visualisten, Wirtschaftsinformatiker und Ingenieurinformatiker WS

Mathematik I für Informatiker, Computervisualisten, Wirtschaftsinformatiker und
Ingenieurinformatiker WS 2010/2011
Otto-von-Guericke-Universität Magdeburg
Dr. Michael Höding, Anton Malevich, Tran
Tuan Nguyen
Musterlösungen der Übungen 2-9
Lösung zu Aufgabe 2.1
(a) Gegenbeispiel: M = {1, 2, 3, 4}
A = {1, 2};
B = {2};
C = {3, 4};
(A\B) ∪ (C\D) = {1} ∪ {3} = {1, 3}
D = {4}
(A ∪ B)\(B\D) = {1, 2, 3, 4}\{2} = {1, 3, 4}
(b) Zu Zeigen: A\(B ∪ C) = (A\B) ∩ (A\C)
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
x ∈ A\(B ∪ C) ⇔
x ∈ A ∧ x 6∈ (B ∪ C)
x ∈ A ∧ (x 6∈ B ∧ x 6∈ C)
x ∈ A ∧ x 6∈ B ∧ x 6∈ C
(x ∈ A ∧ x 6∈ B) ∧ (x ∈ A ∧ x 6∈ C)
x ∈ (A\B) ∧ x ∈ (A\C)
x ∈ ((A\B) ∩ (A\C))
Lösung zu Aufgabe 2.2
(a) Gegenbeispiel: X = {1, 2}
Y = {1, 2}
X × Y = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)}
M = {(1, 2), (2, 1)}
Es gibt keine M1 ⊆ X M2 ⊆ Y, so dass M = M1 × M2 , da M1 und
M2 mindestens die Elemente 1 und 2 enthalten müssen.
(b) Für beliebige A1 , A2 ⊆ X, B1 , B2 ⊆ Y ist zu zeigen:
(A1 × B1 ) ∩ (A2 × B2 ) = (A1 ∩ A2 ) × (B1 ∩ B2 )
z = (x, y) ∈ (A1 × B2 ) ∩ (A2 × B2 )
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
(x, y) ∈ A1 × B1
x ∈ A1 ∧ y ∈ B1
x ∈ A1 ∧ x ∈ A2
x ∈ A1 ∩ A2
(x, y) ∈ (A1 ∩ A2 )
∧ (x, y) ∈ (A2 × B2 )
∧ x ∈ A2 ∧ y ∈ B2
∧ y ∈ B1 ∧ y ∈ B2
y ∈ B1 ∧ B2
× (B1 ∧ B2 )
(c) Gegenbeispiel: A1 , A2 ⊆ X
A1 = {1}, A2 = {2}
B1 = {1}, B2 = {2}
B1 , B2 ⊆ Y
(A1 × B1 ) ∪ (A2 × B2 ) = ({1} × {2}) ∪ ({2} × {2}) = {(1, 1), (2, 2)}
(A1 ∪ A2 ) × (B2 ∪ B2 ) = {1, 2} × {1, 2} = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)}
Lösung zu Aufgabe 2.3
(a) A = {1, 2} × {3} = {(1, 3), (2, 3)}
P (A) = {∅, {(1, 3)}, {(2, 3)}, {(1, 3), (2, 3)}}
(b) P (A) = {∅, {−1}, {1}, {−1, 1}}
P (P (A)) = {∅; {∅}; {{−1}}; {{1}}; {{−1, 1}};
{∅, {−1}}; {∅, {1}}; {∅, {−1, 1}}
{{−1}, {1}}; {{−1}, {−1, 1}}; {{1}, {−1, 1}} {∅, {−1}, {1}}; {∅, {−1}, {−1, 1}}
{∅, {1}, {−1, 1}}; {{−1}, {1}, {−1, 1}} {∅, {−1}, {1}, {−1, 1}}}
Lösung zu Aufgabe 2.4. Teil a)
Zu zeigen: für alle n ∈ N gilt
n
X
k=1
k3 =
n2 (n + 1)2
.
4
1) Induktionsanfang: n = 1. Beide seiten sind gleich 1.
2) Induktionsannahme: gelte (1) für n = m − 1.
3) Induktionsschritt: Setze jetzt n = m.
m
X
k=1
3
3
k =m +
m−1
X
k 3 = [nutze Induktionsannahme] =
k=1
4m3 + (m2 − 2m + 1)m2
(m − 1)2 m2
=
=
m3 +
4
4
4m3 + m4 − 2m2 + m2
m4 + 2m3 + m2
m2 (m + 1)2
=
=
.
4
4
4
Lösung zu Aufgabe 2.4. Teil b)
Zu zeigen, dass für alle n ∈ N 2n3 + 4n durch 6 teilbar ist.
1) Induktionsanfang: n = 1. Klar ist 213 + 41 = 6 durch 6 teilbar.
2) Induktionsannahme: gelte die Aussage für n = m.
(1)
3) Induktionsschritt: Setze n = m + 1.
2(m + 1)3 + 4(m + 1) = 2(m3 + 3m2 + 3m + 1) + 4m + 4 =
2m3 + 6m2 + 6m + 2 + 4m + 4 = (2m3 + 4m) + (6m2 + 6m + 6).
Der Ausdruck in der ersten Klammer ist wegen der Induktionsannahme
durch 6 teilbar. Der Ausdruck in der zweiten Klammer ist offensichtlich durch 6 teilbar. Deshalb ist die Summe beider Ausdrcke durch 6
teilbar.
Lösung zu Aufgabe 2.5)
Zu zeigen, dass für alle n ∈ N und alle a, b ∈ R, a, b ≥ 0 gilt
an + bn ≤ (a + b)n
(2)
1) Induktionsanfang: n = 1. a + b = a + b.
2) Induktionsannahme: gelte (2) für n = m.
3) Induktionsschritt: Setze n = m + 1.
(a + b)m+1 = (a + b)m (a + b) ≥ [nutze Induktionsannahme] ≥
(am + bm )(a + b) = am+1 + bm+1 + abm+1 + am+1 b ≥ am+1 + bm+1 .
Lösung zu Aufgabe 3.1.
M = {1, 2, 3, 4}, R ist als Teilmenge von M × M gegeben.
1. {Re, Sy, T r} : R = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4)}.
2. {Re, Sy,
3. {Re,
4. {
} : R = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2)}.
, T r} : R = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 2), (2, 3), (1, 3)}.
, Sy, T r} : R = {(1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2), (1, 3), (3, 1)}.
5. {Re,
} : R = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 2)}.
6. {
} : R = {(1, 2), (2, 1)}.
7. {
8. {
, Sy,
, T r} : R = {(1, 2), (2, 3), (1, 3)}.
} : R = {(1, 2), (2, 3)}.
Lösung zu Aufgabe 3.2. Teil a
M = N × N, (a, b)R(c, d) ⇔ a · d = b · c.
Re) ab = ba ⇒ (a, b)R(a, b) ∀(a, b). Reflexiv.
Sy) (a, b)R(c, d) ⇔ ad = bc ⇔ cb = da ⇔ (c, d)R(a, b). Symmetrisch.
Tr) Seien (a, b)R(c, d) und (c, d)R(e, f ). Das heiad = bc und cf = de.
Multipliziere linke mit linker und rechte mit rechter Seite: adcf = bcde.
Daraus folgt, dass af = be ⇒ (a, b)R(e, f ). Transitiv.
AntSy) Gegenbeispiel: (a, b) = (1, 1), (c, d) = (2, 2). (1, 1)R(2, 2) und (2, 2)R(1, 1)
aber (1, 1) 6= (2, 2). Nicht antisymmetrisch.
Da die RelationR, wie gezeigt,Re, Sy und T r ist, ist R eine Äquivalenzrelation.
Lösung zu Aufgabe 3.2. Teil b
M = {1, 2, 3}, R = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 3)}
Re) ∀x ∈ M (x, x) ∈ R. Reflexiv.
Sy) Gegenbeispiel: (1, 2) ∈ R, aber (2, 1) ∈
/ R. Nicht symmetrisch.
Tr) Gegenbeispiel: (1, 2) ∈ R, (2, 3) ∈ R, aber (1, 3) ∈
/ R. Nicht transitiv.
AntSy) Es gibt keine x, y ∈ M mit x 6= y, so dass (x, y) ∈ R und (y, x) ∈ R.
Antisymmetrisch.
Lösung zu Aufgabe 3.2. Teil c
M = N, mRn ⇔ (2 | mn oder m = n).
Re) ∀x ∈ M, xRx, da x = x. Reflexiv.
Sy) Seien x, y ∈ M mit x 6= y. xRy ⇒ 2 | xy ⇒ 2 | yx ⇒ yRx.
Symmetrisch.
Tr) Gegenbeispiel: x = 1, y = 2, z = 3. xy = 2, yz = 6, aber xz = 3. Also
xRy und yRz aber nicht xRz. Nicht transitiv.
AntSy) Gegenbeispiel: x = 1, y = 2. xRy und yRx, aber x 6= y. Nicht antisymmetrisch.
Lösung zu Aufgabe 3.2. Teil d
M = N, mRn ⇔ ggT(m, n) > 1.
Re) Gegenbeispiel: x = 1. ggT(x, x) = 1. Nicht reflexiv.
Sy) ∀m, n ∈ M ggT(m, n) = ggT(n, m). Symmetrisch.
Tr) Gegenbeispiel: x = 2, y = 6, z = 3. ggT(x, y) = 2 > 1, ggT(y, z) = 3 >
1, aber ggT(x, z) = 1. Nicht transitiv.
AntSy) Gegenbeispiel: x = 2, y = 4. ggT(x, y) = ggT(y, x) = 2 > 1, aber
x 6= y. Nicht antisymmetrisch.
Lösung zu Aufgabe 3.3
(a)
– Reflexiv:
∀(a, b) ∈ R2 : a + b = a + b ⇔ (a, b)R(a, b)
– Symmetrisch:
∀(a, b), (c, d) ∈ R2 : (a, b)R(c, d) ⇔ a + b = c + d
⇔c+d=a+b
⇔ (c, d)R(a, b)
– Transitiv:
∀(a, b), (c, d), (e, f ) ∈ R2
(a, b)R(c, d) ⇔ (a + b = c + d)
⇒a+b=e+f
(c, d)R(e, f ) ⇔ (c + d = e + f )
⇒ (a + b)R(e, f )
⇒ R ist transitiv, symmetrisch und reflexiv
⇒ R ist eine Äquivalenzrelation
(b) [(1, 1)]R = {(x, y) | (x, y) ∈ R2 , x + y = 2}
(c) M = {(x, 0) | x ∈ R}
Lösung zu Aufgabe 3.4
M = {(a, b)|a, b ∈ Z, b 6= 0}, (a, b)R(c, d) ⇔ ad = bc.
