Grundlagen der Mathematik C: Geometrie, Elementare

FB 3: Mathematik/Naturwissenschaften
Prof. Dr. R. Frank/ Dr. D. Habeck
Modulprüfung BA 04 Mathematik:
Grundlagen der Mathematik C:
Geometrie, Elementare Algebra und Zahlentheorie
06.02.2013
Name:
Vorname:
Matrikel-Nr.:
Studiengang:
Besuchte Übungsgruppe (bitte ankreuzen):
Frau Hupp (Di., 10-12)
Frau Hupp (Di., 12-14)
Herr Frank (Di., 14-16)
Herr Habeck (Di., 14-16)
Herr Habeck (Do., 10-12)
keine Übungsgruppe
Aufgabe
Punkte
Erz. Punkte
1
1+3+3
2
2+2+3
Erreichte Punktzahl:
3
8+4
4
8+2
5
2+4+1
6
2+5
P
50
von max. 50 Punkten
Die Modulprüfung ist bestanden
ja / nein
Note:
Technische Hinweise:
1. Taschenrechner sind nicht zugelassen!
2. Handys bitte ausschalten.
3. Eigenes Papier ist nicht zugelassen, bitte verwenden Sie zum Ausprobieren das Blatt
am Ende der Arbeit oder die Rückseiten.
4. Steht eine Lösung nicht unmittelbar unter der Aufgabe, ist ein Querverweis unbedingt
erforderlich.
5. Die Heftklammer darf nicht entfernt werden, auch das Notizblatt darf nicht von der
Arbeit getrennt werden.
6. Nicht mit Bleistift schreiben!
Aufgabe 1:
a) Wie ist die Euler-Funktion ϕ(n) definiert?
Lösung:
ϕ(n) ist die Anzahl der zu n ∈ N teilerfremden Zahlen, die kleiner gleich n sind.
b) Berechnen Sie ϕ(45) und ϕ(ϕ(35)).
Lösung: ϕ(45) = 24 und ϕ(ϕ(35)) = 8
Nebenrechnung:
ϕ(45) = ϕ(32 · 5) = ϕ(32 ) · ϕ(5) = 2 · 3 · 4 = 24
ϕ(ϕ(35)) = ϕ(ϕ(5 · 7)) = ϕ(4 · 6) = ϕ(23 · 3) = 4 · 2 = 8
c) Bestimmen Sie drei Zahlen n ∈ N mit ϕ(n) = 12.
Lösung:
1.Zahl: n = 13
2.Zahl: n = 26
3.Zahl: n = 21
Insgesamt erfüllen alle n ∈ {13, 21, 26, 28, 36, 42} die Gleichung ϕ(n) = 12, denn es
gilt:
ϕ(13)
ϕ(21)
ϕ(26)
ϕ(28)
ϕ(36)
ϕ(42)
=
=
=
=
=
=
13 − 1 = 12
ϕ(3 · 7) = ϕ(3) · ϕ(7) = 2 · 6 = 12
ϕ(2 · 13) = ϕ(2) · ϕ(13) = 12
ϕ(22 · 7) = ϕ(22 ) · ϕ(7) = 2 · 6 = 12
ϕ(22 · 32 ) = ϕ(22 ) · ϕ(32 ) = 2 · 6 = 12
ϕ(2 · 3 · 7) = ϕ(2) · ϕ(3) · ϕ(7) = 1 · 2 · 6 = 12
2
Aufgabe 2:
a) Für welche m ∈ N mit m > 1 gilt [4]m · [7]m = [3]m ? Begründen Sie Ihre Antwort.
Lösung: m ∈ {5, 25}
Begründung:
[3]m = [4]m · [7]m = [28]m
⇐⇒
[0]m = [25]m
⇐⇒
m|25 .
b) Wie lautet der Satz von Euler-Fermat?
Lösung: Sind a ∈ Z und m ∈ N mit ggt (a, m) = 1, so gilt aϕ(m) ≡ 1.
m
c) Berechnen Sie die beiden letzten Ziffern der Zahl 11242 .
Lösung: Die letzten beiden Ziffern von 11242 sind 21.
Begründung/Berechnung:
Da ggt (11, 100) = 1 ist, liefert der Satz von Euler-Fermat (mit a = 11 und m = 100)
11ϕ(100) ≡ 1. Mit ϕ(100) = ϕ(22 · 52 ) = 2 · 4 · 5 = 40 folgt also 1140 ≡ 1. Dann erhält
100
100
man
6
11242 = 1140 · 112 ≡ 16 · 112 ≡ 21 .
100
100
(Alternativ kann auch mit Kongruenzrechnung jeweils der Rest von 11k bei Division
durch 100 berechnet werden. Dabei findet man
112 ≡ 21, 113 ≡ 31, 114 ≡ 41, . . . , 119 ≡ 91, 1110 ≡ 01.
100
100
100
100
100
Wie im obigen Lösungsweg folgt durch Zerlegung von 242 dann
24
11242 = 1110 · 112 ≡ 124 · 112 ≡ 21 .)
100
100
3
Aufgabe 3:
Für alle x, y ∈ R sei x ? y := x · |y|.
a) Beweisen oder widerlegen Sie:
(1) (R, ?) ist kommutativ.
Lösung: Die Aussage ist FALSCH
Beweis durch Gegenbeispiel:
2 ? (−3) = 2 · | − 3| = 6, aber (−3) ? 2 = −3 · |2| = −6.
(2) (R, ?) ist assoziativ.
Lösung: Die Aussage ist WAHR
Beweis: Für alle x, y, z ∈ R berechnet man
(x ? y) ? z = (x · |y|) ? z = x · |y| · |z|
x ? (y ? z) = x ? (y · |z|) = x · |y · |z|| = x · |y| · |z|
(3) (R, ?) besitzt mindestens ein linksneutrales Element.
