Lösungshinweise zu Kapitel 5

1
Lösungshinweise zu Kapitel 5
Aufgabe 5.1
a)
Schon abgezählte Zahlen einfach überspringen!
b)
Z. B. folgende Anordnung
0
−1
→
1
2
1
1
2
2
2
−2
…
2
−1
3
2
3
−2
…
3
1
1
→
1
2
↓
−
1
3
−2
1
−3
…
1
3
1
Aufgabe 5.2
Es gibt viele verschiedene Möglichkeiten, entsprechende bijektive Abbildungen zu
konstruieren, beispielsweise:
(i)
Für a < b ∈
ist (a, b) glm
.
Eine zugehörige bijektive Abbildung f ist wie folgt definiert.
b−a
 b+a b−a 
|
berührt die x-Achse in
Der Halbkreis mit Mittelpunkt M 
 und Radius
2
2 
 2
b+a
| 0). Der Punkt X = (x | 0) mit x ∈ (a, b) wird durch das Lot in X auf die x-Achse auf
B(
2
den Punkt Z des Halbkreises abgebildet, dieser durch die Halbgerade MZ auf den Punkt (y|0)
y eindeutig definiert.
der x-Achse. Hierdurch ist die bijektive Abbildung f (a, b) → , x
(ii)
(0,1) n glm
n
.
Dies wird durch die Bijektion
(0,1) n → n , (x1 , ..., x n )
mit yi = f(xi), f wie in (i) definiert, bewiesen.
(iii)
glm
2
wegen der Bijektion
→
2
, x + iy
(y1 , ..., y n )
(x | y)
2
(iv)
2
glm
.
Dieser Beweis ist etwas schwieriger. Zunächst reicht es nach (ii) zu zeigen, dass das
Einheitsquadrat gleichmäßig zum Einheitsintervall ist, d. h. (0,1) 2 glm (0,1). Man denkt
vielleicht sofort an die folgende Abbildung f:
Zu a = 0, a1a 2 ... ∈ ( 0,1) , b = 0, b1b 2 ... ∈ ( 0,1) sei
f : (0,1) 2 → (0,1), (a | b)
c : = 0, a1b1a 2 b 2 a 3 b3 ... .
Diese Abbildung ist aber leider nur „fast richtig“. Zum Beispiel hat die Zahl 0,101010... kein
Urbild.
Die Konstruktion einer bijektiven Abbildung ist etwas komplizierter. Die Zahlen aus (0,1)
seien als unendliche Dezimalbrüche geschrieben. Hat a eine endliche Dezimalentwicklung, so
kann man durch die Neunerperioden eine dazu äquivalente unendliche Dezimalentwicklung
schreiben, z. B. 0,368 = 0,367999... = 0,3679.
Die Dezimalen von a = 0, a1a 2 a 3 ...∈ ( 0,1) werden in Blöcke c j = b j1b j2 ...b j(k −1) b jk , k ≥ 1,
zusammengefasst mit b j1 = ... = b j(k −1) = 0, b jk ≠ 0 , z. B. a = 0, 03 | 4 | 05 | 0004 | 6 | 07 | ... mit
den Blöcken c1 = 03, c 2 = 4, c3 = 05, c 4 = 0004, c5 = 6, c7 = 07,...
Schreibt man auf diese Weise die Nachkommastellen von x ∈ (0, 1) als x = 0,c1c2...., so ist
2
f : ( 0,1) → ( 0,1) , x (y, z) mit y = 0, c1c3c5 ..., z = 0, c 2 c 4 c6
die gesuchte Bijektion.
(v)
glm
n
bzw. gleichwertig (0, 1) glm (0, 1)n
Dies liefert auch sofort die Blockschreibweise durch
f : (0,1) → (0,1) n , x = 0, c1c 2 ... ( y1 , y 2 ,... y n ) mit yi = 0, ci c n +i c 2n + i ... für i = 1,..., n
(vi)
(a, b) glm [a, b) glm (a, b] glm [a, b]
Die Gleichmächtigkeit von offenen und abgeschlossenen Intervallen ist anschaulich klar, aber
doch etwas trickreich zu beweisen. Für a = 0 und b = 1 sind zwei geeignete Abbildungen
f : ( 0,1] → (0,1), x
1
 1
falls x = , n ∈