Teil a)
Re) ab = ba ⇒ (a, b)R(a, b) ∀(a, b). Reflexiv.
Sy) (a, b)R(c, d) ⇔ ad = bc ⇔ cb = da ⇔ (c, d)R(a, b). Symmetrisch.
Tr) Seien (a, b)R(c, d) und (c, d)R(e, f ). Das heisst ad = bc und cf =
de. Da f 6= 0, ist c = de
f . Setze in die erste Gleichung ein: ad =
de
b f ⇒ af = be ⇒ (a, b)R(e, f ). Transitiv.
Da R Re, Sy und T r ist, ist R eine Äquivalenzrelation.
Teil b)
(a, b)R(c, d) ⇔ ad = bc ⇔
a
b
=
c
d
(a, b, c, d ∈ Z, b 6= 0, d 6= 0)
Die rationale Zahlen (Q) beschreiben die Äquivalenzklassen.
Lösung zu Aufgabe 3.5
Seien ki , ri , ∈ Z ganze Zahlen und n ∈ N>1 .
zu (a): Setze a = k1 n + r1 , b = k2 n + r1 , c = k3 n + r2 , d = k4 n + r2 . Dann
gilt a + c = (k1 + k3 )n + (r1 + r2 ) und b + d = (k2 + k4 )n + (r1 + r2 ). Somit
ist a + c ≡ b + d mod n.
zu (b): Mit den Bezeichnungen aus (a) gilt a·c = (k1 k3 n+k1 r2 +k3 r1 )n+r1 r2
und b · d = (k2 k4 n + k2 r2 + k4 r1 )n + r1 r2 . Somit ist a · c ≡ b · d mod n.
zu (c): Setze a = k1 n + r1 , b = k2 n + r1 . Dann gilt a · b = (k1 k2 n + k1 r2 +
k2 r1 )n + r1 r2 . Sind also r1 oder r2 gleich 0, dann ist a · b ≡ 0 mod n.
zu (d): Gegenbeispiel: 2·3 ≡ 0 mod 6. aber a 6≡ 0 mod 6 oder b 6≡ 0 mod 6.
Lösung zu Aufgabe 3.6
(i) ist keine Abbildung, da der 1 zwei Bilder a und c zugeordnet werden und
nicht alle Elemente aus M1 Urbilder sind.
(ii) ist eine Abbildung, da der Definitionsbereich R \ {1} ist und y gebrochen rational, also eine Funktion ist. Der Bildbereich ist ebenfalls R \ {1},
da limx→1−0 f (x) = −∞ und limx→1+0 f (x) = ∞ (Pol bei x = 1), sowie
limx→∞ f (x) = 1 und limx→−∞ f (x) = 1 ( y = 1 ist Asymtote).
Sie ist nicht surjektiv, da Bild(f ) = R \ {1}.
b+1
Wegen f (a) = a+1
a−1 = f (b) = b−1 ⇒ ab + b − a − 1 = ab + a − b − 1 ⇒ a = b
ist f injektiv.
(iii) ist eine Abbildung, da jeder Menge B aus der Potenzmenge P (A) einer
beliebigen Menge A genau eine Komplementärmenge B̄ zugeordnet wird.
Diese Abbildung ist surjektiv, da die Bildmenge von F auch die Potenzmen¯ = B gilt und somit bijektiv.
ge P (A) ist. Sie ist injektiv, da B̄
Lösung zu Aufgabe 4.1
(a)
f ◦g
f ◦ g(x)
= f (g(x))
= f (3x − 4)
= f (3x − 4)
= 2(3x − 4) + 3
= 6x − 5
D = R, W = R
(a)
g◦f
g(f (x))
= g(2x + 3)
= 3(2x + 3) − 4
= 6x + 5
D = R, W = R
(b)
f ◦ g(x)
= f (g(x))
= f ( x1 )
= 1 − x1
D = R\{0}, W = R\{1}
(c)
f ◦ g(x)
= fq( fx )
(b)
(c)
= x1 − 2
D = (0, 12 ] = {0 < x ≤ 21 }
g ◦ f (x)
= g(f (x))
= g(1 − x)
1
= 1−x
D = R\{1}, W = R\{0}
g ◦ f (x)
√
= g( x − 2)
1
= √x−2
D = (2, ∞) = {x > 2}
Lösung zu Aufgabe 4.2. Teil a)
Sei g : A → P (A) : a 7→ {a} ({a} ∈ P (A), weil {a} ⊂ A).
Seien a, b ∈ A.
g(a) = g(b) ⇔ {a} = {b} ⇔ a = b.
Das heißt, g injektiv.
Lösung zu Aufgabe 4.2. Teil b))
Sei f : A → P (A) eine beliebige Funktion.
Angenommen, dass M = {a|a ∈ A, a ∈
/ f (a)} ∈ Bild (f ). Daraus folgt, dass
es ein a0 ∈ A existiert, so dass f (a0 ) = M. Aber jetzt führen beide Aussagen
a0 ∈ f (a0 ) und a0 ∈
/ f (a0 ) zum Widerspruch.
1. Sei a0 ∈ f (a0 ). Aber nach Definition der Menge M darf a0 nicht in M
liegen (weil a0 in seinem Bild liegt!). Also a0 ∈
/ f (a0 ). Widerspruch.
2. Sei a0 ∈
/ f (a0 ). Dann gilt nach Definition der Menge M : a0 ∈ M (weil
a0 nicht in seinem Bild liegt!). Also a0 ∈ f (a0 ). Widerspruch.
Das heißt, dass M nicht in dem Bild von f liegen darf, also existiert keine
surjektive Abbildung f : A → P (A).
Lösung zu Aufgabe 4.3
Zu zeigen ist, dass es keine Surjektion von N auf F gibt und damit F nicht
abzählbar ist.
Definieren wir nun folgende Bijektion h : P (N) → F mit
(
1 für n ∈ A
hA = (n)
und A ∈ P (N),
0 für n 6∈ A
dann genügt es zu zeigen, dass es keine Surjektion von N auf P (N) gibt. Dies
ist aber genau die Aussage von Aufgabe 4.2 (b), die dort bewiesen wurde.
Beweis durch Kopie des Beweises der Überabzählbarkeit von R:
Angenommen die Menge F aller 01-Folgen a ist abzählbar. Dann lassen sich
alle Folgen a folgendermaen aufschreiben:
a1 = (a11 , a12 , a13 , . . .)
a2 = (a21 , a22 , a23 , . . .)
a3 = (a31 , a32 , a33 , . . .)
..
..
.
.
Wir konstruieren nun aus diesen Folgen eine neue 01-Folge b = (b1 , b2 , b3 , . . .)
auf folgende Weise:
(
1 für akk = 0
bk =
0 für akk = 1
Dies gewährleistet, dass b mit keiner der aufgeführten Folgen aj übereinstimmt und ist ein Wiederspruch zur Annahme, dass wir alle (abzählbar
viele) aufgeschrieben haben.
Lösung zu Aufgabe 4.4
Weg 1.
x3
x̄3
x1 x2
0
1
x̄1 x2
1
1
x̄1 x̄2
0
1
x1 x̄2
0
1
(x̄3 ) ∨ (x̄1 ∧ x2 )
Weg 2.
(x̄1 ∧ x̄2 ∧ x̄3 ) ∨ (x̄1 ∧ x2 ∧ x̄3 ) ∨ (x ∧ x̄2 ∧ x̄3 ) ∨ (x ∧ x2 ∧ x̄3 ) ∨ (x̄1 ∧ x2 ∧ x3 )
= x̄3 ∧ [(x̄ ∧ x̄2 ) ∨ (x̄1 ∧ x2 ) ∨ (x1 ∧ x̄2 ) ∨ (x1 ∧ x2 )] ∨ (x̄1 ∧ x2 ∧ x3 )
= x̄3 ∨ (x̄1 ∧ x2 ∧ x3 )
= [x̄3 ∨ (x̄1 ∧ x2 )] ∧ [x̄3 ∨ x3 ]
= x̄3 ∨ (x̄1 ∧ x2 )
Lösung zu Aufgabe 4.5 Teil a)
X
X
n n
n
n
X
X
n−1
n
n n−1
n
=
=n
j
=
j
=
j
j−1
j j−1
j
j
j=0
j=1
j=1
j=1
[k = j − 1; j = 1 ⇒ k = 0, j = n ⇒ k = n − 1] =
#
"
m n−1
X
X n − 1
m
= 2m = n · 2n−1 .
= Nutze die Formel:
n·
i
k
i=0
k=0
Lösung zu Aufgabe 4.5 Teil b)
Doppeltes Abzählen von {(a, K) | a ∈ M, k ⊂ M } mit |M | = m.
1. Wähle erst K ⊂ M , dann a ∈ K.
Es gibt genau m
j j-elementige Mengen K ⊂ M (0 ≤ j ≤ m) und für
jede solcher Mengen K gibt es genau j Möglichkeiten ein a ∈ K zu
wählen. Also, für jedes j in 0 ≤ j ≤ m haben wir j m
j Paare (a, K).
Insgesamt gibt es dann:
m X
m
j
j
j=0
2. Wähle erst a ∈ M , dann K ⊂ M mit a ∈ K.
Es gibt genau m Möglichkeiten ein a aus M zu wählen. Jetzt müssen
wir alle K ⊂ M enumerieren mit a ∈ K.
Wir wähle ein K ′ ⊂ M \ {a} (es gibt 2m−1 Stück) und setzen K =
K ′ ∪{a}. Offensichtlich kann man so alle K ⊂ M mit a ∈ K darstellen.
Also gibt es dann insgesamt
m · 2m−1
Paare (a, K) mit a ∈ K, K ⊂ M .
Lösung zu Aufgabe 5.1
(a) Permutation
1 2
σ1 =
1 2
1 2
σ5 =
3 2
von ϕ3
3
σ2 =
3
3
σ6 =
1
1
1
1
3
2
3
2
1
3
1 2 3
1 2 3
σ3 =
σ4 =
2
2 1 3
2 3 1
3
2
(b) |hσ1 i| = 1 |hσ2 i| = 2 |hσ3 i| = 2 |hσ4 i| = 3 |hσ5 i| = 2 |hσ6 i| = 3
(c) U1 = ϕ3 , U2 = {σ1 }
U3 = {σ1 , σ2 }, U4 = {σ1 , σ3 }, U5 = {σ1 , σ5 }
U6 = {σ1 , σ4 , σ6 }
Lösung zu Aufgabe 5.2
0 −1
(a)
=A=
1
0
0 −1
0 −1
−1
0
A2 = A · A =
·
=
1
0
1
0
0 −1
0 −1
−1
0
0 1
A3 = A · A2 =
·
=
1
0
0 −1
−1 0
1 0
0 1
0 −1
4
3
=
·
A =A·A =
0 1
−1 0
1
0
A1
⇒ |hAi| = 4 ⇒ A−1 = A3
B1
=
0 1
1 0
B2 = B · B =
0 1
1 0
0 1
1 0
·
=
1 0
0 1
⇒ |hBi| = 2 ⇒ B −1 = B
(b)
A−1
=
A3
A·B
B · A−1
0
=
−1
0
=
1
0
=
1
1
0
−1
0
·
0
1
1
0
·
0
−1
⇒ A · B = B · A−1 (q.e.d.)

