2. Probetest M3 ET VU 1 Anmerkung 1 Zweck des Tests ist es

2. Probetest M3 ET VU
17. Januar 2008
Anmerkung 1 Zweck des Tests ist es, sich mit den Begriffen an und für sich auseinanderzusetzen. Es soll eher deduktives Arbeiten“ und Veranschaulichung“ im Vordergrund
”
”
stehen. Konkrete Anwendbarkeit wird zum Teil später in der VU erkennbar und vieles
eher in manchen Anwendervorlesungen.
Versuchen Sie, unter Benützung der Vorlesungsunterlagen den Test durchzuarbeiten.
Es sollte, wie beim bevorstehenden Test, ausreichend sein, bis Seite 56 zu blättern, bzw.
DN 57 (Unterhalbgruppe) auf Seite 64 zu inspizieren.
Die mit • gekennzeichneten Beispiele sind für die Erhebung gedacht. Jede gelungene
Antwort zu einer • -markierten Frage ist ein • . Es wäre gut, wenn Sie diese Beispiele in
einer 2.ten Runde möglichst ohne Unterlagen versuchen und an der Erhebung teilnehmen.
Gesegnete Weihnacht und beste Wünsche für 2008, WH
Beispiel 1 (Logik und Sprachgebrauch)
Man entscheide die Gleichwertigkeit der Aussagen in a)–d) zum sprachlichen Ausdruck:
Wenn A gilt, so auch B, und umgekehrt
a)
b)
c)
d)
• A⇔B
• A ⇒ B genau dann, wenn B ⇒ A
• Sollte B falsch sein, dann auch A bzw. sollte
hingegen A richtig sein, dann muß wohl auch B
wahr sein
• A ist genau dann wahr, wenn es B ist
Antwort:
a)
b)
c)
d)
J
J: Formalisiert steht da (A ⇒ B) ⇔ (B ⇒ A).
Die obige Aussage ist genau dann wahr, wenn A
und B den gleichen Wahrheitswert haben. Das
trifft auch auf die vorliegende Aussage zu. Also
sind die Aussagen logisch äquivalent.
N: Formalisiert steht da (¬B ⇒ ¬A)∧(A ⇒ B).
Wenn nun A falsch und B wahr ist, so ist die obige Aussage falsch. Hingegen ist die vorliegende
Aussage wahr.
J
1
2. Probetest M3 ET VU
17. Januar 2008
2
Beispiel 2 (Aussagen- und Prädikatenlogik) Mehrfachantworten sind möglich, jede korrekte Antwort ergibt einen Punkt.
Die Aussage (A ⇒ B) ⇒ C ist logisch äquivalent zu
a)
b)
c)
• A ⇒ (B ⇒ C)
• (A ∧ ¬B) ∨ C
• (A ∨ C) ∧ (B ⇒ C)
Antwort:
a)
b)
c)
N: sind A falsch, B wahr und C falsch, so ist die obige Aussage wahr,
die vorliegende falsch
J: Entweder Wahrheitstafeln oder ähnlich umformen wie in c)
J: Weil A ⇒ B logisch äquivalent zu ¬A ∨ B ist, kann man durch Umformungen draufkommen:
(A ∨ C) ∧ (B ⇒ C) ⇔ (A ∨ C) ∧ (¬B ∨ C)
⇔ (A ∧ ¬B) ∨ (A ∧ C) ∨ (C ∧ ¬B) ∨ C
⇔ (A ∧ ¬B) ∨ C
Nun wendet man nochmals die zitierte logische Äquivalenz an. Vermutlich ist etlichen diese Art des Umformens bei Schaltalgebra untergekommen. Jedenfalls ist dies ein Ersatz für die 8 Fälle umfassende Wahrheitstabellendiskussion.
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Beispiel 3 (Mengen)
Welche der Mengenidentitäten, bzw. Aussagen über Mengen sind korrekt?
C
B
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
A
Es ist im Bild (A ∩ B) \ C = ∅
(A ∩ B) \ C = A ∩ (B \ C)
• A \ (B \ C) = (A \ B) \ C
• A0 ∩ B = A ∩ B 0 (Der Strich bedeutet Komplementbildung)
• Die Potenzmenge der leeren Menge ist leer
• Die Menge aller endlichen Teilmengen der
natürlichen Zahlen ist eine Teilmenge der Potenzmenge der natürlichen Zahlen
Jemand hat einen Stammkader von 30 Personen
und benötigt 5 Leute davon, die er zu einem
Meeting schickt. Diese 5 Leute bilden eine 5elementige Teilmenge der 30-elementigen Menge
des Stammkaders.
