Lösung 1. ¨Ubung Elemente der Algebra WS2016/17

Lösung 1. Übung Elemente der Algebra
WS2016/17
1. Beschreiben Sie folgende Zahlenmengen durch Markierung auf der Zahlengeraden, der
Zahlenebene bzw. durch Aufzählen der Elemente:
(e) {(x, y) ∈ IR2 3x + 4y ≤ 12}
Lösung:
(e) Die Punkte der Ebene, die die Gleichung erfüllen, liegen genau auf der Geraden
{(x, y) ∈ IR2 ; y = − 34 x + 3}. Ist (x0 |y0 ) ein Punkt der Geraden, dann liegen alle Punkte mit y < − 34 x0 + 3 auf der Halbgeraden parallel zur y-Achse unterhalb
(x0 |y0 ), d.h. die gesuchte Punktmenge ist die Halbebene unterhalb der Geraden
(einschließlich der Geraden).
2. Bestimmen Sie die folgenden Mengenvereinigungen und -durchschnitte:
(g) {n ∈ IN| n ungerade} ∩ {3k| k ∈ ZZ},
Lösung:
(g)
{(2k − 1)3| k ∈ IN}.
4. Seien G eine beliebige nichtleere Menge, A, B, C, D beliebige Teilmengen von G.
Untersuchen Sie, ob folgende Aussagen wahr oder falsch sind:
(c) Gilt A j B, dann auch B ∩ C j A ∩ C.
Geben Sie gegebenenfalls einen Beweis oder ein Gegenbeispiel an!
Lösung:
(c) Sei x ∈ B ∩ C beliebig, d.h. x ∈ B und x ∈ C. Zu zeigen ist: x ∈ A und x ∈ C. Die
2. Feststellung ist Voraussetzung, d.h. es bleibt zu zeigen: x ∈ A.
Angenommen x 6∈ A, dann gilt x ∈ A j B, d.h. x ∈ B und damit x 6∈ B. Widerspruch. Also gilt die Behauptung.
6. Für c ∈ IR sei
(b) Mc′ := {(x|y)| x,[
y ≤ c}. Schraffieren
Sie in der (x|y)-Ebene M2′ .
\
Bestimmen Sie
Mc′ und
Mc′ . (Mit Nachweis!)
c∈IR
c∈IR,c≥0
Lösung:
(b) M2′ ist der linke untere Quadrant“ unterhalb der Geraden y = 2 und links von der
”
Geraden x = 2 einschließlich der Randpunkte.
Allgemein ist Mc′ der entsprechende linke untere Quadrant“ mit rechter oberer Ecke
”
(c; c).
[
[
Die Vereinigung
Mc′ ist die ganze Ebene: Angenommen, es gibt (x0 |y0 ) 6∈
Mc′ .
c∈IR
Sei c0 := max{x0 , y0 }. Dann ist x0 ≤ c0 , y0 ≤ c0 , also (x0 |y0 ) ∈
Mc′0
Widerspruch.
\
Behauptung: Der Durchschnitt
Mc ist der dritte Quadrant M0′ :
⊆
c∈IR
[
Mc′ .
c∈IR
c∈IR
Für beliebiges (x0 |y0 ) ∈ M0′ und beliebiges c ≥ 0 gilt
\ x0 ≤ 0 ≤ c und y0 ≤ 0 ≤ c,
′
′
d.h. (x0 |y0 ) ∈ Mc für alle c ≥ 0 und damit M0 ⊆
Mc′ .
Aus der Definition des Durchschnitts folgt
c∈IR,c≥0
Mc′ ⊆ M0′ ,
c∈IR,c≥0
\
d.h.
\
Mc′ = M0′ .
c∈IR,c≥0
9. Beweisen Sie: Für beliebige Mengen M1 , M2 , M3 j G gilt:
(d) M1 △ (M2 △ M3 ) ⊆ (M1 △ M2 ) △ M3 .