1
−1 0


=

0 0
1
⇒
1
−1 0


=

0
0 1
(c) Nach dem Untergruppenkriterium ist zu zeigen:
Für alle (Aj B) ∈ M = {(Aj B) | 0 ≤ j ≤ 3, 0 ≤ i ≤ 1} gilt:
(Aj1 B i1 )(Aj2 B i2 )−1 ∈ M.
Dies kann entweder über eine Verknüpfungstabelle mit den Elementen
E = A0 = A4 = B 0 = B 2 , A1 , A2 ; A3 , B, A1 B, A2 B, A3 B. gezeigt
werden
oder mithilfe folgender Vorüberlegungen:
1) AB = BA3 = BA3·1 ,
2) A2 B = A(AB) = ABA−1 = (AB)A3 = BA3·2 ,
3) A3 B = A(A2 B) = ABA3·2 = (AB)A3·2 = BA3·3
4) 1) ∧ 2) ∧ 3) =⇒ Aj B = BA3j
4) B(Aj B)B = B(BA3j )B =⇒ BAj = A3j B
Unter Nutzung von 4), 5) und unter Beachtung von A0 = E = A4 =
An mit n ≡ 0 mod 4 und B 0 = B 2 = E sowie 0 ≤ j ≤ 3 gilt damit:
– BB = E
– Aj Ak = Aj+k = A(j+k) mod 4
– Aj B = BA3j = BA(3j) mod 4 ,
BAj = A3j B = A(3j) mod 4 B
– (Aj B)Ak = BA3j Ak = BA3j+k = A3(3j+k) B = A3(3j+k) mod 4 B =
A(j+3k) mod 4 B, Ak (Aj B) = Ak+j B = A(k+j) mod 4 B,
– (Aj B)B = Aj
mod 4 ,
B(Aj B) = BBA3j = A3j = A(3j) mod 4 ,
– (Aj B)(Ak B) = Aj BA3k = Aj+3k = A(j+3k) mod 4
In allen möglichen Verknüpfungen entstehen wieder Elemente aus
M.
Bleibt die Existenz der Inversen in M zu zeigen.
Zu B ist B invers, zu Aj ist A(3j) mod 4 invers und (Aj B) ist wegen
(Aj B)(Aj B) = A(j+3j) mod 4 = A0 mod 4 = E zu sich selbst invers.
Lösung zu Aufgabe 5.3
Zu (a):
a11 a12
b11 b12
Seien A =
und B =
. Dann gilt:
a21 a22
b21 b22
det AB = det
a11 b11 + a12 b21 a11 b12 + a12 b22
a21 b11 + a22 b21 a21 b12 + a22 b22
= (a11 b11 + a12 b21 ) · a21 b12 + a22 b22 ) − (a11 b12 + a12 b22 ) · (a21 b11 + a22 b21 )
= a11 b11 a21 b12 + a11 b11 a22 b22 + a12 b21 a21 b12 + a12 b21 a22 b22
−a11 b11 a21 b12 − a11 b12 a22 b21 − a12 b22 a21 b11 − a12 b21 a22 b22
= a11 b11 a22 b22 + a12 b21 + a21 b12 − a11 b12 a22 b21 − a12 b22 a21 b11
= (a11 a22 − a12 a21 ) · (b11 b22 − b12 b21 ) = det A · det B.
Zu (b):
Anwendung des Untergruppenkriteriums:
SL(2, R) = {A ∈ (R)2 | det A = 1} ⊆ GL(2, R) = {A ∈ (R)2 | det A 6= 0}
Zu zeigen:
Für beliebige A, B ∈ SL(2, R) gilt A · B −1 ∈ SL(2, R), also det(A · B −1 ) = 1.
Wegen
det(A · B −1 )
=
=
det A · det(B −1 )
1
(b b
(det B)2 22 11
− b21 b12 ) =
und
det B
(det B)2
det(B −1 )
=
=
det( det1 B
1
det B
folgt
det(A · B −1 ) = det A ·
b22 −b21
−b12
b11
)
1
= 1.
det B
Zu (c):
A2 − (SpA)A + (det A)E
a211 + a12 a21
a11 a12 + a12 a22
a11 (a11 + a22 ) a12 (a11 + a22 )
=
−
a11 a21 + a21 a22
a12 a21 + a222
a21 (a11 + a22 ) a21 (a11 + a22 )
a11 a22 − a12 a21
0
+
0
a11 a22 − a12 a21
=
0 0
0 0
.
Lösung zu Aufgabe 5.4 Teil a
Zu zeigen, dass U eine Untergruppe von GL(2, R) ist.
a 0
U=
| a, b ∈ R, a 6= 0 .
b a
U ist eine Untegruppe, falls ∀M1 ,
M2 ∈ U M1 M2 ∈ U und M1−1 ∈ U . Also
a 0
M1 M2 und M1−1 haben die Form
.
b a
Beweis. Seien
M1 =
a1 0
b1 a 1
, M2 =
a2 0
b2 a 2
a1 a2
0
a 2 b1 + a 1 b2 a 1 a 2
1.
M1 M2 =
a1 0
b1 a1
a2 0
b2 a 2
=
∈ U.
2. Setze
M1 M3 =
a−1
0
1
∈ U.
M3 =
−b1 a−2
a−1
1
1
1 0
0
a−1
0
1
=
, also M3 = M1−1 .
−1
0
1
a1
−b1 a−2
a
1
1
a1
b1
Lösung zu Aufgabe 5.4. Teil b.
Ist U eine Untergruppe von Z, so gilt U = nZ = nz | z ∈ Z fr ein n ∈ N0 .
Beweis.
1. Falls U = Z so ist U = nZ mit n = 1.
2. Falls U = {0} so ist U = nZ mit n = 0.
3. Sei jetzt U 6= Z und U 6= {0} eine Untergruppe von Z. Sei z1 die Zahl
mit kleinstem Betrag in U . Setze n = |z1 |. Klar, sind alle mögliche
Summen der Form
± (z1 + · · · + z1 ) für ein z ∈ Z
{z
}
|
|z| mal
in U . Das heisst, für alle z ∈ Z nz ∈ Z. Wenn es keine weitere Elemente
in U gibt, dann ist U = nZ.
Angenommen, es sei ein z2 ∈ U mit z2 6= nz, für alle z ∈ Z. Aber dann
existiert ein z0 ∈ Z, so dass 0 < |z2 − nz0 | < n, und z2 − nz0 ∈ U . Das
ist ein Widerspruch zu der Wahl von z1 . Also, es gibt keine weitere
Elemente in U außer nz ∈ Z für z ∈ Z und wir sind fertig.
Lösung zu Aufgabe 5.5. Teil a)
G ist eine endliche Gruppe mit neutralem Element e.
Ist 2 | |G|, so existiert g ∈ G, g 6= e mit g 2 = e.
Beweis.
Definiere eine Äquivalenzrelation auf G mit g ∼ h ⇔ g = h oder g = h−1 .
Sei [g] ein Äquivalenzklass von g bezüglich ∼.
Sei h 6= g. h ∈ [g] ⇔ h−1 = g ⇔ g −1 = h.
Jedes element einer Gruppe hat genau eine Inverse. ⇒ ∀g ∈ G |[g]| ≤ 2.
[e] = {e}, da falls ein g ∈ [e] ⇒ g = e−1 = e. |[e]| = 1.
Da |G| gerade ist, soll mindestens noch ein Element x ∈ G existieren mit
|[x]| = 1. Dann x = x−1 ⇒ x2 = xx−1 = e.
Lösung zu Aufgabe 5.5. Teil b)
G ist eine endliche Gruppe mit neutralem Element e.
Gilt g 2 = e für alle g ∈ G, so ist G abelsch.
Beweis.
Seien g, h ∈ G beliebig. Dann ist gh ∈ G und (gh)2 = e.
(gh)2 =ghgh
e =ghgh
g −1 =hgh
h−1 g −1 =gh
g 2 = e ⇒ g −1 = g
hg =gh
Lösung zu Aufgabe 6.1
(a)
(3) 186 = 66 · 2 + 54
(2) 66 = 54 · 1 + 12
(1) 54 = 12 · 4 + 6
12 = 6 · 2
⇒ GGT (186, 66) = 6
(b) Bezout: gesucht x, y, so dass
6 = x · 186 + y · 66
x, y ∈ z
Ermitteln
6 =
⇒ 6 =
⇒ 6 =
⇒ 6 =
⇒ 6 =
⇒ 6 =
54 − 4 · 12
(1)
54 − 4(66 − 54)
(2)
54 − 4 · +54 · 4
5 · 54 − 4 · 66
5(186 − 66 · 2) − 4 · 66 (3)
5 · 186 − 6 · 66
Lösung zu Aufgabe 6.2
Eulersche Funktion ϕ(n) ist ist die Anzahl der natürlichen Zahlen ≤ n, die
mit n teilerfremd sind.
ϕ(n) = |{1 ≤ i ≤ n | ggT(i, n) = 1}| = |{0 ≤ i ≤ n − 1 | ggT(i, n) = 1}| .
Teil a) Für eine Primzahl p sind alle 1 ≤ i ≤ p ausser p selbst mit p
teilerfremd, also
ϕ(p) = p − 1.
Teil d) Sei n = pa für eine Primzahl p. Nicht teilerfremd mit n sind genau die
Vielfachen von p, also die Zahlen p, 2p, . . . , (pa−1 )p, insgesamt pa−1 Stück.
Also
ϕ(pa ) = pa − pa−1 = pa−1 (p − 1).
Teil b) Sei n = pq für Primzahlen p und q. Nicht teilerfremd mit n sind
genau die Vielfachen von p: p, 2p, . . . , (q − 1)p, qp (q Stück), und die Vielfachen von q: q, 2q, . . . , (p − 1)q, pq (p Stück). In beide Fällen haben wir aber
die Zahl pq mitgzählt. Also
ϕ(pq) = pq − (p + q − 1) = (p − 1)(q − 1) = ϕ(p)ϕ(q).
Teil c) Man kann alle Zahlen 1 ≤ i ≤ nm in eine n × m Tabelle schreiben:
1
m+1
2m + 1
..
.
2
m+2
2m + 2
..
.
···
···
···
..
.
(n − 1)m + 1 (n − 1)m + 2 · · ·
k
m+k
2m + k
..
.
···
···
···
..
.
(n − 1)m + k · · ·
m
m+m
2m + m
..
.
(n − 1)m + m
Wir betrachten die k-te Spalte. Wenn k mit m teilerfremd ist, so sind alle
Elemente der Spalte mit m teilerfremd. Umgekehrt, wenn k und m einen
gemeinsamen Teiler d haben, so haben alle Elemente der Spalte mit m ein
