M3 ET VU 3.Test 22 April 2010

M3 ET VU 3.Test
↑Nachname↑
22 April 2010
In die Kästchen
“J” bzw. “N” eintragen. Nicht ausgefüllte Kästchen
gelten als Fehler.
Matrikelnummer
(Deutlich)
Aufgabe 1) Welche der folgenden Aussagen ist richtig?
(a) Die Potenzmenge P (M ) einer
(b) Der IR3 mit dem Vektorprodukt ist
nichtleeren Menge ist bezüglich der
ein Monoid
Operation “∩” eine Gruppe
(c) In einer abelschen Gruppe ist stets (d) Jede Untergruppe einer abelschen
ab2 = ba2
Gruppe ist zugleich Normalteiler
(e) Jede abelsche Gruppe ist zyklisch
NNNJN
2) Welche der nachstehenden Aussagen sind korrekt?
(a) Die Symmetriegruppe eines
(b) Die Symmetriegruppe eines
Quadrats (Bierdeckel!) ist
Quadrats hat 8 Elemente
kommutativ
(c) Die 3 × 3-Matrizen mit
(d) Der Kern eines
Determinante 1 bilden einen
Gruppenhomomorphismus ist stets
Normalteiler in der multiplikativen
ein Normalteiler
Gruppe aller regulären
3 × 3-Matrizen.
(e) Die komplexen Zahlen bilden
bezüglich der Multiplikation eine
Gruppe
NJJJN
3) Welche der nachfolgenden Aussagen treffen zu? F7 ist der Körper mit 7
Elementen.
(a) Es ist 7 − (15 + 8) · (3 − 8) ≡ 3
(b) Es ist x3 − 5x2 + 8x − 4 ≡ x + 1
(mod 11).
(mod x2 − x + 2).
2
(c) Das Polynom x − x + 2 ist
(d) Das Polynom (x + 3) ist Nullteiler
irreduzibel in F7 .
im Quotientenring
F7 [x]/(x2 − x + 2).
2
(e) F7 [x]/(x − x + 2) ist ein Körper.
NNNJN
1)
Lösung: a) N. Es ist M ∩ X = X für alle Teilmengen X, somit ist M das
neutrale Element. Wäre P (M ) eine Gruppe, so müßte es zu X = ∅ ein Inverses
geben, also eine Teilmenge Y mit ∅ ∩ Y = M . Da ∅ =
6 M gilt, ergibt sich ein
Widerspruch.
b) N. Es gibt kein neutrales Element ~e: Aus ~a × ~e = ~a folgt ~0 = ~e × ~e = ~e.
Hieraus wiederum ~a × ~e = ~0 für alle ~a ∈ IR3 .
c) N. Es sei, als Gegenbeispiel, A die zyklische Gruppe der Ordnung 3, erzeugt
von einer Drehung D um 120 Grad. Nun sei a := D und b := D2 . Dann ist
D2 = D5 = ab2 = ba2 = D2 D2 = D4 = D, also D2 = D, insbesondere D = I,
ein Widerspruch.
d) J. Die Bedingung gN = N g gilt für alle g ∈ G, weil G abelsch ist.
e) N. Die Symmetriegruppe eines Rechtecks (kein Quadrat) hat 4 Elemente, von
denen jedes die Ordnung 2 hat. Somit ist diese Gruppe nicht zyklisch.
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2)
Lösung: a) N. Die Drehung um 90 Grad kommutiert nicht mit der Drehung um
180 Grad um die Schwerlinie durch gegenüberliegende Seitenmittelpunkte.
b) J. Es gibt die 4 Drehungen um 90 Grad und die 4 Drehspiegelungen (Drehungen um 180 Grad um die Schwerlinie durch gegenüberliegende Seitenmittelpunkte.
c) J. Es ist det(AB) = det(A) det(B) = 1, also liegt eine Untergruppe vor.
Ist weiters g invertierbare 3 × 3-Matrix und det(A) = 1, so ist det(g −1 Ag) =
det(g −1 ) det(A) det(g) = det(g −1 ) det(g) = det(g −1 g) = 1, also mit A in der
Untergruppe auch g −1 Ag in der besagten Untergruppe. Diese ist somit ein Normalteiler. Wissenschaftliche Notation: SL(3, IR) / GL(3, IR).
d) J. Zunächst folgt aus φ(x) = φ(y) = 1 stets φ(xy) = φ(x)φ(y) = 1 und
φ(x−1 ) = φ(x)−1 = 1, sodaß ker(φ) eine Untergruppe ist. Danach ergibt sich
für beliebiges g ∈ G, daß φ(g −1 xg) = φ(g −1 )φ(g) = φ(g −1 g) = 1, also stets
g −1 xg ∈ ker(φ) für jedes x ∈ ker(φ).
(Man beachte die Ähnlichkeit des Beweises zu c).)
e) N. Es gibt zu 0 kein inverses Element – die Gleichung x · 0 = 1 hat keine
Lösung im Körper der komplexen Zahlen.
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3)
Lösung: a) N. Es sollte sich 1 ergeben.
b) N. Es sollte sich 2x + 4 ergeben.
c) N. Es ist (x + 3)2 = x2 + 6x + 9 ≡ x2 − x + 2 (mod 7).
d) J. Es ist (x + 3)2 = x2 + 6x + 9 ≡ 0 (mod x2 − x + 2).
e) N. Es ist x + 3 ein Nullteiler.