Lösung:
(d) Sei x ∈ M1 △ (M2 △ M3 ) beliebig, d.h. nach Definition von △ gilt (x ∈ M1 und
x 6∈ (M2 △ M3 )) oder (x 6∈ M1 und x ∈ (M2 △ M3 )).
Für x ∈ M1 ist nach (a) x 6∈ M2 ∪ M3 oder x ∈ M2 ∩ M3 , also (x 6∈ M2 und x 6∈ M3 )
oder (x ∈ M2 und x ∈ M3 ).
Für x 6∈ M2 und x 6∈ M3 ist x ∈ M1 \M2 ⊆ M1 △M2 und weiter x ∈ (M1 △M2 )\M3 ⊆
(M1 △ M2 ) △ M3.
Für x ∈ M2 und x ∈ M3 ist x 6∈ (M1 ∪ M2 ) \ (M1 ∩ M2 ) = M1 △M2 und weiter
x ∈ M3 \ (M1 △M2 ) ⊆ (M1 △ M2 ) △ M3.
Für x 6∈ M1 ist nach Definition von △ x ∈ M2 \ M3 oder x ∈ M3 \ M2 , also (x ∈ M2
und x 6∈ M3 ) oder (x 6∈ M2 und x ∈ M3 ).
Für x ∈ M2 und x 6∈ M3 ist x ∈ M2 \M1 ⊆ M1 △M2 und weiter x ∈ (M1 △M2 )\M3 ⊆
(M1 △ M2 ) △ M3.
Für x 6∈ M2 und x ∈ M3 ist x 6∈ (M1 ∪ M2 ) \ (M1 ∩ M2 ) = M1 △M2 und weiter
x ∈ M3 \ (M1 △M2 ) ⊆ (M1 △ M2 ) △ M3.
Lösung 2. Übung Elemente der Algebra
WS2016/17
15. Seien A, B, C beliebige Aussagen, 1 die immer wahre Aussage. Geben Sie an, ob folgende
Aussagen richtig oder falsch sind? Begründung ist erforderlich.
(c) ¬ B ∧ (A ∧ ¬B ∧ C) ∨ (¬A ∧ ¬B ∧ C) ∨ ¬C = ¬B ∨ C.
Lösung:
(c) Entweder mit Wahrheitstafel oder wie im folgenden mit den Rechenregeln:
(A ∧ ¬B ∧ C) ∨ (¬A ∧ ¬B ∧ C) = (A ∨ ¬A) ∧ (¬B ∧ C) = 1 ∧ (¬B ∧ C) = ¬B ∧ C.
(¬B ∧ C) ∨ ¬C = (¬B ∨ ¬C) ∧ (C ∨ ¬C) = (¬B ∨ ¬C) ∧ 1 = ¬B ∨ ¬C.
B ∧ (¬B ∨ ¬C) = (B ∧ ¬B) ∨ (B ∧ ¬C) = 0 ∨ (B ∧ ¬C) = B ∧ ¬C.
¬(B ∧ ¬C) = ¬B ∨ C. Aussage ist wahr.
19. Welche der folgenden Rechenregeln“ geben in IR allgemeingültige Aussageformen wider?
”
(a) (a − b)2 = a2 + 2ab + b2
(c) a2 + b2 > 0
(b) (a − b)2 6= a2 + b2
(d) a2 + b2 < 0
Bestimmen Sie in den anderen Fällen die von IR verschiedenen Erfüllungsmengen.
Lösung:
(a) Nach der 2. binomischen Formel gilt
(a − b)2 = a2 − 2ab + b2 .
Es sind also alle a, b ∈ IR zu bestimmen, für die
a2 − 2ab + b2 = a2 + 2ab + b2 .
Das ist erfüllt für 4ab = 0, also a = 0 oder b = 0.
Erfüllungsmenge ist {(a|b) ∈ IR2 ; a = 0 oder b = 0} = {0} × IR ∪ IR × {0} .