gemeinsamer Teiler d.
In der ersten Zeile gibt es genau ϕ(m) mit m teilerfremde Zahlen. Also gibt
es genau ϕ(m) Spalten mit m teilerfremden Elementen.
Sei jetzt die k-te Spalte teilerfremd zu m. Wir untersuchen, welche Zahlen
der Spalte auch mit n teilerfremd sind, wobei die Zahlen der k-te Spalte alle
verschieden mod n sind.
im + k ≡ jm + k
(mod n) ⇔ im ≡ jm
(mod n) ⇔ i ≡ j
(mod n)
Also kommt, wenn wir die k-te Spalte durch n dividieren, jede Zahl 0, 1,
. . . , n − 1 genau einmal vor und zwischen den Zahlen 0, 1, . . . , n − 1 sind
genau ϕ(n) mit n teilerfremd.
Also haben wir genau ϕ(m) Spalten mit Zahlen, die mit m teilerfremd sind.
In jeder solcher Spalte sind genau ϕ(n) Zahlen mit n teilerfremd. Das heisst,
dass mit m und n gleichzeitig (also, mit nm) genau ϕ(m)ϕ(n) Zahlen teilerfremd sind.
ϕ(nm) = ϕ(n)ϕ(m).
Lösung zu Aufgabe 6.3
(a) Z/6Z = Z6
+
0
1
2
3
4
5
0
0
1
2
3
4
5
1
1
2
3
4
5
0
2
2
3
4
5
0
1
3
3
4
5
0
1
2
4
4
5
0
1
2
3
5
5
0
1
2
3
4
x
0
1
2
3
4
5
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
2
3
4
5
2
0
2
4
0
2
4
3
0
3
0
3
0
3
4
0
4
2
0
4
2
5
0
5
4
3
2
1
(b) Z101 , gesucht [1] = [7] · [x]
GGT (101, 7) = 1, weil
101 = 14 · 7 + 3
7 = 3·2+1
Bezout:
1 = 7−3·2
1 = 7 − (101 − 14 · 7) · 2
1 = 7 − 2 · 101 + 28 · 7
1 = 29 · 7 − 2 · 101
⇒ [1] = [29] · [7] + [0]
⇒ x = 29
Lösung zu Aufgabe 6.4
Zu bestimmen ist x ∈ Z aus
x ≡ 1 (mod 2),
x ≡ 2 (mod 3),
x ≡ 3 (mod 5),
x ≡ 4 (mod 7).
Erklärung. Setze a1 = 1, a2 = 2, a3 = 3, a4 = 4 und n1 = 2, n2 = 3, n3 =
5, n4 = 7. Wir haben 4 Kongruenzen: x ≡ ai (mod ni ), 1 ≤ i ≤ 4.
Da alle ni paarweise teilerfremd sind, garantiert uns der Chinesische Restsatz
die Existenz einer Lösung. Ausserdem, sind alle Lösungen kongruent mod
N = n1 · n2 · n3 · n4 . Mit einer Lösung x∗ sind auch alle x = x∗ + kN , k ∈ Z
Lösungen.
Eine Lösung finden wir wie folgt:
a) Bestimme die Zahlen ri und si mit dem erweiterten euklidischen Algorithmus aus
ri ni + si (N/ni ) = 1.
b) Setze ei = si (N/ni ).
c) Die gesuchte Lösung ist x∗ =
P4
i=1 ai ei .
Lösung.
i = 1) N/ni = 105, ni = 2.
105 = 52 · 2 + 1 ⇒ 1 = −52 · 2 + 105 ⇒ e1 = 105.
i = 2) N/ni = 70, ni = 3.
70 = 23 · 3 + 1 ⇒ 1 = −23 · 3 + 70 ⇒ e2 = 70.
i = 3) N/ni = 42, ni = 5.
2 = 42 − 8 · 5
42 = 8 · 5 + 2
⇒ 1 = 17·5−2·42 ⇒ e3 = −84.
⇒
1 = 5 − 2 · (42 − 8 · 5)
5=2·2+1
i = 4) N/ni = 30, ni = 7.
30 = 4 · 7 + 2
7=3·2+1
⇒ 1 = 13 · 7 − 3 · 30 ⇒ e4 = −90.
P
Also ist x∗ = 4i=1 ai ei = −367 eine Lösung und die
Lösungen sind x = −367 + 210k = 53 + 210k, k ∈ Z.
Lösung zu Aufgabe 6.5 Zu (a):
√
(M ; +) ist Untergruppe
der
abelschen
Gruppe
(R;
+),
da
für
alle
m
+
n
5
1
1
√
und m2 +√n2 5 aus M gilt:
√
√
(m1 + n1 5) + (−m2 − n2 5) = m1 − m2 + (n1 − n2 ) 5 ∈ M.
√
√
(M ; ·) ist abgeschlossen,
da (m1 +n1 5)·(−m2 −n2 5) = (m1 m2 +5n1 n2 )+
√
(m1 n2 − m2 n1 ) 5 ∈ M. Damit ist (M ; ·) Unterhalbgruppe von (R; ·) und
die Assoziativität und Kommutativität gilt und das neutrale Element ist 1.
Weiterhin gilt √
auch die Distributivität.
−n
m
Wegen (m + n 5)−1 = m2 −5n
2 + m2 −5n2 6∈ Z, existiert kein neutrales Element.
Also ist (M ; +, ·) ein kommutativer Ring mit Einselement/neutralem Element.
Zu (b):
(C; +) ist abelschen Gruppe, da für alle (a, b), (a1 , b1 ), (a2 , b2 ), (a3 , b3 ) ∈ C
gilt:
• Assoziativität
((a1 , b1 ) + (a2 , b2 )) + (a3 , b3 ) = (a1 + a2 , b1 + b2 ) + (a3 , b3 )
= ((a1 + a2 ) + a3 , (b1 + b2 ) + b3 ) = (a1 + (a2 + a3 ), b1 + (b2 + b3 ))
= (a1 + b1 ) + (a2 + a3 , b2 + b3 ) = (a1 , b1 ) + ((a2 , b2 ) + (a3 , b3 ))
• (0, 0) ∈ C ist neutrales Element, da (0, 0) + (a, b) = (0 + a, 0 + b) =
(a, b) = (a + 0, b + 0) = (a, b) + (0, 0)
• (−a, −b) ∈ C ist inverses Element zu (a, b), da (−a, −b) + (a, b) =
(−a + a, −b + b) = (0, 0) = (a − a, b − b) = (a, b) + (−a, −b)
• Kommutativität
(a1 , b1 )+(a2 , b2 ) = (a1 +a2 , b1 +b2 ) = (a2 +a1 , b2 +b1 ) = (a2 , b2 ), (a1 , b1 )
(C; ·) ist abelsche Gruppe, da für alle (a, b), (a1 , b1 ), (a2 , b2 ), (a3 , b3 ) ∈ C gilt:
• Assoziativität
(a1 , b1 ) · ((a2 , b2 ) · (a3 , b3 )) = (a1 , b1 ) · (a2 a3 − b2 b3 , a2 b3 + b2 a3 )
= (a1 a2 a3 − a1 b2 b3 − a2 b1 b3 − a3 b1 b2 , a1 a2 b3 − a1 b2 a3 − a2 b1 a3 − b1 b2 b3 )
(a1 a2 − b1 b2 , a1 b2 + b1 a2 ) · (a3 , b3 ) = ((a1 , b1 ) · (a2 , b2 )) · (a3 , b3 )
• Kommutativität
(a1 , b1 )·((a2 , b2 ) = (a1 a2 −b1 b2 , a1 b2 +b1 a2 ) = (a2 a1 −b2 b1 , a2 b1 +b2 a1 )
= (a2 , b2 ) · ((a1 , b1 )
• (1, 0) ∈ C ist neutrales Element, da (1, ) · ((a, b) = (1a − 0b, 0a + 1b) =
(a, b) (Wegen Kommutativität nur einseitige Betrachtung!)
a
−b
• ( a2 +b
2 , a2 +b2 ) ∈ C ist inverses Element zu (a, b), da
(
a2
−b
a·a
b · (−b) a · b
(−b) · a)
a
, 2
) · (a, b) = ( 2
− 2
, 2
+ 2
2
2
2
2
2
+b a +b
a +b
a +b a +b
a + b2
=(
a2 + b2 ab − ba
,
) = (1, 0)
a 2 + b2 a 2 + b2
• Distributivität
(a1 , b1 ) · ((a2 , b2 ) + (a3 , b3 )) = (a1 , b1 ) · (a2 + a3 , b2 + b3 )
= (a1 (a2 + a3 ) − b1 (b2 + b3 ), a1 (b2 + b3 ) + b1 (a2 + a3 ))
= (a1 a2 − b1 b2 , a1 b2 + b1 a2 ) + (a1 a3 − b1 b3 , a1 b3 + b1 a3 )
(a1 , b1 ) · (a2 , b2 ) + (a1 , b1 ) · (a3 , b3 )
Also ist (C; +, ·) ein Körper.
Lösung zu Aufgabe 7.1
(a) Z/4Z = Z4 = {[0]4 , [1]4 , [2]4 , [3]4 }
Annahme: (Z/4Z , +, ∗) ist ein Körper
Also müssen (Z/4Z , +) und (Z/4Z , ∗) zwei kommutative Gruppen
sein.
Demnach existiert zu jedem x ∈ Z/4Z ein x′ ∈ Z/4Z mit x · x′ = e
∗
1
2
3
1
1
2
3
2
2
0
2
3
3
2
1
Da für [2]4 kein inverses Element existiert, folgt dass
Z/4Z kein Körper ist
a
b
(b) K =
| a, b ∈ Z2
b a+b
0 0
1 0
0 1
1 1
⇒K=
,
,
,
0 0
0 1
1 1
1 0
0 0
1 0
0 1
1
+
0
0
0
1
1
1
1
0 0
0 0
1 0
0 1
1
0 0 0 0 0 1 1 1 1
1 0
1 0
0 0
1 1
0
0
1
0
1
0
0
1
0
1
0 1
0 1
1 1
0 0
1
1
1
1
1
1
0
0
0
0
1 1
1 1
0 1
1 0
0
1 0
1 0
1 1
0 1
0
1
0
1
0
1
1
0
1
0
0
1
0
0
1
1
1
·
0
1 1
1 1
0
1
0
1
0
0
1
1
1
0
1 0
1 1
1 1
0
0
1
0
1
1
1
1
0
1
1 1
1 1
0 0
1
1
1
1
1
1
0
0
1
1
0 1
0 0
1 1
1
Beide Strukturen (K, +) und (K, ·) sind kommutative (abelsche)
Gruppen, denn K ⊂ (R)2 und in (R)2 sind sowohl die Matrizenaddition + als auch die Matrizenmuliplikation ·assoziativ und
kommutativ und die Distributivität gilt.
Den beiden Tabellen entnehmen wir, dass die Verknüpfungen
nicht aus K herausführen (Abgeschlossenheit), dass es eine Zeile und Spalte in den Tabellen gibt, die mit der Randzeile und
