Elemente der Mathematik

Elemente der Mathematik - Sommer 2016
Prof. Dr. Matthias Lesch, Regula Krapf
Aufgabe 5 (4 Punkte). Für n ≥ 1 sei ζn = e
sind gegeben als
ζnk
=e
2kπi
n
Lösungen Übungsblatt 2
2πi
n
. Die n-ten Einheitswurzeln
für k ∈ {1, . . . , n}. Falls ζ eine n-te Einheitswurzel
ist, so nennen wir die kleinste positive Zahl d ≤ n mit ζ d = 1 die Ordnung von
ζ. Eine n-te Einheitswurzel ζ heisst primitiv, falls sie Ordnung n hat.
(a) Zeigen Sie, dass ζnk genau dann primitiv ist, wenn ggT(n, k) = 1 (für k ∈
{1, . . . , n}).
(b) Sei ζ eine n-te Einheitswurzel der Ordnung d. Zeigen Sie, dass ζ e = 1 gilt,
genau dann wenn d ein Teiler von e ist.
(c) Zeigen Sie, dass für jeden Teiler d von n eine n-te Einheitswurzel der Ordnung d existiert.
Lösung.
(a) Wir nehmen an, dass ζnk eine primitive Einheitswurzel ist. Sei d < n ein
gemeinsamer Teiler von k und n. Seien k = ad und n = bd. Dann gilt
(ζnk )b = (ζnad )b = (ζnbd )a = 1
und somit b = n und d = 1.
Umgekehrt, seien k und n teilerfremd und sei d die Ordnung von ζnk . Es
gibt genau eine natürliche Zahl x < n, sodass kx ≡ 1 mod n. Somit gilt
ζnkx = ζn . Aber dann gilt ζnd = (ζnkx )d = (ζnkd )x = 1 und daher hat ζn die
Ordnung d. Da ζn primitiv ist, gilt d = n.
(b) Sei ζ e = 1. Nach dem Satz von Euklid gilt e = qd + r mit r < d. Somit
erhalten wir
1 = ζ e = (ζ d )q · ζ r = ζ r ,
ein Widerspruch.
Umgekehrt, sei kd = e. Dann gilt ζ e = (ζ d )k = 1.
(c) Sei n = kd. Dann ist ζnk eine Einheitswurzel der Ordnung d, da (ζnk )d =
ζnn = 1.
Aufgabe 6 (7 Punkte). Das n-te Kreisteilungspolynom ist gegeben durch
Y
Φn (x) =
(x − ζ).
ζ n =1
ζ primitiv
2
(a) Zeigen Sie, dass jede n-te Einheitswurzel eine primitive d-te Einheitswurzel
für einen Teiler d von n ist.
(b) Beweisen Sie mit Hilfe von (a) und dem Lemma von Bézout, dass
xn − 1 =
Y
Φd (x)
d|n
gilt.
(c) Für eine natürliche Zahl n sei ϕ(n) die Anzahl aller natürlichen Zahlen
in a ∈ {1, . . . , n} mit ggT(a, n) = 1. Die Funktion ϕ wird als Eulersche
ϕ-Funktion bezeichnet. Folgern Sie die Gauss’sche Formel
n=
X
ϕ(d).
d|n
(d) Berechnen Sie explizit Φ8 .
Lösung.
(a) Sei ζ = ζnk eine n-te Einheitswurzel.
Falls ζ eine primitive n-te Ein-
heitswurzel ist, so ist die Behauptung erfüllt für d = n. Wir nehmen also
an, dass ζ keine primitive n-te Einheitswurzel ist. Dann gibt es gemäss
Aufgabe 5 (a) einen Teiler t von n, k mit t > 1. Seien n = dt und k = lt.
Somit gelten
ζnk = e
2kπi
n
=e
2dtπi
lt
=e
2dπi
l
= ζdl
und ggT(d, l) = ggT( nt , kt ) = 1. Wegen Aufgabe 5 (a) gilt dann, dass ζnk
eine primitive d-te Einheitswurzel ist.
(b) Aus (a) folgt, dass die beiden Polynome die gleichen Nullstellen besitzen.
Q
Es bleibt zu zeigen, dass alle Nullstellen von d|n Φd (x) Nullstellen der
Ordnung 1 sind. Seien also d, e zwei Teiler von n und sei ζdk eine primitive
d-te Einheitswurzel und ζel eine primitive e-te Einheitswurzel mit ζdk = ζel .
Wir zeigen, dass d = e. Es gilt
e
2kaπi
n
=e
2kπi
d
=e
2lπi
e
=e
2lbπi
n
.
Weil ka, lb < n gilt, erhalten wir ka = lb. Wir schreiben ad = n und be = n.
Nach dem Lemma von Bézout gibt es ganze Zahlen r, s ∈ Z mit rk +sd = 1.