(b) Gilt für alle (a, b) ∈ IR2 , wenn 2ab 6= 0, d.h. für alle (a|b) ∈ IR2 außer, wenn a = 0
oder b = 0. Erfüllungsmenge (IR \ {0}) × (IR \ {0}).
(c) Gilt für alle (a, b) ∈ IR2 außer, wenn a = 0 und b = 0. Erfüllungsmenge IR2 \ {(0, 0)}.
(d) Gilt für kein (a, b) ∈ IR2 . Erfüllungsmenge ∅.
21. Für welche Werte a, b ∈ IR ist die Aussageform ax2 ≥ b über der Grundmenge IR
– allgemeingültig,
– nicht allgemeingültig, aber erfüllbar;
– unerfüllbar ?
Lösung:
Betrachte a = 0, b > 0: ax2 = 0, 0 < b ⇒ ax2 < b für alle x ∈ IR, d.h. die
Aussageform ist allgemeingültig.
Betrachte a = 0, b ≤ 0: ax2 = 0, b ≤ 0 ⇒ b ≤ ax2 ⇒ ax2 ≥ b ⇒ ax2 ≮ b, d.h. die
Aussageform ist unerfüllbar.
Betrachte a > 0, b ≤ 0: ax2 ≥ 0, b ≤ 0 ⇒ b ≤ ax2 ⇒ ax2 ≥ b ⇒ ax2 ≮ b, d.h. die
Aussageform ist unerfüllbar.
r
r
b
b
b
2
2
Betrachte a > 0, b > 0: ax < b ⇔ x <
⇔ −
< x <
, d.h. die
a
a
a
Aussageform ist erfüllbar, aber nicht allgemeingültig.
r
r
b
b
b
Betrachte a < 0, b < 0: ax2 < b ⇔ x2 >
⇔ x>
oder x < −
, d.h. die
a
a
a
Aussageform ist erfüllbar, aber nicht allgemeingültig.
Betrachte a < 0, b = 0: ax2 < 0 ⇔ x 6= 0, d.h. die Aussageform ist erfüllbar, aber
nicht allgemeingültig.
Betrachte a < 0, b > 0: ax2 ≤ 0, 0 < b ⇒ ax2 < b für alle x ∈ IR, d.h. die
Aussageform ist allgemeingültig.
22. Geben Sie an, welche der folgenden Aussagen wahr oder falsch sind. Begründung ist
erforderlich.
^ _
_ ^
_ ^
_ ^
(a)
(x > y) (b)
(x > y) (c)
(x ≥ y) (d)
(x > y)
x∈IN y∈IN
y∈IN x∈IN
y∈IN x∈IN
Lösung:
(a) Falsch: Für x = 1 gibt es kein y ∈ IN mit 1 > y.
(b) Falsch: Wie bei (a).
(c) Wahr: Mit y = 1.
(d) Wahr. Zum Beispiel mit y = 0.
y∈Z
Z x∈IN
Lösung 3. Übung Elemente der Algebra
WS2016/17
25. Zeigen Sie mit Hilfe eines indirekten oder Widerspruchsbeweises:
(d) Ist die letzte Ziffer einer natürlichen Zahl 2, 3, 4, 7 oder 8, dann ist sie nicht Produkt
von zwei Quadratzahlen.
Lösung:
(d) Gegenbeispiel für Endziffer 4: 12 · 22 = 4.
Beweis, dass Endziffer 2, 3, 7 oder 8 nicht auftreten kann:
Angenommen, es gibt zwei natürliche Zahlen a und b, so dass a2 · b2 als Einerziffer
eine der Zahlen 2, 3, 7 oder 8 hat.