Antwort:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
N: Der untere Teil“ von A ∩ B liegt nicht in C,
”
kann also durch Wegnahme von C nicht ver”
schwinden“
J: Es ist (A ∩ B) \ C = (A ∩ B) ∩ C 0 = A ∩ (B ∩
C 0 ) = A ∩ (B \ C)
N: Z.B. für A := {1}, B := A und C := A ergibt
die linke Seite A, die rechte die leere Menge
N: Wählt man X = {1, 2}, sowie A := {1} und
B := {2}, so ergibt sich links B und rechts A.
N: Sie enthält als Element die leere Menge
J
J
3
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17. Januar 2008
Beispiel 4 (Relationen)
Welche der folgenden Aussagen treffen zu?
A
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
Antwort:
A Der schraffierte Teil (ein•
schließlich der Diagonale) beschreibt eine Ordnungsrelation auf A := [0, 1]
Das kartesische Produkt A × B zweier Mengen
ist eine Relation von Elementen in A mit solchen
in B
• Die Relation für Wörter in den Zeichen 0, 1,
die uRv setzt, falls u und v sich nur um 1 Bit
unterscheiden, ist eine Äquivalenzrelation
• Eine Halbordnung kann nicht zugleich eine
Äquivalenzrelation sein
• Hat eine Halbordung ein maximales Element,
so gibt es auch ein Maximum
Falls R ⊆ A × A die leere Menge ist, so ist R
eine Halbordnung auf A
Auf der Menge Z × N wird eine Relation R dadurch definiert, daß man (p, q)R(p0 , q 0 ) genau
dann festlegt, wenn pq 0 = p0 q gilt (korrigiert am
8.1.07 und nochmals am 17.1.08). Dann ist R
eine Äquivalenzrelation
4
2. Probetest M3 ET VU
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
5
17. Januar 2008
J: Die Relation auf dem Einheitsintervall A =
[0, 1] läßt sich durch xRy genau dann wenn
x ≥ y beschreiben. Die Axiome sind leicht nachzuvollziehen.
J: jede Teilmenge von A × B ist eine Relation
von Elementen in A mit solchen in B
N: Z.B. ist die Transitivität nicht gegeben. Es
ist 00 R 01 und 01 R 11, jedoch gilt nicht 00 R
11
N: Sie kann sehr wohl zugleich eine Äquivalenzrelation sein, z.B. wenn auf einer nicht leeren
Menge xRy durch x = y festgesetzt wird.
• hat 2 maN: Die Halbordnung • @
@@
@@
@@
~~
~~
~
~~
•
ximale Elemente, jedoch kein Maximum
N: Weil xRx für alle Elemente in A erfüllt sein
muß, und A nicht notwendig leer sein muß, ist
die Aussage falsch. (korr. 8.1.08)
J: Es verwundert nicht, daß hiedurch Brüche
mathematisch fundiert werden (als mengentheoretische Konstruktion). Jedes Paar (p, q) entspricht einer rationalen Zahl, üblicherweise pq ,
d.i. einem Verhältnis ganzer Strecken, wie in der
Antike. Hier liegt ein mengentheoretisches Modell vor, welches auf den ganzen Zahlen aufbaut.
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Beispiel 5 (Funktionen)
Welche der folgenden Aussagen treffen zu?
B
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
A
•
Dies ist der Funktionsgraph einer Funktion von
A nach B
• Ist eine Funktion injektiv, so ist sie nicht zugleich surjektiv. Mit anderen Worten f injektiv
”
6⇒ f surjektv“ (Nachsatz am 17.1.08 angefügt).
Ordnet man jedem Verkaufsartikel sein Herstellungsdatum zu, so liegt eine surjektive Funktion
vor
• Ordnet man jedem Datum des Jahres 2007
alle Artikel mit dem entsprechenden Herstellungsdatum zu, so liegt eine Funktion von der
Menge aller Datumangaben in die Potenzmenge der Menge aller im Jahr 2007 produzierten
Artikel vor
• Jede 2 × 3-Matrix mit komplexen Eintragungen kann als Funktion von {1, 2} × {1, 2, 3} → C
aufgefaßt werden
Jede 2 × 3-Matrix mit komplexen Eintragungen
kann als Funktion von {1, 2, 3} → C2 aufgefaßt
werden
• Jedes Polynom a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 mit
reellen Koeffizienten ai kann als Funktion von
{0, 1, 2, 3} → R aufgefaßt werden
6
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Antwort:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
N: nahe dem linken Ende von A sind keine Werte
vorgegeben.