n
 n +1
 x sonst
g : [ 0,1] → ( 0,1) , x
1
 1
 n + 2 falls x = n , n ∈

1
falls x = 0

2

sonst
x


Aufgabe 5.3
Seien x, y ∈ \
und 0 ≤ x < y. Für die Dezimalentwicklung gelte
3
x = x 0 , x1x 2 ..., y = y0 , y1 y 2 ...,
wobei x 0 , y0 ∈ 0 der Vorkommaanteil ist und xi, yi für i ≥ 1 die Dezimalen sind. Wegen der
Voraussetzung x < y gibt es eine natürliche Zahl k mit
xi = yi für i < k, xk < yk.
Damit gilt weiter xk ≤ 8. Wegen x, y ∉ Q gilt für z := x0,x1x2...xk-1(xk+1) ∈ Q
x < z < y.
Nach dem archimedischen Prinzip gibt es ein n ∈ N mit 0 <
1
< y − z . Dann liegen aber die
n
unendlich vielen rationalen Zahlen
1
1
1
z, z + , z +
, z+
, ...
n
n +1
n+2
zwischen x und y.
Aufgabe 5.4
a) Beispiel für 2er System: a = 1111, b = 101
1111
+ 101
10100
1111
101
1010
-
1111·101
1111
0000
1111
1001011
1111:101=11
101
101
101
0
Beispiel für 5er System: a = 234, b = 31
234
+ 31
320
-
234
31
203
234·31
1312
234
13404
234:31 = 4 Rest 10
224
10
b) Im 10er-System sind u. a. folgende Teilbarkeitsregeln bekannt: Die natürliche Zahl
x = a n a n −1...a1a 0 sei im 10er-System geschrieben.
2 | x ⇔ 2 | a0 

5 | x ⇔ 5 | a 0  gilt, da 2,5,10 Teiler der Stufenzahl 10 sind.
10 | x ⇔ a 0 = 0 
4 | x ⇔ 4 | a1a 0 
2
 gilt, da 4 und 25 Teiler von 10 sind.
25 | x ⇔ 25 | a1a 0 
3 | x ⇔ 3 | Quersumme 
 gilt, da 10 ≡ 1 mod 3 und mod 9
9 | x ⇔ 9 | Quersumme 
11| x ⇔ 11| alternierende Quersumme; gilt, da 10 ≡ −1 mod 11
Diese Regeltypen lassen sich für eine bestimmte Zahl g nur für spezielle Teile
verallgemeinern (x sei jetzt g-adisch geschrieben)
Beispiel
g = 6, es gelten z. B. folgende Regeln
4
2 | x ⇔ 2 | a0 

