Lösungen zum 5. Blatt

Lösung 21:
Seien (a01 , a02 ) ∼ (a1 , a2 ) und (b01 , b02 ) ∼ (b1 , b2 ), d.h.
a01 a2 = a1 a02
b01 b2 = b1 b02 .
und
Bei beiden Operationen muss gezeigt werden, dass bei Rechnung mit den Repräsentanten mit Strich genau
das gleiche Ergebnis erreicht wird wie bei der Rechnung mit den Repräsentanten ohne Strich. Dann ist die
Definition unabhängig von den Repräsentanten und wohldefiniert.
(a) Wohldefiniertheit der Addition: Laut Definition ist
[(a1 , a2 )]∼ + [(b1 , b2 )]∼
=
[(a1 b2 + a2 b1 , a2 b2 )]∼ ,
[(a01 , a02 )]∼
=
[(a01 b02 + a02 b01 , a02 b02 )]∼ .
+
[(b01 , b02 )]∼
Zu zeigen ist also
(a1 b2 + a2 b1 )(a02 b02 ) = (a2 b2 )(a01 b02 + a02 b01 ) .
Dies gelingt durch Ausmultiplizieren, ausnutzen der Relationsbedingungen und anschliessendes Ausklammern:
(a1 b2 + a2 b1 )(a02 b02 ) = (a1 a02 )b2 b02 + a2 a02 (b1 b02 ) = (a01 a2 )b2 b02 + a2 a02 (b01 b2 ) = (a2 b2 )(a01 b02 + a02 b01 )
(b) Wohldefiniertheit der Multiplikation: Laut Definition ist
[(a1 , a2 )]∼ · [(b1 , b2 )]∼
=
[(a1 b1 , a2 b2 )]∼ ,
[(a01 , a02 )]∼
=
[(a01 b01 , a02 b02 )]∼ .
·
[(b01 , b02 )]∼
Zu zeigen ist damit:
(a1 b1 )(a02 b02 ) = (a01 b01 )(a2 b2 )
Auch hier führt Ausmultiplizieren und Anwenden der Relationsbedingungen zum Erfolg:
(a1 b1 )(a02 b02 ) = (a1 a02 )(b1 b02 ) = (a01 a2 )(b01 b2 ) = (a01 b1 )(a2 b2 )
Lösung 22:
(a) Gegeben sind die natürlichen Zahlen mit ihrer Totalordnung (N, ≤) und
Z/∼ = {[(a1 , a2 )]∼ : a1 , a2 ∈ N, (a1 , a2 ) ∼ (b1 , b2 ) ⇔ a1 + b2 = a2 + b1 } .
Zur Motivation der Definition der Totalordnung: Wir identifizieren in dieser Konstruktion [(a1 , a2 )]∼ mit
“a1 − a2 ”, die Zahl −5 entspricht also der Äquivalenzklasse [(0, 5)]∼ . Um die herkömmliche Totalordnung
auf Z zu erhalten, suchen wir eine Relation, die für [(a1 , a2 )]∼ ≤ [(b1 , b2 )]∼ etwas wie a1 − a2 ≤ b1 − b2
erfüllt; diese Regel können wir so aber nicht verwenden, da a1 , a2 , b1 , b2 aus N sind, und wir hier allgemein
keine Subtraktion haben. Deswegen versuchen wir die folgende Definition auf Basis der Addition in N
und der Totalordnung auf N:
[(a1 , a2 )]∼ ≤ [(b1 , b2 )]∼
⇔
a1 + b2 ≤ a2 + b1 .
• Wohldefiniertheit: Seien (a01 , a02 ) ∼ (a1 , a2 ), d.h. a01 + a2 = a02 + a1 , und (b01 , b02 ) ∼ (b1 , b2 ), d.h.
b01 + b2 = b02 + b1 , und a1 + b2 ≤ a2 + b1 . Zu zeigen ist a01 + b02 ≤ a02 + b01 :
⇒
⇒
⇒
a1 + b2
a1 + a02 + b2 + b01
a01 + a2 + b02 + b1
a01 + b02
≤
≤
≤
≤
a2 + b1
a2 + b1 + a02 + b01
a2 + b1 + b01 + a02
b01 + a02
• Reflexivität: a1 + a2 ≤ a2 + a1
• Transitivität: Seien a1 + b2 ≤ a2 + b1 und b1 + c2 ≤ b2 + c1 , dann
⇒
⇒
a1 + b2
a1 + b2 + c2
a1 + c2
≤
a2 + b1
≤ a2 + b1 + c2
≤
≤ a2 + b2 + c1
a2 + c1
• Antisymmetrie: Sei a1 + b2 ≤ a2 + b1 und b1 + a2 ≤ b2 + a1 , dann
a1 + b2 ≤ a2 + b1 = b1 + a2 ≤ b2 + a1 ,
also ist a1 + b2 = a2 + b1 , somit ist (a1 , a2 ) ∼ (b1 , b2 ).