N: Z.B. ist die Funktion f : {0} → {0, 1}, die
durch f (0) := 0 definiert ist, injektiv, jedoch
nicht surjektiv
?: Geht man davon aus, daß faktisch jeden Tag
etwas produziert wird, so wäre die Antwort J.
Andernfalls N. Keine Sorge, bin bemüht, solche
Entscheidungen beim Test auszusparen.
J
1 2 3
J: Ist z.B.:
eine solche Matrix,
4 5 6
und ist f das Funktionssymbol, so hätte man
f (1, 1) := 1, f (1, 2) = 2, etc.
J: Z.B. im vorigen Beispiel wäre,
falls g das
1
Funktionssymbol ist, g(1) =
, g(2) =
4
2
3
und g(3) =
.
5
6
J: Ist z.B. p = x2 − 3x3 + 10x − 7 ein kubisches Polynom, und h das Funktionssymbol, so
ist h(0) = −7, h(3) = −3 etc. Allgemeiner wäre
h(j) = aj .
7
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Beispiel 6 (TES – Konfluenz, noethersch, Normalform)
Welche der Aussagen ist richtig? Gegeben ist das TES XY → Y X, Y X → X auf
dem Monoid A∗ über dem Alphabet A := {, X, Y }.
a)
b)
c)
d)
e)
XY XY XY →∗ XXX und Y Y →∗ Y Y
XXXXX ist Normalform
Das TES ist noethersch
Das TES ist konfluent
Werden im vorigen Beispiel 2 Wörter u, v ∈
A∗ als äquivalent defniert, wenn sie die gleiche
Wortlänge (=Anzahl der Buchstaben) haben, so
reduzieren äquivalente Wörter zur gleichen Normalform
Antwort:
a)
b)
c)
d)
e)
N: Es ist zwar XY X Y XY → XXXY →
XXY X → XXX, jedoch Y Y →∗ Y Y nicht
korrekt
J:
J: Bei jedem Reduktionsschritt verringert sich
die Wortlänge
J: Beweis bleibe ich schuldig
N: weil Y X und XX zwar gleiche Wortlänge,
jedoch X die Normalform von Y X ist
Beispiel 7 (TES als Grammatik)
Gegeben ist das Alphabet A = {S, 00, 01, 10, 11, ω, a, b, ; }. Weiters sei das TES
00 → a10|b01, 10 → a00|b11, 01 → a11|b00, 11 → a01|b10, 00 →; ω
gegeben. Man entscheide die Richtigkeit folgender Aussagen.
a)
b)
c)
Das TES ist wohldefiniert
Wird S als Start und ω als Ende gewählt, sowie
00, 01, 11, 10 als weitere syntaktische Variable,
so entsteht eine reguläre Sprache
Die
Sprache
besitzt
die
Teilmenge
{aaaa; , abab; , aa; , ab; }
Antwort:
a)
b)
c)
J
J
J
8
2. Probetest M3 ET VU
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Beispiel 8 (TES als Akzeptor)
Gegeben ist das Alphabet A = {a, b}. Weiters sei das TES
aa|bb → , ba → ab
gegeben. Man entscheide die Richtigkeit folgender Aussagen.
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
Das TES ist wohldefiniert
∗
/a
Es ist abaab
∗ /
• Es ist ababbbaaaabbabaababbba
ab
Das TES ist konfluent
• Das TES ist noethersch
Erklärt man auf A∗ eine Relation durch: u ∼ v
genau dann, wenn u und v die gleiche Anzahl
an Buchstaben a wie auch b haben, so liegt eine
Äquivalenzrelation auf A∗ vor. Weiters ist u ∼ v
genau dann, wenn es ein Wort w mit u →∗ w
und v →∗ w gibt
• Jedes w ∈ A∗ reduziert zu einer Normalform
in {, a, b, ab}
Es sind lediglich {, a, b, ab} mögliche Repräsentanten der Relation ∼.