3 | x ⇔ 3 | a 0  da 2, 3, 6 Teiler von 6 sind
6 | x ⇔ a 0 = 0 
4 | x ⇔ 4 | a1a 0 
2
 da 4, 9 Teiler von 6 sind
9 | x ⇔ 9 | a1a 0 
5 | x ⇔ 5 | Quersumme, da 6 ≡ 1 mod 5
7 | x ⇔ 7 | alternierende Quersumme, da 6 ≡ −1 mod 7
Aufgabe 5.5
a) Man denkt bei der Klasse ( a, r ) an „a–r“, d. h. man abstrahiert bei naiv bekanntem
,
dass alle Zahlen wie z. B. 1–2, 2–3, 3–4, ... gleich sind. Die Addition „(a–r)+(b–s)“ und
die Multiplikation „(a–r)·(b–r)” in bekanntem führt zu der abstrakten Definition.
b) Sei (a,r) ~ (A,R) und (b,s) ~ (B,S). Dann gilt a+R = r+A und b+S = s+B. Nach den
gilt dann auch a+R+b+S = r+A+s+B, woraus wie behauptet
Rechengesetzen in
(a+b,r+s) ~ (A+B,R+S) folgt, also ist die Addition wohldefiniert.
c) Kommutativ-, Assoziativ- und Distributivgesetze „vererben“ sich direkt aus N auf Z, z. B.
(a, r) + (b,s) = (a + b, r + s) = (b + a,s + r) = (b,s) + (a, r) .
0 : = (1,1) ist Nullelement der Addition,
1: = ( 2,1) ist Einselement der Multiplikation,
n : = ( n + 1,1) sind die eingebetteten natürlichen Zahlen,
( b, a ) ist das additiv inverse Element zu ( a, b ),
− n : = (1, n + 1) sind die neuen "negativen Zahlen ",
damit sind alle Zahlen aufgezählt.
Nullteilerfreiheit: Sind beide Faktoren ≥ 0 , so kann man sie als A = ( a,1) und
B = ( b,1), a, b ∈
schreiben. Aus ( a,1) ⋅ ( b,1) = ( ab + 1, a + b ) = (1,1) = 0 folgt
ab + 2 = a + b + 1 ⇔ ab − a − b + 1 = ( a − 1)( b − 1) = 0,
also a = 1 oder b = 1, also A = 0 oder B = 0. Eine negative Zahl
(1, b )
kann man als
−( b,1) schreiben, was zum selben Ergebnis führt.
wird die Ordnungsstruktur von
übertragen. Zunächst
d) Für die negativen Zahlen aus
gilt also für positive Zahlen ( a,1) < ( b,1) : = a < b für a, b ∈ . Dann muss für negative
Zahlen gelten (1, b ) < (1, a ) :⇔ a < b. Wäre nämlich für a < b der Fall (1, b ) > (1, a ) richtig,
so würde der folgende Widerspruch resultieren:
0 = (1,1) = (1, b ) + ( b,1) > (1, a ) + ( b,1) = (1 + b,1 + a ) = (1 + b − a,1) = b − a > 0 .
5
Aufgabe 5.6
a) Es gelte ( a, b ) = ( A, B ), d.h. aB = bA, und ( c, d ) = ( C, D ), d.h. cD = dC . Dann folgt
( ac, bd ) ∼ ( AC, BD ) ⇔ ac ⋅ BD = AC ⋅ bd ⇔ aB ⋅ cD = bA ⋅ dC
b) Wird wieder direkt von
„vererbt“.
Aufgabe 5.7
m
, m ∈ , n ∈ , ggT(m, n) = 1 . Dann liefert die Division m : n eine
n
Dezimalfolge, die abbrechen kann, d. h. die Division „geht dann auf“. Sonst muss die
Ziffernfolge periodisch werden: Man sei schon soweit, dass man bei der weiteren Division