Hat a die n + 1 Ziffern a0 , a1 , . . . , an , dann hat a die Darstellung
a = (an an−1 . . . a1 a0 )10 = a′ · 10 + a0
0
mit a′ := (an an−1 . . . a1 )10 = a−a
. Für das Quadrat gilt mit der 1. binomischen
10
Formel
2
a2 = a′ · 10 + a0 = a′2 · 100 + 2 · a′ · a0 · 10 + a20 .
a2 und a20 haben also dieselbe Einerziffer und analog b2 und b20 . Für das Produkt
0
a2 · b2 gilt mit b′ := (bm bm−1 . . . b1 )10 = b−b
10
a2 · b2 = a′2 · 100 + 2 · a′ · a0 · 10 + a20 · b′2 · 100 + 2 · b′ · b0 · 10 + b20 =
= a′2 b′2 · 103 + 2a′2 b′ b0 · 102 + a′2 b20 · 10 + 2a′ a0 b′2 · 102 + 4a′ a0 b′ b0 · 10 + 2a′ a0 b20
+ a20 b′2 · 10 + 2a20 b′ b0 ) · 10 + a20 · b20 ,
d.h. auch a2 · b2 und a20 · b20 haben dieselbe Einerziffer.
Nach (c) können als Einerziffer von a20 bzw. b20 nur 0, 1, 4, 5, 6, 9 auftreten. Produkte
von 2 dieser Ziffern haben als Einerziffer eine der Zahlen 0, 1, 4, 5, 6, 9, also nie die
Einerziffer 2, 3, 7 oder 8. Widerspruch.
27. Zeigen Sie mit vollständiger Induktion:
(b) Für alle n ∈ IN gilt
n
X
k=1
(k 3 + k) =
1
n(n + 1)(n2 + n + 2).
4
(c) In der Ebene seien n Geraden gegeben. Diese unterteilen die Ebene in mehrere Teile
(Länder). Zeigen Sie, dass man die Länder mit höchstens zwei Farben so färben kann,
dass benachbarte Länder immer verschiedene Farben haben.
Dabei heißen zwei Länder benachbart, wenn sie eine gemeinsame Grenze haben. Eine
gemeinsame Ecke genügt nicht.
Lösung:
(b) Induktionsanfang n = 1: 13 − 1 = 0 = 0 · 3. Richtig.
Induktionsschluss: Sei n ∈ IN so, dass die Behauptung stimmt, d.h. es gibt ein k ∈ ZZ
mit n3 − n = 3k. Wir zeigen die Beh. für n + 1:
(n + 1)3 − (n + 1) = (n3 + 3n2 + 3n + 1) − n − 1 = (n3 − n) + (3n2 + 3n) =
= 3k + 3(n2 + n) = 3k ′
mit k ′ = k + n2 + n.
|{z}
Ind−V or
(c) Induktionsanfang n = 0: M = ∅. P(M) = {∅} hat 1 = 20 Elemente.
Induktionsschluss: Sei n ∈ IN so, dass die Behauptung stimmt, d.h. für jede Menge
mit n Elementen hat P(M) 2n Elemente. Wir zeigen die Beh. für n + 1:
Wir benennen die Elemente einer beliebigen Menge M mit n + 1 Elementen durch
x1 , . . . , xn , xn+1 . Für jede Teilmenge U von M gilt genau eine der beiden Aussagen:
xn+1 ∈ U oder xn+1 6∈ U. Die 2. Aussage gilt genau dann, wenn U Teilmenge von
M ′ := M \ {xn+1 } = {x1 , . . . , xn } ist. Nach Induktionsvoraussetzung hat M ′ genau
2n Teilmengen U1′ , . . . , U2′ n .
Zu jeder anderen Teilmenge U von M (mit xn+1 ∈ U) gibt es die eindeutig bestimmte Teilmenge U ′ := U \ {xn+1 } von M ′ , d.h. genau eine der Mengen U1′ , . . . , U2′ n .