3
Somit gilt
rlb
+ sd = 1
a
rlbe
+ sde = e
a
rld + sde = e
d(rl + se) = e
und somit ist d ein Teiler von e. Analog zeigt man, dass e ein Teiler von d
ist. Daher gilt d = e und k = l.
(c) Aus Aufgabe 5 (a) folgt, dass der Grad von Φd (x) genau ϕ(d) ist. Somit
erhalten wir aus (b), dass
n = deg(xn − 1) = deg
Y
d|n
X
ϕ(d).
Φd (x) =
d|n
(d) Wir haben
Φ1 (x) = x − 1
Φ2 (x) = x + 1
Φ4 (x) = (x − i)(x + i) = x2 + 1.
Sei f (x) = Φ1 (x) · Φ2 (x) · Φ4 (x) = x4 − 1. Somit erhalten wir mit (c), dass
Φ8 (x) = x8 − 1 : f (x) = x4 + 1.
Aufgabe 7 (4 Punkte). Berechnen Sie alle Lösungen der folgenden Gleichungen.
(a) x3 − 4x2 + 6x − 4 = 0.
(b) x3 + 3x2 + 9x + 9 = 0.
Lösung.
(a) Man sieht leicht, dass x1 = 2 eine Lösung ist. Dann erhalten wir mit
Polynomdivision x3 − 4x2 + 6x − 4 : x − 2 = x2 − 2x + 2. Dann gilt
√
2 ± −4
x2,3 =
= 1 ± i.
2
Alternativ kann man die Gleichung mit der Cardanischen Formel lösen
mit der Substitution w = x − 34 ; dann erhalten wir
x3 − 4x2 + 6x − 4 = w3 + pw + 1
4
mit p =
2
3
und q = − 20
27 . Die Diskriminate ist dann
q 2
p 3 108
4
+
= 2 = .
2
3
27
27
(b) Wir schreiben w = x + 1. Dann erhalten wir
∆=
x3 + 3x2 + 9x + 9 = w3 + pw + q
mit p = 6 und q = 2. Dann gilt
q 2
p 3
+
=9
2
3
q
√
√
√
p
= − 3 4. Damit sind die
und somit u = 3 − 2q + ∆ = 3 2 und v = − 3u
∆=
Lösungen der Gleichung w3 + pw + q gegeben durch
√
√
3
3
w1 = u + v = 2 − 4 ≈ −0.33
√
i 3
1
(u − v) ≈ 0.16 + 2.47i
w2 = − (u + v) +
2
2
√
1
i 3
w3 = − (u + v) −
(u − v) ≈ 0.16 − 2.47i.
2
2
Daher erhalten wir als Lösungen der ursprünglichen Gleichung
x1 ≈ −1.33
x2 ≈ −0.84 + 2.47i
x3 ≈ −0.84 − 2.47i.
Aufgabe 8 (4 Punkte). Sei z = a + ib eine beliebige komplexe Zahl.
(a) Zeigen Sie, dass sich der Realteil und der Imaginärteil der Kubikwurzeln
von z durch eine kubische Gleichung mit reellen Koeffizienten beschreiben
lassen.
(b) Zeigen Sie, dass die Diskriminate der in (a) gegebenen kubischen Gleichung
negativ ist (i.e. Casus irreducibilis).
Lösung.
(a) Sei w = c + id mit w3 = z. Dann gilt
(c + id)3 = c3 − 3cd2 + i(3c2 d − d3 )
und daher
c3 − 3cd2 = a
3c2 d − d3 = b.
5
Des Weiteren haben wir
(c2 + d2 )3 = |w|6 = |w3 |2 = |z|2
p
p
und somit gilt c2 + d2 = 3 |z|2 . Daraus folgt d2 = 3 |z|2 − c2 und damit
p
c3 − 3c( 3 |z|2 − c2 ) − a = 0
p
4c3 − 3 3 |z|2 c − a = 0
p
3 3 |z|2
a
3
c −
c− =0
4
4
d.h. c ist eine Lösung der kubischen Gleichung
p
3 3 |z|2
a
3
x − = 0.
x −
4
4
Analog sieht man, dass d eine Lösung der kubischen Gleichung
p
3 3 |z|2
b
3
x −
x + = 0.
4
4
ist.
(b) Wir betrachten nur die kubische Gleichung
p
3 3 |z|2
a
3
x − = 0,
x −
4
4
√
3 3 |z|2
da der andere Fall analog behandelt werden kann. Es gilt p = − 4 und
2
2
b2
q = − a4 . Dann ist die Diskriminate gegeben durch ∆ = a −|z|
= − 64
< 0.
64
Abgabe: Dienstag, 03.05.2015 um 16:15 in den entsprechenden Fächern