„eine Null herunterholt“. Es gibt n–1 verschiedene Reste bei der Division (der Rest 0
kommt ja nicht vor). Also muss sich nach spätestens n Schritten ein Rest wiederholen, ab
da wird der Vorgang periodisch.
 1 
Annahme: 0,9 < 1, also 1 − 0,9 = ε > 0. Da  n  eine Nullfolge ist, gibt es ein n mit
 10 
1
1
0 < n < ε . Also gilt 0,9 = 1 − ε < 1 − n = 0,9...9 , was ein Widerspruch ist.
10
10
n mal
a) Es gelte z =
b)
x1 = a, a1...a n a ∈ , a i ∈ {0,...,9}
a ⋅10n + a1...a n
10n
x 2 = a, a1...a n b1...b m
x1 =
x2 =
endliche Dezimalzahl
als Bruch
unendlich periodische Dezimalzahl
a ⋅10n + a1...a n
b ...b
+ 1 mn
n
10
9...9 ⋅10
als Bruch
n mal
Aufgabe 5.8
Die Ausführungen zu Aufgabe 5.7 sind direkt auf beliebiges g zu übertragen. Neunerperioden
im Fall g = 10 werden zu (g-1)-Perioden für beliebiges g.
Beispiel für g = 3:
2
21
= 0, 2, 1 = 0, 2,
= 0, 21,
10
100
21
= 0, 21,
22
12
= 0, 21
20
Aufgabe 5.9
Die 5-Eck-Innenwinkel betragen 108°, damit folgt, dass die 3 Winkel bei D alle 36° betragen
(analog bei den anderen Punkten A, B, C, E). a1 : = AB und d1 : = AD seien Seitenlänge und
Diagonalenlänge des großen 5-Ecks. a 2 , d 2 seien Seitenlänge und Diagonalenlänge des
inneren 5-Ecks A’B’C’D’E’. Dessen Diagonalen definieren das nächste 5-Eck mit
a 3 , d 3 usw. Die Dreiecke A’DB’ und A’B’D’ sind kongruent (eine gemeinsame Seite, gleiche
Winkel). Damit gilt
d 2 = d1 − a1 , a 2 = d1 − 2d 2 = d1 − 2(d1 − a1 ) = 2a1 − d1.
Wären nun a1 = m·e und d1= n·e kommensurabel, so würde sich wie beim Beweis zu Bild
5.18 ein Widerspruch ergeben.
6
Aus dem Gesagten folgt natürlich auch, dass das ∆ABD ein „goldenes Dreieck“ ist (vgl. S.
55, Bild 2.3.1). Es gilt also d1 = Φ ⋅ a1 .
Aufgabe 5.10
Gilt für a, b, z ∈ Z a + b −6 z , so gilt auch | a + b −6 |2 | z |2 . Also führten echte Teiler
auf die Gleichung a 2 + 6b 2 = 4 für einen Teiler 2 (bzw. = 9 für einen Teiler 3, bzw. = 6 für
einen Teiler
−6 ). Diese Gleichungen sind aber alle nur trivial lösbar, führen also zu keinen
echten Teilern. Insbesondere gilt z. B. 2 | 6 = −6 ⋅ −6, aber 2 /| −6.
Aufgabe 5.11
a) Man will die folgenden „Rechenregeln“ anwenden dürfen:
m/n
n
a ⋅ b = n a ⋅ n b, ( a ⋅ b ) = a n / m ⋅ b n / m .
Diese gelten allgemein nur für nicht negative Radikanden.
a
an
b) Für a, b ∈ N, ggT(a, b) = 1 gilt:
k = ⇔ k = n ⇔ bn ⋅ k = a n .
b
b
Jeder Teiler von b teilt auch a, wegen der Teilerfremdheit ist also b = 1.
n
Aufgabe 5.12
a)
> 
> 
 