Damit gibt es von diesen Teilmengen auch genau 2n , nämlich U1′′ , . . . , U2′′n . Keine der
Teilmengen Ui′ bzw. Uj′′ sind gleich, d.h. M hat 2 · 2n = 2n+1 Teilmengen.
31. (b) Gegeben seien 10 natürliche Zahlen. Zeigen Sie, dass es darunter zwei gibt, deren
Differenz durch 9 ganzzahlig teilbar ist.
(c) Unterm Weihnachtsbaum liegen 13 Geschenke fur drei Kinder. Dann bekommt mindestens ein Kind mindestens 5 Geschenke.
Lösung:
(b) Wir sortieren die natürlichen Zahlen a1 , . . . , a10 in 9 Schubfächer: Jede natürliche
Zahl kann man als ganzzahliges Vielfaches von 9 plus Rest r schreiben, wobei r
eine ganze Zahl zwischen 0 und 8 ist. Jede der Schubfächer wird mit einer dieser
möglichen Werte von r beschriftet, und jede der Zahlen a1 , . . . , a10 in das entsprechende Schubfach einsortiert. Da es 10 Zahlen und nur 9 Schubfächer gibt, enthält
mindestens eins der Schubfächer mindestens zwei der Zahlen, oBdA a1 und a2 . Es
gilt a1 = 9k1 + r und a2 = 9k2 + r, also
a1 − a2 = 9(k1 − k2 ),
d.h. die Differenz ist durch 9 teilbar.
(c) Jedem Kind wird ein Schubfach zugeordnet, und die Geschenke werden in die Schubfächer abgelegt. Angenommen, jedes Kind bekäme höchstens 4 Geschenke, dann
enthielten alle Schubfächer zusammen höchstens 12 Geschenke. Es gibt aber 13 Geschenke, d.h. mindestens ein Kind bekommt mindestens 5 Geschenke.
Lösung 4. Übung Elemente der Algebra
WS2016/17
34. Es seien Metall-Legierungen M1 , M2 und M3 gegeben, die alle Kupfer, Silber und Gold
enthalten, und zwar zu folgenden Prozentsätzen:
Kupfer Silber Gold
20
60
20
70
10
20
50
50
0
M1
M2
M3
Kann man diese Legierungen so mischen, dass eine Legierung entsteht mit 40 % Kupfer,
50 % Silber und 10 % Gold?
Lösung: Es sollen 100 g einer neuen Legierung hergestellt werden aus x1 g der Legierung
M1 , x2 g der Legierung M2 und x3 g der Legierung M3 , d.h. es muss gelten
x1 + x2 + x3 = 100.
In der fertigen Legierung sollen anschließend 40 g Kupfer, 50 g Silber und 10 g Gold sein.
In der Legierung M1 sind 20 %x1 = 0, 2x1 g Kupfer, in M2 sind 70 %x2 = 0, 7x2 g Kupfer
und in M3 sind 50 %x3 = 0, 5x3 g Kupfer. Für die Kupferanteile ist also die Gleichung
0, 2x1 + 0, 7x2 + 0, 5x3 = 40
zu erfüllen. Für Silber und Gold ergeben sich entsprechende Gleichungen und damit das
lineare Gleichungssystem
x1 +
x2 +
x3
0, 2x1 + 0, 7x2 + 0, 5x3
0, 6x1 + 0, 1x2 + 0, 5x3
0, 2x1 +
0, 2x2
= 100
= 40
.
= 50
= 10
Mit
der 2.
 10 undGauß-Verfahren: 
 bis 4. Gleichung durch

 Durchmultiplizieren
1 1 1 | 100
1 1
1 | 100
1 1 1 | 100

0 5 3 | 200 
0 5
2 7 5 | 400 −2 · I
3
|
200






→
6 1 5 | 500 −6 · I → 0 −5 −1 | −100 +II → 0 0 2 | 100 
0 0 −2 | −100
0 0 −2 | −100 +III
2 2 0 | 100 −2 · I


1 1 1 | 100
0 5 3 | 200


0 0 2 | 100.