Antwort:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
J
J
J: Es ist ababbb aa aa bb abbb ba → abababb a →
ababaa → abab → aa bb → J: das ist hier zumindest leichter einzusehen
J: in jedem Schritt wird entweder die Wortlänge
kleiner oder die Position des ersten vorkommenden b“ wird kleiner
”
J
J
J
9
2. Probetest M3 ET VU
10
17. Januar 2008
Beispiel 9 (TES, Sprache und Automat)
Die folgende Skizze deutet die Funktionsweise eines Automaten an, welcher bei Eingabe vom Startsymbol S her (1 steht für das leere Wort) Wörter in A∗ des Alphabets
A := {a, b, ; } akzeptiert, falls der letzte Buchstabe des Wortes den Automaten in
den Endzustand (bezeichnet mit ’o’) überführt (d.h. ein Strichpunkt ist).
10
a
S
a
1
00
b
a
11
;
b
01
ο
b
b
a
Man entscheide folgende Fragen:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
i)
Antwort:
ababa wird vom Automaten nicht akzeptiert
• aaaabbaa wird vom Automaten akzeptiert
• abab; wird vom Automaten akzeptiert
Der Automat ist Akzeptor einer regulären Sprache
• Es ist 00 → a10 eine Produktion der vom
Automaten akzeptierten Sprache
0 ist syntaktische Variable der vom Automaten
akzeptierten Sprache
Die vom Automaten akzeptierte Sprache besitzt
eine reguläre Grammatik
Die Regel 10 → b00 kann nicht Regel der vom
Automaten akzeptierten Sprache sein
Werden 0 und 1 als Schalterstellungen zweier
nebeneinander befindlicher Schalter und a als
Betätigen des linken, bzw. b des rechten Schalters interpretiert, so beschreibt die vom Automaten akzeptierte Sprache alle jene Abfolgen von Schalterbetätigungen, welche zum (Ausgangs)zustand 00 führen
2. Probetest M3 ET VU
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
i)
17. Januar 2008
J
N: es fehlt das ;“ am Schluß!
”
J
J: er definiert eine reguläre Grammatik.
J
N
J: weil ihre Grammatik durch den Automaten
beschreibbar ist
J: vom Zustand 10 kann man nur nach 00 (mittels a) oder 11 (mittels b) gelangen.
J
11
2. Probetest M3 ET VU
17. Januar 2008
12
Beispiel 10 (Programmspezifikation)
Gegeben ist das folgende TES über dem Alphabet
{hprogrami, htypei, hvari, hvarnamei, hstatementi, hend of programi, A − Z, +, −, ∗, /, =; ,
begin, end, integer, real, var, t}
und TES:
hprogrami
hvari
htypei
hvarnamei
hstatementi
→
→
→
→
→
hvari begin hstatementi endhend of programi
var hvarnamei : htypei; hvari|t
integer|real;
A|B| . . . |Z
hvarnamei = hvarnamei + | − | ∗ |/hvarnameihstatementi; |t
Man entscheide folgende Fragen:
a)
b)
c)
d)
e)
Als syntaktische Variablen eignen sich die von spitzen Klammern
umsäumten Wörter
Die Grammatik ist kontextfrei
Die Grammatik ist regulär
Als Startvariable S eignet sich hprogrami
Es ist
var A:integer;var B:real; begin U = B ∗ K A = C/L;;end
ein Element der durch die Grammatik definierten Sprache (korrigiert am
8.1.08)
Antwort:
a)
b)
c)
d)
e)
J
J
N: Lediglich die 3.te und 4.te Regel könnten als Teile einer regulären
Grammatik angesehen werden. (korrigiert 8.1.08)
J
J
2. Probetest M3 ET VU
13
17. Januar 2008
Beispiel 11 (Reguläre Ausdrücke)
Gegeben ist das folgende TES über dem Alphabet
{A − Z, a − z, t, ω}
und Automat
a,b,...,z
a,b,...,z
A,B,..,Z
S
A,B,..,Z
Vorname
N
achname
ω
dessen Lebenszweck offenbar ist, Vorname und Nachname einer Person zu akzep”
tieren“. Welche der folgenden Behauptungen sind richtig
a)
b)
c)
d)
e)
f)
‘achname’ ist syntaktische Variable
‘N’ tritt als Terminalvariable auf
’A X’ ist Element der vom Automaten akzeptierten Sprache
Die vom Automaten akzeptierte Sprache ist regulär
t ist terminale Variable
’A lphons’ ist Element der vom Automaten akzeptierten Sprache
Es ist üblich, den Automaten als regulären Ausdruck z.B. in der Form
[A − Z] + [a − z] ∗ t[A − Z] + [a − z] ∗ t
zu beschreiben.