 
a − b <  0, also a <  b .
= 
= 
 
 
Transitiv: a > b und b > c ⇒ a − b > 0 und b − c > 0 ⇒ ( a − b ) + ( b − c ) > 0 ⇒ a > c.
b)
a > b ⇒ a − b = ( a + c ) − ( b + c ) > 0 ⇒ a + c > b + c.
a > b und c > 0 ⇒ a − b > 0 und c > 0 ⇒ ( a − b ) ⋅ c = ac − bc > 0 ⇒ ac > bc.
c)
| a ⋅ b | = | a | ⋅| b | und | a + b | ≤ | a | + | b | klar nach Definition.
d) Wäre 1 < 0, so wäre –1 > 0, was zu dem Widerspruch 1 = (–1)( –1) > 0 führt.
e) Charakteristik Null ist nach Teil d) klar. Jedoch muss ein angeordneter Körper nicht
archimedisch sein, wie folgendes Gegenbeispiel zeigt:


f (x)
(x) =  r(x) =
|f (x), g(x) ∈ [ x ] und g(x) ≠ 0 
g(x)


ist algebraischer Funktionenkörper einer Variablen über R (vgl. S. 169). In der obigen
Darstellung von r(x) kann o. B. d. A. vorausgesetzt werden, dass das Nennerpolynom g(x)
normiert ist. Dann lässt sich die Ordnung von R durch die folgende Festsetzung
7
„lexikographisch“ fortsetzen. Für das Zählerpolynom gelte f(x) =
n
∑a x
i =0
i
i
. Damit wird für
r(x) ≠ 0 definiert:
 > 0 falls a n > 0
.
r(x) 
 < 0 sonst
Zum Beweis überlegt man sich zuerst, dass die Definition unabhängig davon ist, ob f(x)
und g(x) teilerfremd sind oder nicht. Weiter seien
f (x)
f (x)
r1 (x) = 1
> 0, r2 (x) = 2
>0.
g1 (x)
g 2 (x)
Dann gilt
f (x) ⋅ g 2 (x) + f 2 (x) ⋅ g1 (x)
f (x) ⋅ f 2 (x)
r1 (x) + r2 (x) = 1
, r1 (x) ⋅ r2 (x) = 1
.
g1 (x) ⋅ g 2 (x)
g1 (x) ⋅ g 2 (x)
Die Nennerpolynome sind alle wieder normiert, die Zählerpolynome haben in jedem Fall
einen positiven führenden Koeffizienten, also gilt auch r1(x)+r2(x) > 0 und r1(x)⋅r2(x) > 0.
Betrachtet man z. B. den speziellen Funktionenkörper Q(π), so haben wir einen Körper
mit zwei verschiedenen Ordnungen: einmal die archimedische „normale“ Ordnung als
Teilkörper von R, dann die oben definierte Ordnung, die nichtarchimedisch ist, d. h. es
gibt „unendlich große“ Elemente.
f) Ergibt gibt sich aus der Definition der Chauchyfolgen.
Aufgabe 5.13
Dass die Konjugation die verlangten Eigenschaften eines Automorphismus hat, ist klar.
Wegen ( : ) = 2 galoissch mit Aut ( : ) = {E, Konjugation} folgt die Behauptung. Das
kann man auch direkt nachrechnen: Φ sei ein solcher Automorphismus, also gilt für z = a + bi
Φ ( z ) = Φ ( a + bi ) = Φ ( a ) + Φ ( b ) Φ ( i ) = a + bΦ ( i ) .
Weiter folgen wegen
−1 = Φ ( −1) = Φ ( i 2 ) = ( Φ ( i ) ) ,
2
dass Φ ( i ) = i oder − i gelten muss, womit wieder die Behauptung bewiesen ist.
Aufgabe 5.14
Es seien z1 = a1 + b1 ⋅ i, z 2 = a 2 + b 2 ⋅ i.
Die Regeln der Vektoraddition beweisen die Behauptung für die Addition.
Für die Multiplikation gilt mit α 2 = (x − Achse, 0z1 ), α 3 = (x − Achse, 0z1 ⋅ z 2 )
b
b
tan(α1 ) = 1 , tan(α 2 ) = 2 ,
a1
a2
b1 b 2
+
tan(α1 ) + tan(α 2 )
a1 a 2
a b + a 2 b1
tan(α3 ) = tan(α1 + α 2 ) =
=
= 1 2
1 − tan(α1 ) tan(α 2 ) 1 − b1 b 2 a1a 2 − b1b 2
a1 a 2
8
Die Zahl z 3 : = ( a1a 2 − b1b 2 ) + ( a1b 2 + a 2 b1 ) ⋅ i hat also „den richtigen Winkel“. Wegen
z 32 = ( a1a 2 − b1b 2 ) + ( a1b 2 + a 2 b1 ) = ( a12 + a 2 2 ) ⋅ ( b12 + b 2 2 ) = k 2 ⋅ 0z 2
2
2
2
hat z3 auch, den richtigen Betrag, d. h. es gilt z 3 = z1 ⋅ z 2 .
Aufgabe 5.15
Es sei Φ : x →
x
ein multiplikativer Homomorphismus mit Φ ( z ) = z. Nun folgt wie oben
2
(
auf Seite 191 der Widerspruch 1 = Φ (1) = Φ (12 ) = Φ ( −1)
2
2
) = −1
Aufgabe 5.16
a) Sei z = a + bi. Dann hat e z = ea ebi = e3+ 2i = e3e 2i die Lösungen z = 3 + (2 + 2kπ)i, k ∈ .
b) Es sei z = reiϕ , also z = re − iϕ , z n = r n einϕ . Dann gilt für n > 1
z = z n ⇔ r = 1 und nϕ = −ϕ + 2kπ, k ∈ .
2kπ
i
Also gibt es die n+1 Lösungen z = e n +1 , k = 0, 1, ..., n.
Für n = 0 gibt es eine Lösung z = 1, für n = 1 ist jedes z ∈ R Lösung.
Aufgabe 5.17
a) Schneeflockenkurve.
Die Kantenlänge des Grunddreiecks sei 1. Dann gilt für den Umfang Un von Dn bzw. U
von D
n −1
 4
Un =   ⋅ 3 → U = ∞ .
n →∞
 3
Für den Inhalt An von Dn bzw. A von D gilt
3
A1 =
,
4
n −2
2
n −2
3  4
3   4  4
 4 
=
+
+
+
+
+
für n ≥ 2 gilt: A n = A n −1 +
A
1
...
    
1
 
  
12  9 
12   9   9 
9 
2
8
→ A=
3 = A1.
n →∞
5
5
Ähnlichkeitsdimension: Nehme nur eine Kante K1 des Grunddreiecks und die
entsprechenden „Kanten“ Kn und Dn. Streckfaktor k = 3 liefert K 'n +1 ≅ 4K n , was zur
log(4)
fraktalen Dimension D mit 4 = 3D, also D =
≈ 1, 262 führt.
log(3)
b) Sierpinski-Dreieck
Mit den gleichen Bezeichnungen gilt
n −1
n −1
3
 3
 3
U n =   3 → U = ∞, A n =  
→ A=0
n →∞
4 n →∞
 2
 4
Der Streckfaktor k = 2 liefert S'n +1 ≅ 3Sn , was zur fraktalen Dimension D mit 2D = 3, also
log(3)
D=
≈ 1,585 führt.
log(2)