0 0 0 | 0
Eindeutige Lösung: x3 = 50, x2 = 15 (−3x3 + 200) = 15 (−150 + 200) = 10, x1 =
−x2 − x3 + 100 = −10 − 50 + 100 = 40.
35. Untersuchen Sie, ob die Gleichungssysteme
(a)
3x1 + 5x2 + 7x3 + 2 =
4x1 + 6x2 + 8x3 + 4 =
x1 + 3x2 + 4x3 + 9 =
0
0
0
−4
−1
−7
(b)
3x1 + 2x2 + 6x3 +
3x4 =
2x1 + x2 + 3x3 + −2x4 =
2x1 + 3x2 + x3 +
4x4 =
(c)
3x1 +
2x2 + 6x3 +
3x4 + 4 =
x1 + −6x2 + 14x3 + −7x4 + 12 =
2x1 +
3x2 +
x3 +
4x4 + 7 =
0
0
0
lösbar sind und bestimmen Sie gegebenenfalls die Lösung(en).
Lösung: Mit Gauß-Verfahren:




3 2
6
3 | −4
3 2 6 3 | −4
(b) 2 1 3 −2 | −1 − 23 · I → 0 − 13 −1 −4 | 53  ·(−3) →
·3
0 53 −3 2 | − 13
2 3 1 4 | −7 − 23 · I
3




3 2 6 3 | −4
3 2 6
3 | −4
0 1 3 12 | −5 

12 | −5.
→ 0 1 3
0 0 −24 −54 | 12
0 5 −9 6 | −13 −5 · II
Unendlich viele Lösungen: x4 ∈ IR beliebig wählbar, x3 = − 94 x4 − 21 , x2 = −3x3 −
x4 + 32 − 12x4 − 5 = − 21
x − 72 , x1 = 13 (−2x2 − 6x3 − 3x4 − 4) =
12x4 − 5 = 27
4
4 4
1 21
27
1
( x4 + 7 + 2 x4 + 3 − 3x4 − 4) = 3 (21x4 + 6) = 7x4 + 2.
3 2
37. Für welche rationalen Zahlen gilt: Addiert man zu der Zahl ihren Kehrwert, dann erhält
85
man
?
18
Lösung: Die gesuchte Zahl sei r. Dann ergibt sich die Gleichung
r+
1
85
= .
r
18
Multiplikation mit r(6= 0), Umformung der quadratischen Gleichung auf Normalform
und
q 85 2
p-q-Formel ergibt r+ 1r = 85
⇔ r 2 +1 = 85
r ⇔ r 2 − 85
r+1 = 0 ⇔ r1,2 = 85
±
−1 =
18
18
18
36
36
77
9
2
85
± 36 ⇔ r1 = 2 , r2 = 9 .
36
40. Sei a ∈ IR. Bestimmen Sie durch Äquivalenzumformungen die Lösungsmenge der Gleichung
x4 − 2ax2 + 4 = 0.
Beachten Sie die verschiedenen Fälle für a.
Lösung: Mit z :=√x2 ergibt sich die quadratische Gleichung z 2 − 2az + 4 = 0 mit der
Lösung z1,2 = a ± a2 − 4.
Die quadratische Gleichung in z hat genau dann reelle Lösungen, wenn a2 ≥ 4, also
a
√≤ −2 oder a ≥ 2.
a2 − 4 < |a|, d.h. für a < 0 ist z < 0 und es gibt
√ keine reellen Lösungen x.
a = 2: z1,2 = 2, und damit 2 Lösungen
x
=
±
2.
1,2
√
√
2
a > 2: z1 > 0 und z2 = a − a − 4 > 0 und damit 4 reelle Lösungen x1,2 = z1 ,
√
x3,4 = z2 .