Randspalte übereinstimmen (Existens des neutrales Elementes
und Einselementes) und das jeweilige neutrale Element in jeder
Zeile und Spalte der Tabellen genau einmal vorkommt (Existent
der inversen Elemente).
Kommutativität erkennen wir auch an der Symmetrie der Tabellen bzgl. der Hauptdiagonalen.
Demnach ist (K, +, ·) ein Körper.
Lösung zu Aufgabe 7.2
Berechnen Sie ggT und Bézout-Koeffizienten für g = x5 −x3 +2 ∈
R[x] und f = x2 + 2 ∈ R[x].
Lösung. Wir dividieren mit Rest. Zuerst g durch f , dann f durch
den Rest, dann den vorletzten Rest durch den letzten Rest, usw.
bis der Rest 0 wird.
Der letzte von 0 verschiedene Rest ist dann der gesuchte ggT (bis
auf ein Vielfaches aus R).
(x5 − x3 + 2) = (x3 − 3x)(x2 + 2) + (6x + 2)
1
19
(x2 + 2) =
(6x − 2)(6x + 2) +
36
9
1
19
(6x + 2) =
(54x + 18) + 0
19
9
(3)
(4)
(5)
Um die Bézout-Koeffizienten zu finden, setze den Ausdruck für
den Rest aus (12) ins (13) ein.
1
19
= f − (6x − 2)(6x + 2)
9
36
1
= f − (6x − 2) g − (x3 − 3x)f
36
1
1
= − (6x − 2)g + (6x4 − 2x3 − 18x + 6x + 36)f
36
36
(6)
Multipliziere beide Seiten von (6) mit 9/19:
1=−
1
1
(6x − 2)g + (6x4 − 2x3 − 18x + 6x + 36)f
76
76
(7)
Also ggT (g, f ) = 1 und die Bézout-Koeffizienten stehen in (7).
Aufgabe 7.3. Teil a
Zeigen Sie: Ist K = Z/2Z , so ist f = x3 +x+1 ∈ K[x] irreduziebel.
Lösung. Angenommen, f ist reduziebel. Dies bedeutet, dass es
g, h ∈ K[x] mit 1 ≤ Grad g < Grad f und 1 ≤ Grad h < Grad f
gibt, so dass f = gh.
Da Grad f = 3 und Grad f = Grad g + Grad h, ist entweder
Grad g = 1 oder Grad h = 1. Ohne Einschränkung der Allgemeinheit sei g vom Grad 1, also g = x + a mit a ∈ K. Also
f = (x + a)h.
Das heisst aber, dass a eine Nullstelle von f ist.
Da a ∈ K, ist a = 0 oder a = 1. Aber f (0) = 03 + 0 + 1 = 1 6= 0
und f (1) = 13 + 1 + 1 = 1 6= 0. Widerspruch.
Also ist f irreduziebel.
Lösung zu Aufgabe 7.3. Teil b
Beweisen Sie: f ∈ R[x] vom Grad 3 (ungeradem Grad), so ist f
reduziebel.
Lösung. Sei f ∈ R[x] vom Grad 3 (ungeradem Grad). Polynome
f (x) sind stetig und die Grenzwerte gegen −∞ und ∞ eines Polynoms f (x) ungeraden Grades haben verschiedene Vorzeichen.
Der Graph einer stetigen Funktion, die das Vorzeichen wechselt,
schneidet mindestens einmal die x−Achse, so dass mindestens
eine Nullstelle existiert.
Sei a ∈ R eine Nullstelle von f . Dann existiert ein g ∈ R[x] mit
Grad g < Grad f , so dass f = (x − a)g. Das heisst aber, dass f
reduziebel ist.
Aufgabe 7.4. Teil a
Zeigen Sie: f = x2 + ax + b ∈ R[x] ist irreduziebel, genau wenn
a2 < 4b.
Lösung. Da Grad f = 2 gilt,ist f irreduziebel ⇔ f hat keine
Nulstelle. (Ähnliche überlegungen wie bei Aufgabe 7.3. Teil
a).
Aus der Schule ist bekannt:
f hat keine Nulstelle ⇔ a2 −4b < 0(Diskriminante < 0) ⇔ a2 < 4b.
Aufgabe 7.4. Teil b
f ∈ R[x], a ∈ R und f (a) = 0. Zeigen Sie:
f = (x − a)2 h ⇒ ggT(f, f ′ ) ≥ 1
mit h ∈ R[x].
Lösung. Sei f = (x − a)2 h mit h ∈ R[x]. Dann
′
f ′ = (x − a)2 h = 2(x−a)h+h′ (x−a)2 = (x−a) 2h + (x − a)h′ .
Also teilt (x − a) sowohl f als auch f ′ und Grad (x − a) = 1.
Daraus folgt, dass Grad ggT (f, f ′ ) ≥ 1.
Lösung zur Aufgabe 7.5:
Zu (a):
Wir führen den Beweis in 2 Schritten mit jeweils einem Widerspruchsbeweis.
1.Schritt: Zu zeigen: Für jedes Polynom p ∈ K[x], p 6= 1 existiert
ein normiertes irreduzibles Polynom q mit q | p.
Angenommen, es gibt kein normiertes irreduzibles Polynom, das
p teilt. Dann existiert ein kleinstes Polynom p∗ ∈ K[x] mit p > 1,
das durch kein normiertes irreduzibles Polynom teilbar ist. Damit ist auch p∗ kein normiertes irreduzibles Polynom (Es wäre
sonst durch sich selbst teilbar.) und kann durch p∗ = g · h mit
1 ≤ Grad(g) < Grad(p∗ ) und g, h ∈ K[x] dargestellt werden.
Entweder ist nun g ein normiertes irreduzibles Polynom oder wegen 1 ≤ Grad(g) < Grad(p∗ ) hat g ein normiertes irreduzibles
Polynom als Teiler. Dies bedeutet, das dann auch p∗ ein normiertes irreduzibles Polynom als Teiler hat, was einen Widerspruch
darstellt.
2.Schritt: Angenommen, es gibt nur endlich viele normierte irreduzible Polynome p1 = x, p2 , . . . , pm . Fassen wir diese in einer
Menge P = {pQ
1 = x, p2 , . . . , pm } zusammen und betrachten das
Polynom g = m
i=1 pi + 1 > 1 mit Grad(g) ≥ 1. Dann existiert
nach Schritt 1 ein normiertes irreduzibles Polynom pk aus P , das
g teilt, also g = pk · q mit q ∈ K[x]. Somit gilt:
pk · q = g =
woraus folgt:
m
Y
i=1
pi + 1 = x · p 2 · · · pk · · · pm + 1
1 = pk (q − x · p2 · · · pk−1 · pk+1 · · · pm ),
wobei Grad(pk ) ≥ 1 und Grad(q−x·p2 · · · pk−1 ·pk+1 · · · pm +1) ≥
0. Damit kann das Produkt pk (q −x·p2 · · · pk−1 ·pk+1 · · · pm ) nicht
1 werden, was einen Widerspruch darstellt.
Zu (b):
Angenommen alle irreduziblen Polynome haben den Grad < n.
Dann gibt es nur endlich viele Polynome in K[x] von jedem Grad
unterhalb von n, wenn K endlich ist. Somit kann es auch nur
endlich viele irreduzible Polynome bzw. normierte irreduzible Polynome unter diesen geben. (Normieren erfolgt über die Multiplikation mit einem konstanten Polynom.) Dies stellt einen Widerspruch zu 7.5 (b) dar, wo wir gezeigt haben, dass es in jedem
Körper unendlich viele normierte irreduzible Polynome gibt.
Lösung zur Aufgabe 8.1.
Zu beweisen: für alle z, z1 , z2 ∈ C gelten
a)
b)
c)
d)
z1 + z2 = z1 + z2 , z1 z2 = z1 · z2 , z = z.
|z| = 0 ⇔ z = 0.
|z|2 = zz.
|z1 z2 | = |z1 | |z2 |.
Lösung. Seien z = a + ib, z1 = a1 + ib1 und z2 = a2 + ib2 .
Dann ist z = a − ib usw.
a) z. Z.: z1 + z2 = z1 + z2
z1 + z2 = (a1 + ib1 ) + (a2 + ib2 ) = (a1 + a2 ) + i(b1 + b2 ),
z1 + z2 = (a1 + a2 ) − i(b1 + b2 ),
z1 + z2 = (a1 − ib1 ) + (a2 − ib2 ) = (a1 + a2 ) − i(b1 + b2 ) = z1 + z2 .
z1 z2 = (a1 + ib1 )(a2 + ib2 ) = (a1 a2 − b1 b2 ) + i(a1 b2 + a2 b1 )
z1 z2 = (a1 a2 − b1 b2 ) − i(a1 b2 + a2 b1 )
z1 · z2 = (a1 − ib1 )(a2 − ib2 ) = (a1 a2 − b1 b2 ) − i(a1 b2 + a2 b1 ) = z1 z2 .
z = (a − ib) = a + ib = z.
b) z. Z.: |z| = 0 ⇔ z = 0
p
“⇒”: z = 0 ⇒ z = 0 + i0 ⇒ |z| = 02 + 02 = 0.
p
a2 + b2 = 0 ⇒ a2 + b2 = 0 ⇒ (a = 0 ∧ b = 0)
“⇐”: |z| = 0 ⇒
⇒ z = 0.
c) z. Z.: |z|2 = zz
|z|2 = a2 + b2
zz = (a + ib)(a − ib) = a2 − (ib)2 = a2 − (−b2 ) = a2 + b2 = |z|2 .
d) z. Z.: |z1 z2 | = |z1 | |z2 |
z1 z2 = (a1 a2 − b1 b2 ) + i(a1 b2 + a2 b1 )
p