Antwort:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
J
J
J
J
J
N: Der Automat checkt nämlich, ob der Nachname mit einem Großbuchstaben beginnt. Ein Editor mit regex-Suchfunktion (z.B. vi) würde mit
dem obigen regex-Ausdruck diesen Namen nicht finden.
2. Probetest M3 ET VU
17. Januar 2008
Beispiel 12 (Halbgruppen)
Welche der folgenden Aussagen ist zutreffend?
a)
b)
c)
d)
e)
• Die leere Menge ist eine Halbgruppe
• Der R3 zusammen mit dem Vektorprodukt
~a × ~b ist eine Halbgruppe
Ein Automat hat die Zustände Vorglühen ,
Anlassen , Stufe 1 , Stufe 2 , und man kommt
durch Schalten ( Ausführen von D“) von ei”
nem Zustand zum nächsten (bei jeweils einmal
Schalten), wobei man von Stufe 2 durch Schalten D wieder zu Stufe 1 zurück kann. Es bildet
{D, D2 , D3 , . . .} eine zyklische Halbgruppe
• Die natürlichen Zahlen bilden bezüglich der
Addition eine zyklische Halbgruppe
• Die natürlichen Zahlen bilden bezüglich der
Multiplikation eine zyklische Halbgruppe
Antwort:
a)
b)
c)
d)
e)
J
N: Das Vektorprodukt erfüllt das Assoziativgesetz nicht
J
J: allerdings muß man die additive Schreibweise
beachten. Dann ist N = {1, 2 × 1 = 2, 3 × 1 =
3, . . .}
N: Falls das so wäre, gäbe es eine natürliche Zahl
a sodaß N = {a, a2 , a3 , . . .}. Dann müßte 1 von
der Form ak sein, also a = 1 sein. Dann wäre
N = {1, 12 , 13 , . . .} = {1}, ein Widerspruch
14
2. Probetest M3 ET VU
15
17. Januar 2008
Beispiel 13 (Gruppen und Symmetrien)
Figur A
Figur B
etc
etc
etc
etc
Figur C
Figur D
Welche der folgenden Aussagen über die Symmetriegruppe der entsprechenden Figur
ist zutreffend?
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
i)
j)
k)
l)
m)
n)
o)
• Die Symmetriegruppe der Figur A hat 6 Elemente
Die Symmetriegruppe der Figur A ist zyklisch
Die Symmetriegruppe der Figur B hat 6 Elemente
Die Symmetriegruppe der Figur B hat 12 Elemente
• Die Symmetriegruppe der Figur B ist nicht
kommutativ
Die Symmetriegruppe der Figur B besitzt eine
kommutative Untergruppe
• Die Symmetriegruppe der Figur B besitzt eine zyklische Untergruppe
Die Symmetriegruppe der Figur C ist unendlich
Die Symmetriegruppe der Figur C ist kommutativ
• Die Symmetriegruppe der Figur C ist zyklisch
Die Symmetriegruppe der Figur C besitzt endliche Untergruppen
Die Symmetriegruppe der Figur D ist unendlich
Die Symmetriegruppe der Figur D ist kommutativ
Die Symmetriegruppe der Figur D besitzt endliche Untergruppen
Die Symmetriegruppe der Figur D ist zyklisch
2. Probetest M3 ET VU
17. Januar 2008
Antwort:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
i)
j)
k)
l)
m)
n)
o)
N: Nur Drehungen um Vielfache von 120o sind
möglich, davon gibt es 3
J
N: Zu den 6 Drehungen um Vielfache von 60o
kommt z.B. noch Spiegelung an einer Achse
J: Es gibt die 6 Drehungen und ihre Zusammensetzungen mit der Spiegulung an einer festen
Achse
J: Z.B. kommutieren die Drehung um 60o nach
links und Spiegelung an einer festen Achse nicht
J: z.B. die 6 schon genannten Drehungen
J: z.B. die 6 schon genannten Drehungen werden
von der Drehung um 60 Grad erzeugt“
”
J: es gibt eine Möglichkeit, das Band um eine
gewisse Strecke deckungsgleich zu verschieben.