• Vergleichbarkeit: In der Definition gilt für alle a1 , a2 , b2 , b2 ∈ N mindestens entweder ≤ oder ≥,
somit überträgt sich die Vergleichbarkeit aus der Totalordnung über N.
• Einbettung: Die natürlichen Zahlen sind durch die Abbildung i(n) = [(n, 0)]∼ in Z/∼ eingebettet.
Seien nun a, b ∈ N mit a ≤ b. Zu zeigen ist i(a) = [(a, 0)]∼ ≤ i(b) = [(b, 0)]∼ . Aus a ≤ b folgt
a + 0 ≤ b + 0, und somit ist [(a, 0)]∼ ≤ [(b, 0)]∼ , genau das war zu zeigen.
(b) Gegeben sind die ganzen Zahlen mit ihrer Totalordnung (Z, ≤) und
Q/∼ = {([(a1 , a2 )]∼ : a1 ∈ Z, a2 ∈ N\{0}, (a1 , a2 ) ∼ (b1 , b2 ) ⇔ a1 b2 = a2 b1 } .
Analoge Überlegungen wie oben, nur jetzt mit “ aa21 ”, führen zur Totalordnung:
[(a1 , a2 )]∼ ≤ [(b1 , b2 )]∼
⇔
a1 b2 ≤ b1 a2
• Wohldefiniertheit: Seien (a01 , a02 ) ∼ (a1 , a2 ), d.h. a01 a2 = a02 a1 , und (b01 , b02 ) ∼ (b1 , b2 ), d.h. b01 b2 = b02 b1 ,
und a1 b2 ≤ a2 b1 . Zu zeigen ist a01 b02 ≤ a02 b01 : (Achtung, man darf nur mit a2 , a02 , b2 , b02 multiplizieren!)
⇒
⇒
⇒
a1 b2
a1 a02 b2 b02
a01 a2 b2 b02
a01 b02
≤
≤
≤
≤
a2 b1
a2 b1 b02 a02
a2 b01 b2 a02
b01 a02
• Reflexivität: a1 a2 ≤ a2 a1
• Transitivität: Seien a1 b2 ≤ a2 b1 und b1 c2 ≤ b2 c1 , dann
⇒
⇒
a1 b2
a1 b2 c2
a1 c2
≤ a2 b1
≤ a2 b1 c2
≤
≤ a2 b2 c1
a2 c1
• Antisymmetrie: Sei a1 b2 ≤ a2 b1 und b1 a2 ≤ b2 a1 , dann
a1 b2 ≤ a2 b1 = b1 a2 ≤ b2 a1 ,
also ist a1 b2 = a2 b1 , somit ist (a1 , a2 ) ∼ (b1 , b2 ).
• Vergleichbarkeit: In der Definition gilt für alle a1 , a2 , b2 , b2 ∈ N mindestens entweder ≤ oder ≥,
somit überträgt sich die Vergleichbarkeit aus der Totalordnung über Z.
• Einbettung: Die ganzen Zahlen sind durch die Abbildung i(n) = [(n, 1)]∼ in Q/∼ eingebettet. Seien
nun a, b ∈ Z mit a ≤ b. Zu zeigen ist i(a) = [(a, 1)]∼ ≤ i(b) = [(b, 1)]∼ . Aus a ≤ b folgt a · 1 ≤ b · 1,
und somit ist [(a, 1)]∼ ≤ [(b, 1)]∼ , genau das war zu zeigen.
Lösung 23: Zunächst machen wir uns nochmal klar, dass jede endliche nichtleere Menge mit einer Totalordnung, ein größtes Element besitzt: Schreiben wir die Menge bezüglich Ihrer Totalordnung sortiert hin, so kann
man das größte Element sofort ablesen.
Angenommen K sei ein endlicher geordneter Körper. Dann gibt es also ein größtes Element in K, nennen wir
es b. Da K ein Körper, ist auch eine 1 ∈ K und natürlich ist 1 6= 0. Weiterhin hat 1 auch ein additiv Inverses,
wir nennen es −1. Auch ist −1 6= 0, denn 1 + (−1) = 0 und somit ist −1 offensichtlich kein neutrales Element
der Addition. Damit haben wir alles zusammen, definieren wir noch a = b + (−1) = b − 1, so ist a 6= b, da
−1 6= 0 und es ist a ≤ b, da b größtes Element.