|z1 z2 | = (a1 a2 − b1 b2 )2 + (a1 b2 + a2 b1 )2
q
q 2
q 2 2
2
2
2
|z1 | |z2 | =
a 1 + b1
a2 + b2 = a1 a2 + a22 b21 + a21 b22 + b21 b22 =
q
= a21 a22 + a22 b21 + a21 b22 + b21 b22 ± 2a1 a2 b1 b2 =
q
a21 a22 − 2(a1 a2 )(b1 b2 ) + b21 b22 + a22 b21 + 2(a1 b2 )(a2 b1 ) + a21 b22
=
p
= (a1 a2 − b1 b2 )2 + (a1 b2 + a2 b1 )2 = |z1 z2 | .
Oder wegen |z1 z2 | = |z1 | |z2 | ⇔ |z1 z2 |2 = |z1 |2 |z2 |2 und Teil
c gilt:
|z1 z2 |2 = (z1 z2 ) (z1 z2 ) = z1 ·z2 ·z1 ·z2 = (z1 z1 )·(z2 z2 ) = |z1 |2 |z2 |2 .
Lösung zur Aufgabe 8.2.
Teil a) Die Elemente von E sind komplexe Zahlen mit dem Radius r = 1, also Punkte u, v) ∈ R2 auf dem Einheitskreis des R2
mit dem Winkel x zur realen Achse.
Teil b) Seien a, b ∈ E, mit a = cos x+i sin x und b = cos y+i sin y.
ab = (cos x + i sin x) (cos y + i sin y)
= (cos x cos y − sin x sin y) + i (cos x sin y + sin x cos y)
= cos(x + y) + i sin(x + y)
(Bemerkung. Da beide Winkelfunktionen cos x und sin x 2π-periodisch
sind, betrachten wir x + y mod 2π. Damit existiert ein u mit
0 ≤ u < 2π, so dass cos(x + y) + i sin(x + y) = cos u + i sin u.
Folglich ist ab ein Element aus E und die Multiplikation in E ist
abgeschlossen.)
Geometrisch. Nach Teil (a) sind a und b Punkte auf dem Einheitskreis mit dem Winkel x bzw. y. Dann ist ab wieder ein Punkt
auf dem Einheitskreis mit dem Winkel x + y.
Teil c) Seien hier a = cos x + i sin x, b = cos y + i sin y und
c = cos u + i sin u beliebig aus E.
0) Abgeschlossenheit.
Laut Teil (b) ist E bezüglich der Multiplikation abgeschlossen.
1) Assoziativität.
(ab)c = cos ((x + y) + u) + i sin ((x + y) + u)
= cos (x + (y + u)) + i sin (x + (y + u))
= a(bc).
2) Kommutativität.
ab = cos (x + y)+i sin (x + y) = cos (y + x)+i sin (y + x) = ba.
3) Das neutrale Element ist 1E = cos 0 + i sin 0 = 1
1E a = cos(x + 0) + i sin(x + 0) = cos x + i sin x = a.
4) Das inverse Element zu a wird
a−1 = cos(−x) + i sin(−x) = cos(2π − x) + i sin(2π − x).
aa−1 = cos(x − x) + i sin(x − x) = cos 0 + i sin 0 = 1.
Also ist E eine Gruppe bezüglich der Multiplikation.
Eine andere Möglichkeit besteht darin, das Untergruppenkriterium zu nutzen, da C bezüglich der Multiplikation eine Gruppe
bildet und E ⊆ C gilt:
Wir zeigen also, dass für beliebige a, b ∈ E gilt a · b−1 ∈ E.
Nach Teil (b) 4) gilt: b−1 = cos(−y) + i sin(−y) und damit:
ab−1 = cos(x−y)+i sin(x−y) = cos((x−y) mod 2π)+i sin((x−y) mod 2π) ∈ E.
Lösung zu Übung 8 - Aufgabe 3.
(a) 2x2 − 2x + 5 = 0 ⇒ x2 − x + 25 = 0
q
2
−1
x1,2 = −2 ± (−1)
− 52
4
q
| −1 = i2
= 21 ± −9
q 4
= 12 ± i2 · 49
√
= 21 ± 23 i2
= 21 ± 23 i
a = x1 = 12 + 23 i, b = x2 = 12 − 23 i
(b) a + b = 12 + 23 i + 21 − 32 i = 1
a−b=
a·b =
=
=
|a| =
=
|b| =
=
+ 23 i − 21 − 32 = 23 · 2 · i = 3i
1 3 3
1
2 + 2 i · 2 − 2 i
1
1
−3
3
1
29
4 + 2 · 2 i + 2i · 2 − i 4
5
1
+ 9 = 10
4 = 2q
q4 4
( 1 )2 + ( 32 )2 = 10
4
q 2
1
2
q
q
5
2
( 12 )2
+5
2
+
2
( −3
2 )
=
q
10
4
a
b
=
=
a·a
a·b
=
=
=
=
( 12 +i( 23
1
)
( 2 )+i( −3
2
( 21 )+i( 23 )
( 21 +i 23
1
)+i 33
(
)
( 21 )+i( −3
2
2
a2
5
2
( 21 )·( 21 )+ 12 ( 23 i)·2+i2 94
5
2
1
3
9
+ 2 i− 4
4
5
2
(− 84 + 23 i)2
−4+3i
·
5
=
5
Lösung zur Aufgabe 8.4:
Zu (a):
Betrachten wir den R−Vektorraum
F = {f | f ∈ Abb(R, R)} mit (f +g)(x) = f (x)+g(x) und (λ·g)(x) = λ·g(x).
Dann ist zu zeigen, dass V = {f | f ∈ Abb(R, R), f (x) = −f (x)}(gerade Funktionen) und
Unterraum von F ist, d.h. f + g ∈ V und λ · g ∈ V.
Für alle f, g ∈ V gilt:
(f + g)(x) = f (x) + g(x) = f (−x) + g(−x) = (f + g)(−x) und
(λ · g)(x) = λ · g(x) = λ · g(−x) = (λ · g)(−x).
Also V bildet einen Unterraum von F .
U = {g | g ∈ Abb(R, R), g(x) = g(−x)}(ungerade Funktionen)
ist ebenfalls Unterraum von F , da Für alle f, g ∈ U gilt:
(f +g)(x) = f (x)+g(x) = −f (−x)−g(−x) == −(f (−x)+g(−x)) = −(f +g)(−x) und
(λ · g)(x) = λ · g(x) = λ · (−g(−x)) = −(λ · g(−x)) = −(λ · g)(−x).
Zu (b):
Sowohl V als auch U haben als trivialen Unterraum {0}. Da es
keine Funktion f gibt, die sowohl gerade als auch ungerade ist
(Mit f (x) = f (−x) und f (x) = −f (−x) müsste −f (−x) = f (−x)
gelten, was einen Widerspruch darstellt.), gilt V ∩ U = {0}.
Zu (c):
Sei h ∈ Abb(R, R). Betrachten wir nun
h(x)±h(−x)
2
und setzen
f1 (x) =
h(x)+h(−x)
2
und f2 (x) =
h(x)−h(−x)
.
2
Dann gilt:
f1 (−x) =
h(−x) + h(−(−x))
h(x) + h(−x)
=
= f1 (x)
2
2
also f1 ist gerade und
−f2 (−x) = −(
h(−x) − h(x)
h(x) − h(−x)
h(−x) − h(−(−x))
) = −(
)=
= f2 (x)
2
2
2
also f2 ist ungerade.
Wegen
f1 (x) + f2 (x) =
h(x) + h(−x) h(x) − h(−x)
+
= h(x)
2
2
gilt somit V + U = Abb(R, R).
Lösung zur Aufgabe 8.5.
Zu zeigen ist, dass R>0 zusammen mit der Vektoraddition + :
R>0 × R>0 → R>0 : a + b 7→ ab und der Skalarmultiplikation
· : R × R>0 → R>0 : λ · a 7→ aλ einen R−Vektorraum bildet.
Lösung.
a) Wir zeigen zuerst, dass (R>0 , +) eine abelsche Gruppe ist.
0) Abgeschlossenheit. Seien a, b ∈ R>0 beliebig, dann
a + b = ab > 0 ⇒ a + b ∈ R>0
1) Kommutativität. Seien a, b ∈ R>0 beliebig, dann
a + b = ab = ba = b + a
2) Assoziativität. Seien a, b, c ∈ R>0 beliebig, dann
(a + b) + c = (ab)c = a(bc) = a + (b + c)
3) Neutrales Element. Sei a ∈ R>0 beliebig.
a + 1 = a1 = a,
⇒ 1 ist das neutrale Element.
4) Inverse. Sei a ∈ R>0 beliebig, dann auch 1/a ∈ R>0 .
a + 1/a = a(1/a) = 1
⇒ 1/a ist das Inverse von a.
b) Wir zeigen, dass die Skalarmultiplikation die Vektorraumaxiome erfüllt.
0) Abgeschlossenheit. Seien λ ∈ R, a ∈ R>0 beliebig,
dann
λ · a = aλ > 0 ⇒ λ · a ∈ R>0
1) 1 · a = a. Sei a ∈ R>0 beliebig, dann
1 · a = a1 = a
2) (λ1 λ2 ) · a = λ1 · (λ2 · a). Seien λ1 , λ2 ∈ R, a ∈ R>0 beliebig, dann
λ 2
λ1 · (λ2 · a) = λ1 · aλ2 = aλ1
= aλ1 λ2 = (λ1 λ2 ) · a.
3) λ · (a + b) = λ · a + λ · b. Seien λ ∈ R, a, b ∈ R>0 beliebig, dann
λ·(a+b) = (a+b)λ = (ab)λ = aλ bλ = aλ +bλ = λ·a+λ·b.
4) (λ1 + λ2 ) · a = λ1 · a + λ2 · a. Seien λ1 , λ2 ∈ R, a ∈ R>0
beliebig, dann
(λ1 +λ2 )·a = aλ1 +λ2 = aλ1 ·aλ2 = aλ1 +aλ2 = λ1 ·a+λ2 ·a
Beide Veknüpfungen sind wohldefiniert (Abgeschlossenheit) und
erfüllen die Vektorraumaxiome ⇒ R>0 ist ein R-Vektorraum.
ösung zur Aufgabe 9.1. Teil a
Zu zeigen ist, dass a = (0, 3, 13), b = (1, 5, 21) und c = (8, 34, 144) ∈
Q3 über Q linear unabhängig sind.
Lösung. Wir setzen eine Linearkombination von a, b, c mit Koeffizienten aus Q gleich dem Nullvektor:
  





