der simultanen Kongruenz
x ≡ 2 mod 7 , x ≡ 7 mod 9 , x ≡ 3 mod 4
ist dann
x = 2 · e1 + 7 · e2 + 3 · e3 = 79.
Nach dem Chinesischen Restsatz bilden die Lösungen der Kongruenz eine Restklasse modulo 7 · 9 · 4 = 252
und folglich ist die Menge der Lösungen genau
{79 + 252k | k ∈ Z}.
Aufgabe 2.
(a) Es gilt
|(Z/1200)∗ | = φ(1200) = φ(24 · 3 · 52 ) = (24 − 23 )(3 − 1)(52 − 5) = 320
und
φ(650) = φ(2 · 52 · 13) = (52 − 5)(13 − 1) = 240.
(b) Zuerst beachte, dass φ(1000) = φ(23 · 53 ) = 400. Da a teilerfremd zu 10 ist, ist a auch teilerfremd zu
1000 = 103 . Um die letzen 3 Ziffern von a2001 berechnen wir mit Hilfe des kleinen Satzes von Fermat:
a2001 = a5·400+1 = a5·φ(1000)+1 = a · (aφ(1000) )5 ≡ a mod 1000
und somit sind die 3 Ziffern von a2001 und a gleich.
1
(c) Man berechnet φ(9) = 6 und somit gilt
5
4
4
4
76 = (76 )6 = (7φ(9) )6 ≡ 16 = 1 mod 9.
Aufgabe 3. Wir betrachten 2 Fälle:
Fall 1: ggT(m, N ) = 1
In diesem Fall folgt aus dem kleinen Satz von Fermat:
m1+dφ(N ) = m · (mφ(N ) )d ≡ m · 1d = m mod N, ∀d ∈ Z.
Fall 2: ggT(m, N ) 6= 1
In diesem Fall gilt entweder p | m oder q | m. Nun beachte
m1+dφ(N ) ≡ m mod N ⇐⇒ m1+dφ(N ) ≡ m mod p und m1+dφ(N ) ≡ m mod q.
Falls p | m, dann ist die erste Kongruenz automatisch erfüllt, da beide Seiten kongruent zu 0 sind. Falls q teilt
m nicht, dann können wir den kleinen Satz von Fermat anwenden wie im Fall 1 um die zweite Kongruenz zu
bekommen, da in diesem Fall m und q teilerfremd sind. Falls q|m auch, dann ist die Kongruenz trivalerweise
erfüllt. Der Fall q|m folgt analog.
Aufgabe 4.
(a) Nach dem Satz von Lagrange teilt die Ordnung einer Untergruppe |H| die Ordnung der Gruppe|S3 | = 6.
Eine Permutation der Ordnung 2 muss ein Element festhalten, also gibt es 3 solche Elemente:
1 2 3
1 2 3
1 2 3
τ1 =
, τ2 =
, τ3 =
1 3 2
3 2 1
2 1 3
und die Elemente der Ordnung 3 sind
1
σ1 =
2
2
3
3
1
, σ2 =
1
3
2
1
3
2
.
Es gilt außerdem
τ1 ◦ τ2 = τ2 ◦ τ3 = σ1 , τ1 ◦ τ3 = σ2 .
Die Untergruppen sind dann genau
{e}, {e, τ1 }, {e, τ2 }, {e, τ3 }, {e, σ1 , σ2 } und S3 .
Beachte hierbei, dass sobald H < S3 sowohl ein Element der Ordnung 2 als auch eines der Ordnung 3
enthält, dann ist es die ganze Gruppe und, dass das Produkt von τi und τj die Ordnung 3 hat, falls i 6= j.
(b) Es gilt |(Z/24)∗ | = φ(24) = φ(23 · 3) = 8 und nach dem Satz von Lagrange gilt ord([a]) | 8. Weiterhin ist
(Z/24)∗ = {±[1], ±[5], ±[7], ±[11]}
und man rechnet dann
ord(−[1]) = 2 , ord(±[5]) = 2 , ord(±[7]) = 2 , ord(±[11]) = 2.
2