Lösung: Die Aussage ist FALSCH
Beweis: Angenommen, e ist linksneutral, d.h. e ? y = y für alle y ∈ R. Dann
folgt für y = 1 sofort 1 = y = e ? 1 = e. Andererseits berechnet man dann aber
für y = −1 auch e ? y = 1 ? (−1) = 1 · | − 1| = 1 6= −1. Dies ist ein Widerspruch
und daher existiert kein linksneutrales Element.
(4) (R, ?) besitzt mindestens ein rechtsneutrales Element.
Lösung: Die Aussage ist WAHR
Beweis: e = ±1 ist rechtsneutral, denn x ? e = x ? (±1) = x · | ± 1| = x für alle
x ∈ R.
b) Beweisen oder widerlegen Sie, dass die folgenden Abbildungen verknüpfungstreu sind.
(1) f1 : (Z, ·) −→ (Z, ·), f1 (x) = 3x
Lösung: Die Abbildung ist nicht verknüpfungstreu
Beweis durch Gegenbeispiel: Für x = y = 1 erhält man f1 (x) = f1 (y) = 3,
und damit f1 (1) · f2 (1) = 9. Aber: f1 (x · y) = f1 (1) = 3 6= 9 = f1 (x) · f1 (y) .
(2) f2 : (Z, +) −→ (Z, +), f2 (x) = 3x
Lösung: Die Abbildung ist verknüpfungstreu
Beweis: Für alle x, y ∈ Z gilt f2 (x + y) = 3(x + y) = 3x + 3y = f2 (x) + f2 (y).
4
Aufgabe 4:
a) Bestimmen Sie jeweils hgi für...
(1) g = [6]8 in (R8 , +)
Lösung: hgi = {6, 4, 2, 0}
∗
, ·)
(2) g = [5]12 in (R12
Lösung: hgi = {5, 1}
1 2 3
(3) g =
in (S3 , ◦)
2 3 1
1 2 3
1 2 3
1 2 3
Lösung: hgi =
,
,
2 3 1
3 1 2
1 2 3
(4) g = i in (C \ {0}, ·)
Lösung: hgi = {i, −1, −i, 1}
Nebenrechnungen:
Für (1): Modulo 8 rechnet man: 6 + 6 = 4, 4 + 6 = 2 und 2 + 6 = 0.
Für (2): Modulo 12 rechnet man: 5 · 5 = 1.
Für (3):
1 2 3
1 2 3
1 2 3
◦
=
,
2 3 1
2 3 1
3 1 2
1 2 3
1 2 3
1 2 3
◦
=
3 1 2
2 3 1
1 2 3
Für (4): In C gilt i · i = i2 = −1, i3 = i2 · i = −i und i4 = i2 · i2 = (−1)2 = 1.
b) Wie lautet der Satz von Lagrange?
Lösung:
Sei G eine endliche Gruppe und U eine Untergruppe von G. Dann ist die Ordnung
von U ein Teiler der Ordnung von G.
5
Aufgabe 5:
a) Geben Sie die Matrix an, die die Spiegelung σy an der y-Achse darstellt. Begründen
Sie Ihre Aussage.
−1 0
Lösung: Die gesuchte Matrix ist
0 1
Begründung:
Die Spalten der Darstellungsmatrix
Unter dieser
sind die
Bilder
derEinheitsvektoren.
−1
0
0
1
Spiegelung wird
auf
und
auf
abgebildet.
0
0
1
1
0 −1
x
x
b) Welche Kongruenzabbildung f : R → R ist durch f (
) =
y
−1 0
y
gegeben? Begründen Sie Ihre Aussage.
2
2
Lösung: f ist die Spiegelung an der Geraden durch die Punkte (0, 0) und (−1, 1).
Begründung:
Eine Kongruenzabbildung ist durch die Bilder
dreier
nicht kolinearer
Punkte
ein0
0
1
0
deutig festgelegt. Man berechnet f (
) =
, f(
) =
und
0
0
0
−1
0
−1
f(
)=
. Damit ist, wie man an einer Skizze sieht, f die Spiegelung an
1
0
der Geraden durch (0, 0) und (−1, 1).
0 1
−1 0
c) Berechnen Sie das Matrizenprodukt
·
.
2 3
1 2
0 1
−1 0
1 2
Lösung:
·
=
2 3
1 2
1 6
6
Aufgabe 6:
a) Definieren Sie den Begriff Diedergruppe und geben Sie die Ordnung dieser Gruppe
an.
Lösung:
Die Diedergruppe Dn ist die Symmetriegruppe eines regelmäßigen n-Ecks. Sie hat
|Dn | = 2n Elemente.
b) Eine Figur X ⊂ R2 besitzt 2 Spiegelsymmetrien σa und σb , deren Achsen a und b
sich in einem Winkel von 10◦ schneiden. Beweisen Sie, dass die Figur X mindestens
17 Drehsymmetrien besitzt.
Beweis: Da die Symmetrien einer Figur (mit der Verkettung als Verknüpfung) eine
Gruppe bilden, ist mit den Spiegelungen σa und σb auch die Verkettung σb ◦ σa eine
Symmetrie der Figur X. Die Verkettung σb ◦ σa ist aber eine Drehung um den doppelten Schnittwinkel, also eine 20◦ -Drehung. Wegen 360 = 20 · 18 hat diese Drehung
Ordnung 18, somit liegen in der Symmetriegruppe mindestens 17 echte Drehungen,
d.h. X besitzt mindestens 17 Drehsymmetrien.
7