0
8
1
0
αa + βb + γc = α  3  + β  5  + γ  34  =  0  .
0
144
21
13
(8)
und erhalten aus (8) ein System mit 3 Gleichungen:
β + 8γ = 0
3α + 5β + 34γ = 0
13α + 21β + 144γ = 0
(9)
Wir sbtrahieren von der 2-te Gleichung das 5-fache der ersten
Gleichung und von der 3-te Gleichung das 21-fache der ersten
Gleichung und erhalten das System:
β +
8γ = 0
3α +
+ −6γ = 0
13α +
+ −24γ = 0
(10)
Aus den Gleichungen 2 und 3 von (10) folgt, dass
α = 2γ und α =
24
γ
13
⇒ α=γ=0
Aus der erste Gleichung von (10) erhalten wir β = 0.
Also ist die einzige Lösung des Gleichungssystems α = 0, β = 0,
γ = 0 und die Linearkombination (8) wird nur gleich Null, wenn
alle Koeffizienten α, β, γ (aus Q) gleich Null sind, d.h. a, b, c sind
über Q linear unabhängig.
Lösung zur Aufgabe 9.1. Teil b
Gesucht ist eine Primzahl p, so dass die Vektoren a = (0, 3, 13),
b = (1, 5, 21), und c = (8, 34, 144) ∈ (Z/pZ)3 über Z/pZ linear
abhängig sind.
Lösung. Sei p = 2. Dann gilt über Z/2Z:
a = (0, 1, 1), b = (1, 1, 1) und c = (0, 0, 0).
Da c ein Nullvektor ist, sind a, b, c linear abhängig∗ .
(∗ ) Hier zeigen wir, dass a, b, c mit c = 0 immer linear abhängig
sind. Bilden wir eine Linearkombination mit Koeffizienten α =
β = 0, γ = 1:
αa + βb + γc = 0 · a + 0 · b + 1 · 0 = 0.
(11)
Wir haben eine Linearkombination gefunden, die gleich dem Nullvektor ist, aber deren Koeffizienten nicht alle gleich 0 sind. ⇒ sind
a, b, c linear abhängig.
Lösung zur Aufgabe 9.2. Teil a
Betrachte R als Vektorraum über Q und zeige, dass 1,
linear unabhängig sind.
√ √
2, 3
√
√
Lösung. Untersuchen wir a1 + b 2 + c 3 = 0 mit a, b, c ∈ Q.
Dann
√
√
c 3 = −(a + b 2)
√
3c2 = (a + 2b)2
√
2
2
2ab
+2
3c2 = a
+
2b
|{z}
| {z }
∈Q
∈Q
√
⇒ 2 2ab ∈ Q ⇒ a = 0 oder b = 0.
Fall 1) a = 0. Dann ist 3c2 = 2b2 .
Angenommen, b 6= 0. Dann
c 2 c 2
2
mit b, c ∈ Q.
= 2 =
3
b
b
Aber in Q gibt es keine Zahl q mit q 2 = 23 .
Widerspruch ⇒ b = 0, ⇒ c = 0.
Fall 2) b = 0. Dann ist 3c2 = a2 .
Angenommen, c 6= 0. Dann
a 2 a 2
mit a, c ∈ Q.
3= 2 =
c
c
Aber in Q gibt es keine Zahl q mit q 2 = 3.
Widerspruch ⇒ c = 0, ⇒ a = 0.
√
√
Also sind alle Koeffizienten
gleich
0,
wenn
a1
+
b
2
+
c
3=0
√ √
mit a, b, c ∈ Q und 1, 2, 3 sind über Q linear unabhängig.
Lösung zur Aufgabe 9.2. Teil b
Sind die Polynome x2 + 2, 2x2 − x + 1, x + 2, x2 + x + 4 ∈ R[x]
linear unabhängig über R?
Lösung. Wir setzen eine Linearkombination (mit Koeffizienten
aus R) dieser Polynome gleich 0:
a(x2 ) + b(2x2 − x + 1) + c(x + 2) + d(x2 + x + 4) = 0.
(12)
Durch probieren erhalten wir a = −1, b = 0, c = −1, d = 1, die
(12) erfüllen:
−1(x2 ) − (x + 2) + (x2 + x + 4) = −x2 − x − 4 + x2 + x + 4 = 0.
Das heisst, dass es eine Linearkombination gibt,deren Koeffizienten nicht alle gleich 0 sind, welche gleich dem Nullvektor 0 ist.
Die Polynome x2 + 2, 2x2 − x + 1, x + 2 und x2 + x + 4 sind linear
abhängig.
Allgemeiner ist folgendes Vorgehen:
Durch Ausmultiplizieren von (12)
(a + 2b + d)x2 + (−b + c + d)x + (2a + b + 2c + 4d) = 0. (13)
erhalten wir folgendes Gleichungssystem:
a
+
2b +
d = 0
−b + c + d = 0
2a + b + 2c + 4d = 0
(14)
Wir subtrahieren das 2-fache der ersten Zeile von (14) von der
3-te Zeile von (14) und erhalten das äquivalente System:
a +
2b +
d = 0
−b + c + d = 0
−3b + 2c + 2d = 0
(15)
Jetzt addieren wir das 3-fache der zweiten Zeile von (15) zur 3-te
Zeile von (15) und erhalten das äquivalente System:
a +
2b +
−b +
d = 0
c + d = 0
5c + 5d = 0
(16)
Die Lösung ist dann a = c = −d, b = 0, wobei d freiwählbar ist.
Lösung zur Aufgabe 9.3. Teil a
v1 , v2 , v3 bilden eine Basis von V = C3
⇔ v1 , v2 , v3 linear unabhängig, da dimV = 3
3
P
λj vj = 0 ⇒ einzigeLösungλ1 = λ2 = λ3