41. Zerlegen Sie folgende Polynome in Linearfaktoren:
(a) x3 + 3x2 − 33x − 35
(c) 27x3 − 117x2 + 141x − 35
(e) 3x3 − 5x2 + 3x − 5
(b) x3 + 1
(d) x4 + 4x3 − 2x2 − 12x + 9
8
8
5
(f) x3 − x2 + x −
3
3
3
Lösung: Liegt ein normiertes Polynom (höchster Koeefizient 1) mit ganzzahligen Koeffizienten vor, dann hat das Polynom nur ganzzahlige und irrationale Nullstellen. Eine
ganzzahlige Nullstelle muss Teiler des Koeffizienten von x0 sein. Das schränkt die Suche
nach ganzzahligen Nullstellen ein.
(d) Normiertes Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten, ganzzahlige Nullstellen sind
Teiler von 9. Probieren ergibt x1 = 1 als Nullstelle. Polynomdivision ergibt
x4 + 4x3 − 2x2 − 12x + 9 = (x − 1)(x3 + 5x2 + 3x − 9).
Teilerpolynom normiert mit ganzzahligen Koeffizienten. Ganzzahlige Nullstellen sind
Teiler von 9. Probieren ergibt x2 = 1 als Nullstelle. Polynomdivision ergibt
x3 + 5x2 + 3x − 9 = (x − 1)(x2 + 6x + 9).
p-q-Formel ergibt x3 = x4 = −3. Damit
x4 + 4x3 − 2x2 − 12x + 9 = (x − 1)2 (x + 3)2 .
(f) Das Polynom p(x) hat dieselben Nullstellen wie p′ (x) = 27p(x) = 27x3 −72x2 +72x−
45. Setze y := 3x. Dann ergibt sich das normierte Polynom y 3 − 8y 2 + 24y − 45 mit
ganzzahligen Koeffizienten. Nullstelle (als Teiler von 45) ist y1 = 5. Polynomdivision
ergibt
y 3 − 8y 2 + 24y − 45 = (y − 5)(y 2 − 3y + 9).
(y 2 − 3y + 9) in IR nicht in Linearfaktoren zerlegbar. Damit ist x =
Nullstelle des Ausgangspolynoms und
8
8
5
5
x3 − x2 + x − = (x − )(x2 − x + 1).
3
3
3
3
5
3
einzige reelle
Lösung 5. Übung Elemente der Algebra
WS2016/17
43. Stellen Sie die Additions- und Multiplikationstafeln folgender Ringe auf:
(a) ZZ/2,
(b) ZZ/3,
(c) ZZ/6 .
Lösung:
(c) ZZ/6:
·
0
1
2
3
4 5
4 5
0
0
0
0
0
0
0
4
5 0
1
0
1
2
3
4
5
4
5
0 1
2
0
2
4
0
2
4
3 4
5
0
1 2
3
0
3
0
3
0
3
4
4 5
0
1
2 3
4
0
4
2
0
4
2
5
5 0
1
2
3 4
5
0
5
4
3
2
1
+
0 1
2
3
4 5
0
0 1
2
3
1
1 2
3
2
2 3
3
und
44. Bestimmen Sie alle möglichen m ∈ IN, m > 1, so dass in ZZ/m gilt
(b) 2 · 4 = 1.
(a) 5 + 7 = 3
Lösung:
(b) Für x ∈ 2 hat x bei Division durch m den Rest 2, d.h. es gibt ein k1 ∈ ZZ mit
x = k1 m + 2. Analog gibt es für y ∈ 4 ein k2 ∈ ZZ mit y = k2 m + 4 und wegen
2 · 4 = 1 ein k3 ∈ ZZ mit x · y = k3 m + 1.
Daraus folgt die Gleichung x · y = (2 + k1 m) · (4 + k2 m) = 1 + k3 m ⇔ 8 + (4k1 +
2k2 + k1 k2 m)m = 1 + k3 m ⇔ 7 = (. . .)m. m muss Teiler von 7 sein, also wegen
m > 1 gilt m = 7.