Diese Schiebung erzeugt eine unendliche zyklische Gruppe
N: Die angegebene Schiebung kommutiert nicht
mit Drehungen um 180o
N: Die Drehung um 180 Grad und die Schiebung
können nicht Potenzen eines Elements sein
J: Es gibt eine Drehung um 180 Grad, welche
das Band in sich überführt. Diese Drehung erzeugt eine Untergruppe der Ordnung 2, also eine
endliche Untergruppe
J: Man kann das Band um 2 Einheiten deckungsgleich verschieben. Diese Operation erzeugt eine
unendliche Untergruppe.
J: folgt aus o)
J: folgt aus o)
J: Die Gruppe wird von einer Gleitspiegelung ( 1
”
Einheit nach rechts und kippen“) erzeugt
16
2. Probetest M3 ET VU
17. Januar 2008
Beispiel 14 (Allgemeines zu Gruppen)
Welche der folgenden Aussagen ist zutreffend?
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
i)
j)
k)
l)
Antwort:
Die leere Menge ist eine Gruppe
Die 2 × 2-Matrizen bilden bezüglich der Multiplikation ein nicht kommutatives Monoid
Es gibt eine Halbgruppe der Ordnung 2007, welche keine Gruppe
ist
1 0
• Es ist {
} zusammen mit der Matri1 0
zenmultiplikation
eine
Gruppe
1 0
1 0
} bezüglich der MaEs ist {
,
1 0
0 1
trizenmultiplikation eine Gruppe
• Es gibt eine Gruppe mit 10256 + 1 Elementen
Jede Gruppe mit höchstens 2 Elementen ist
kommutativ
Jede Gruppe enthält eine kommutative Untergruppe
• Jede Gruppe enthält eine zyklische Untergruppe
• Es gibt eine nichtkommutative Gruppe der
Ordnung 60000000
Die 3 × 3-Matrizen mit nichtverschwindender
Determinante bilden bezüglich der Multiplikation eine Gruppe
• Die orthogonalen 3 × 3-Matrizen bilden
bezüglich der Multiplikation eine Gruppe
17
2. Probetest M3 ET VU
a)
b)
c)
d)
e)
f)
18
17. Januar 2008
N: Zumindest
hat jede Gruppe
ein 1-Element
1 0
J: Es ist
das Einselement. Weiters
0 1
0 0
0 1
sind
und
zwei nicht kom1 0
0 0
mutierende Matrizen
J: z.B. die Zahlen von 1 bis 2007 und der Multiplikation xy := 1 für alle x, y. Es ergibt sich
ein Monoid mit 1 als Einselement. Es kann keine
Gruppe vorliegen, weil es zwar zu jedem Element
ein Inverses gibt, selbiges aber nicht eindeutig ist
J
1 0
N: Wohl ergibt sich
als Einselement,
0 1
1 0
jedoch hat
kein Inverses
1 0
J: Man kann z.B. regelmäßiges Polygon mit
10256 + 1 Ecken nehmen und beachtet, daß es
die Drehungen dieses Polygons eine zyklische
Gruppe der angegebenen Ordnung bilden. Unter
2πk
g)
h)
i)
j)
k)
l)
Benützung komplexer Zahlen: G = {e 10256 +1 |
k = 0, 1, . . . , 10256 und Multiplikation komplexer Zahlen
J
J: z.B. {1}
J: z.B. {1}
J: z.B. denke man sich ein gleichseitiges Dreieck und daneben ein 10000000-regelmäßiges Polygon. Nun betrachtet man alle Symmetrien des
Dreiecks (6 an der Zahl) und Drehungen des Polygons. Zusammen bilden sie eine Gruppe der
Ordnung 60000000. Daß sie nicht kommutativ
ist, liegt daran, daß die Symmetrien des Dreiecks (Rotation um 120 Grad, bzw Spiegelung)
nicht kommutative Gruppe ist
J: Offenbar ist die 3×3-Einheitsmatrix ein Einselement. Daß mit 2 Matrizen ihr Produkt in
der Gruppe liegt folgt aus dem Determinantenmultiplikationssatz. Assoziativität folgt aus
der Matrizenmultiplikation. Invertierbarkeit ist
auch Konsequenz des Determinantenmultiplikationssatzes
J: Eine Konsequenz aus gängigen Sätzen der linearen Algebra