1 i 1 0
1 i 1 0
1 i 1
⇒ i 2 i 0 ⇒ 0 3 0 0 ⇒ 0 3 0
1 7i 3 0
0 6i 2 0
0 0 2
⇔(

j=1

1 0 0 0
⇒ 0 1 0 0 
0 0 1 0
= 0)

0
0 
0

⇒ λ1 = λ2 = λ3 = 0
⇒ v1 , v2 , v3 linear unabhängig
⇔ v1 , v2 und v3 bilden eine Basis von V
Lösung zur Aufgabe 9.3. Teil b






1 i 1 1
1
1 i 1 1
1 i 1
 i 2 i 0  ⇒  0 3 0 −i  ⇒  0 1 0 −i 1 
3
0 0 2
1 7i 3 9
0 6i 2 8
6

1 i
⇒ 0 1
0 0



1 0 0 − 73
0 −2
0 − 13 i  ⇒  0 1 0 − 31 i 
1
0 0 1
3
3
⇒ λ1 = − 73 , λ2 =
−1
3 i, λ3
=3
Probe 

 

1
1
i
− 73  i  + − 13 i  2  + 3  i 
3
1
7i

  
  1  
7
−3
1
3
3
7 
2 





−3i
−3i
0 
3i
=
=
+
+
7
7
9
−3
9
3
Lösung zur Aufgabe 9.4. Teil a
A=
1 1
0 0
+
0 0
1 1
+
1 0
0 1
+
0 1
1 1
=
2 2
2 3
⇒A∈M
Wir untersuchen, wieviele Vektoren von M linear unabhängig zueinander
sind, denn dim(W ) = 4 ⇔ alle 4 Vektoren sind linear unabhängig.
1 1
0 0
1 0
0 1
0 0
λ1
+ λ2
+ λ3
+ λ4
=
0 0
1 1
0 1
1 1
0 0
⇒ λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 0
Oder allgemeiner:


1

 1 


λ1 
 0  + λ2 
0



0

0 
 + λ3 


1
1


1

0 
 + λ4 


0
1

0
0
1
1



1 0
0
1 0 0
 0 0
0 −1 1 0 
⇒
 0 1
1
0 1 0 
0
1 0 0
0 0
1
 1
⇒
 0
0
1
 0
⇒
 0
0
1
0
0
1
0
1
1
1
 
0
0
 0
1 
=
1   0
0
1


0
1 0
1 0 0
 0 0 −1 1 0
0 
⇒
 0 1
0 1 0
0 
0 1
1 1 0
0
0
0
0
1
0
1
1
0










1 0
0
 0 0
0 
⇒
 0 1
0 
0 0
0
0
0
0
1
0
1
0
0

0
0 

0 
0
⇒ λ1 , λ2 , λ3 , λ4 sind linear unabhängig
⇒ dim(W ) = 4
Lösung zur Aufgabe 9.4. Teil b
Wir zeigen U ≤ V mithilfe des Unterraumkriteriums (Abgeschlossenheit
bzgl. der Vektoraddition und der skalaren Multiplikation hier zusammen
gezeigt):
∗ ∀x, y ∈ U, λ ∈ R : λx + y ∈ U
xa xb
ya yb
λ
+
xb xc
yb y c
=
λxa λxb
λxb λxc
=
λxa + ya
λxb + yb
+
ya yb
yb yc
λxb + yb
yxc + yc
∈U
⇒U ≤V
Wir zeigen dim(U ):
U=
1 0
0 0
1 0
0 0
0 0
0 1
,
,
und
0 1
1 0
0 0
0 1
,
,
sind linear unabhängig.
0 1
1 0
⇒ dim(U ) = 3
Lösung zur Aufgabe 9.5 Zu (a):
Da sich jede Komponente kl des Vektors (k1 , . . . , kn ) mit ki ∈ K aus U durch
n
P
ki = 0 darstellen lässt bzw. U = h(1, 0, . . . , 0, −1), (0, 1, 0, . . . , 0, −1),
kl = −
i=1
i6=l
. . . , (0, . . . , 0, 1, −1)i gilt, hat U die Dimension n − 1.
In W sind alle Komponenten gleich, so dass jeder Vektor durch ein Element
aus k ∈ K bestimmt ist bzw. W = h(1, . . . , 1)i gilt, so dass die Dimension
von W gleich 1 ist.
Zu (b):
CharK ist die Ordnung des Einselementes 1K ∈ K bezüglich der additiven
Verknüpfung, also CharK = m, falls 1K + 1K + · · · + 1K = m · 1K = 0.
{z
}
|
m
Ein Element (k, k, . . . k) aus W liegt in U , wenn
n
P
i=1
k = n · k = 0 gilt. Mit
1K · k = k, k ∈ K gilt n · k = n · 1k · k. Falls m = CharK | n, dann gibt es
ein l ∈ K mit n = l · m und n · k = l · m · 1k · k = 0 gilt, da m · 1k = 0. Somit
folgt W ⊆ U .
Gilt nun CharK 6 | n, dann gilt n · k = 0 nur für k = 0, also U ∩ W = 0.