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M3 ET VU 3.Test
↑Nachname↑
22 April 2010
In die Kästchen
“J” bzw. “N” eintragen. Nicht ausgefüllte Kästchen
gelten als Fehler.
Matrikelnummer
(Deutlich)
Aufgabe 1) Welche der folgenden Aussagen ist richtig?
(a) Jede Untergruppe einer zyklischen (b) Die Potenzmenge P (M ) einer
Gruppe ist zugleich Normalteiler
nichtleeren Menge ist bezüglich der
Operation “∪” eine Gruppe
(c) In einer abelschen Gruppe ist stets (d) Jede abelsche Gruppe ist zyklisch
ab2 = ba2
(e) Der IR3 mit dem Vektorprodukt ist
ein Monoid
JNNNN
2) Welche der nachstehenden Aussagen sind korrekt?
(b) Die 5 × 5-Matrizen mit
(a) Die Symmetriegruppe eines
Determinante 1 bilden einen
Quadrats (Bierdeckel!) ist
Normalteiler in der multiplikativen
kommutativ
Gruppe aller regulären
5 × 5-Matrizen.
(c) Der Kern eines
(d) Die Symmetriegruppe eines
Gruppenhomomorphismus ist stets
Quadrats hat 9 Elemente
ein Normalteiler
(e) Die komplexen Zahlen bilden
bezüglich der Addition eine
Gruppe
NJJNJ
3) Welche der nachfolgenden Aussagen treffen zu? F7 ist der Körper mit 7
Elementen.
(a) Es ist 7 − (15 + 8) · (3 − 8) ≡ 3
(b) Es ist x3 − 5x2 + 8x − 4 ≡ x + 1
(mod 11).
(mod x2 − x + 2).
2
(c) Das Polynom x + 6x + 2 ist
(d) F7 [x]/(x2 + 6x + 2) ist ein Körper.
irreduzibel in F7 .
(e) Das Polynom (x + 3) ist Nullteiler
im Quotientenring
F7 [x]/(x2 + 6x + 2).
NNNNJ
1)
Lösung: a) J. Die Bedingung gN = N g gilt für alle g ∈ G, weil G abelsch ist.
b) N. Es ist ∅ ∪ X = X für alle Teilmengen X, somit ist ∅ das neutrale Element.
Wäre P (M ) eine Gruppe, so müßte es zu X = M ein Inverses geben, also eine
Teilmenge Y mit M ∪ Y = ∅. Da ∅ =
6 M gilt, ergibt sich ein Widerspruch.
c) N. Es sei, als Gegenbeispiel, A die zyklische Gruppe der Ordnung 3, erzeugt
von einer Drehung D um 120 Grad. Nun sei a := D und b := D2 . Dann ist
D2 = D5 = ab2 = ba2 = D2 D2 = D4 = D, also D2 = D, insbesondere D = I,
ein Widerspruch.
d) N. Die Symmetriegruppe eines Rechtecks (kein Quadrat) hat 4 Elemente,
von denen jedes die Ordnung 2 hat. Somit ist diese Gruppe nicht zyklisch.
e) N. Es gibt kein neutrales Element ~e: Aus ~a × ~e = ~a folgt ~0 = ~e × ~e = ~e.
Hieraus wiederum ~a × ~e = ~0 für alle ~a ∈ IR3 .
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2)
Lösung: a) N. Die Drehung um 90 Grad kommutiert nicht mit der Drehung um
180 Grad um die Schwerlinie durch gegenüberliegende Seitenmittelpunkte.
b) J. Es ist det(AB) = det(A) det(B) = 1, also liegt eine Untergruppe vor.
Ist weiters g invertierbare 5 × 5-Matrix und det(A) = 1, so ist det(g −1 Ag) =
det(g −1 ) det(A) det(g) = det(g −1 ) det(g) = det(g −1 g) = 1, also mit A in der
Untergruppe auch g −1 Ag in der besagten Untergruppe. Diese ist somit ein
Normalteiler. Wissenschaftliche Notation: SL(5, IR) / GL(5, IR).
c) J. Zunächst folgt aus φ(x) = φ(y) = 1 stets φ(xy) = φ(x)φ(y) = 1 und
φ(x−1 ) = φ(x)−1 = 1, sodaß ker(φ) eine Untergruppe ist. Danach ergibt sich
für beliebiges g ∈ G, daß φ(g −1 xg) = φ(g −1 )φ(g) = φ(g −1 g) = 1, also stets
g −1 xg ∈ ker(φ) für jedes x ∈ ker(φ).
(Man beachte die Ähnlichkeit des Beweises zu b).)
d) N. Es müßte eine Symmetrieoperation der Ordnung 3 geben.
e) J.
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3)
Lösung: a) N. Es sollte sich 1 ergeben.
b) N. Es sollte sich 2x + 4 ergeben.
c) N. Es ist (x + 3)2 = x2 + 6x + 9 ≡ x2 + 6x + 2 (mod 7).
d) N. Es ist x + 3 ein Nullteiler.
e) J. Es ist (x + 3)2 = x2 + 6x + 9 ≡ 0 (mod x2 + 6x + 2).
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