Sei nun c = 1, dann ist a + c = (b − 1) + 1 = b und b + c = b + 1 = d 6= b. Wenden wir nun die erste Implikation
an, so erhalten wir:
a≤b ⇒ a+c=b≤b+1=d
Somit ist d ≥ b, obwohl b das größte Element sein soll. Da aber d 6= b haben wir hier den Widerspruch, somit
gibt es keine endlichen geordneten Körper.
Lösung 24:
(a) Die Menge Q[x] ist mit den Operationen + : Q[x] × Q[x] → Q[x] und · : Q × Q[x] → Q[x] ein Vektorraum:
• (Q[x], +) ist eine kommutative Gruppe:
– Die Addition zweier Polynome mit Grad n und m ergibt ein Polynom mit Grad kleiner oder
gleich dem Maximum von n und m. Damit ist die Addition eine Operation auf Q[x].
– Die Addition in Q ist assoziativ, und damit die Addition in Q[x] punktweise und damit komplett
assoziativ.
– Die Funktion o(x) = 0 ist ein Polynom mit Grad n = 0 und ist das neutrale Element bzgl. der
Addition.
Pn
Pn
– Sei p(x) = k=0 pk xk ein Polynom aus Q[x]. Dann ist q(x) = k=0 qk xk mit qk = −pk ∈ Q
ebenfalls in Q[x]. Es gilt:
!
!
m
n
n
n
n
X
X
X
X
X
k
k
=
(pk +qk )xk =
(pk −pk )xk =
0xk = 0 = o(x)
qk x
p(x)+q(x) =
pk x +
k=0
k=0
k=0
k=0
k=0
Somit ist q das additiv Inverse zu p, also ist −p = q.
– Da (Q, +) kommutativ, ist auch die punktweise Addition in Q[x] kommutativ.
• Distributivität: Seien λ, µ ∈ Q, p, q ∈ Q[x], dann
n
X
(λ + µ)p(x) = (λ + µ)
n
X
pk xk = λ
λ (p(x) + q(x)) = λ
!
k
pk x
pk xk
+µ
k=0
k=0
n
X
!
+
k=0
m
X
qk x
!
pk xk
=λ
n
X
!
k
pk x
+λ
k=0
k=0
= λp(x) + µp(x) ,
k=0
!!
k
n
X
m
X
!
k
qk x
= λp(x)+λq(x)
k=0
• Assoziativiät der Streckung: Folgt direkt aus der Assoziativität der Multiplikation in Q.
Pn
• Rolle der 1: 1 · p(x) = 1 · k=0 pk xk = p(x).
Pn
Pn
(b) Seien p(x) = k=0 pk xk und q(x) = k=0 qk xk aus Q[x] und λ ∈ Q:
p(x) + λq(x) =
n
X
k=0
(pk + λqk ) xk = r(x) ∈ Qn [x]
| {z }
:=rk ∈Q
Da für o(x) = 0 auch immer o ∈ Qn [x] gilt, ist Qn [x] ein Untervektorraum von Q[x].
(c) Da Q[x] an sich ein Vektorraum ist, ist nur noch zu zeigen, dass Q[x] Teilmenge des Vektorraums der
Funktionen von Q nach Q ist. Zu zeigen ist also, dass jedes Polynom in Q[x] auch eine Funktion von Q
nach Q ist. Sei p ∈ Q[x], zu zeigen ist, dass für x ∈ Q gilt p(x) ∈ Q. Da p(x) eine endliche Summation
und Produkt von Koeffizienten und der Zahl x ist, ist p(x) ∈ Q.
Lösung 25: Da M endlich, können wir M mit n unterschiedlichen Variablen mk darstellen. Sei also M =
{m1 , . . . , mn }. Eine Funktion von M nach Q ordnet jedem Element in M eine rationale Zahl in Q zu. Wir
können also jede Funktion f in V durch den Vektor (f (m1 ), f (m2 ), . . . , f (mn )) ∈ Qn darstellen.
Die Operationen sind verträglich mit dieser Darstellung: Seien f, g ∈ V , so ist (f + g)(m) := f (m) + g(m), d.h.
(f1 , . . . , fn ) + (g1 , . . . , gn ) = (f1 + g1 , . . . , fn + gn )
und für λ ∈ QQ ist (λf )(m) = λf (m), d.h.
λ(f1 , . . . , fn ) = (λf1 , . . . , λfn ) .
Die Operationen entsprechen den Operationen in Qn und somit liegt hier ein Vektorraum vor, man nutzt hier
einen sog. Vektorraumisomorphismus aus. Alternativ kann man jede einzelne Regel per Hand nachprüfen.
Der Nullvektor (0, . . . , 0) ist der Vektor, der für alle m ∈ M auf 0 abbildet: f (m) = 0 und die Standardbasis
ist
1 wenn m = mk
B = {f1 , f2 , . . . , fn } mit fk (m) =
.
0 wenn m 6= mk