46. Zeigen Sie: Ein kommutativer Ring (R, +, ·) ist genau dann nullteilerfrei, wenn in R die
Kürzungsregel gilt, d.h. wenn für alle a, b, c ∈ R mit a 6= 0 gilt: Aus a · b = a · c folgt b = c.
Lösung:
Es gelte die Kürzungsregel. Angenommen, R ist nicht nullteilerfrei, dann gibt es a, b ∈ R
mit a 6= 0, b 6= 0 und a · b = 0. Wegen a · 0 = 0 gilt a · b = 0 = a · 0. Kürzen durch a ergibt
b = 0. Widerspruch.
Sei R nullteilerfrei und a, b, c ∈ R mit a 6= 0 und a · b = a · c. Es gilt das Distributivgesetz,
also 0 = a · b − a · c = a · (b − c). Wäre b − c 6= 0 dann wären a und b − c Nullteiler. Wegen
a 6= 0 gilt also b − c = 0 bzw. b = c, d.h. die Kürzungsregel.
48. (a) Stellen Sie für die Restklassen nach der Primzahl 11 eine Tafel auf, aus der man zu
jeder Restklasse die reziproke bezüglich der Multiplikation in ZZ/11 ablesen kann.
(b) Lösen Sie die Gleichungen modulo 11
3 · v = 4;
Lösung:
5 · x = 3;
2 · y = 5;
6 · z = 2.
.
(b) 3 · v = 4: In der 3. Zeile steht die 4 in der 5. Spalte, d.h. v = 5.
5 · x = 3: In der 5. Zeile steht die 3 in der 5. Spalte, d.h. x = 5.
2 · y = 5: In der 2. Zeile steht die 5 in der 8. Spalte, d.h. y = 8.
6 · z = 2: In der 6. Zeile steht die 2 in der 4. Spalte, d.h. z = 4.
49. Sei R := ZZ/2.
(a) Wie sieht ein beliebiges Element von R[x] aus? Geben Sie das Nullelement und das
Einselement in R[x] an!
(b) Zeigen Sie: R[x] ist ein nullteilerfreier Ring, aber kein Körper.
(c) Bestimmen Sie q(x), r(x) ∈ R[x] mit
x5 + x3 + x = q(x) · (x2 + x + 1) + r(x)
mit r(x) = 0 oder
Grad r(x) < 2.
Lösung:
(c) Division mit Rest, d.h. Polynomdivision, in R[x] und mit 0 − 1 = 1:
(x5 + 0x4
x5 + x4
x4
x4
+ x3
+ x3
+ 0x2 + x ) : (x2 + x + 1) = x3 + x2 + x
+ 0x3 + 0x2 + x
+ x3 + x2
x3
x3
+ x2 + x
+ x2 + x
q(x) = x3 + x2 + x und r(x) = 0, d.h. die Division geht auf und
x5 + x3 + x = (x3 + x2 + x) · (x2 + x + 1).
Lösung 6. Übung Elemente der Algebra
WS2016/17
50. Stellen Sie die folgenden Zahlen in der Form a + i b dar:
1
z
3 + 4i
(b)
2 − 5i
(a) iz +
für
z =1+i
bzw.
bzw.
z = 2 − i,
3+i
.
1 + 3i
Lösung:
(b)
3 + 4i
(3 + 4i)(2 + 5i)
6 + 23i + 20i2
−14 + 23i
14 23
=
=
=
=− +
i.
2
2 − 5i
(2 − 5i)(2 + 5i)
4 − 25i
29
29 29
(3 + i)(1 − 3i)
3 − 8i − 3i2
6 − 8i
3 4
3+i
=
=
=
= − i.
2
1 + 3i
(1 + 3i)(1 − 3i)
1 − 9i
10
5 5
53. Bestimmen Sie die Lösungen folgender quadratischer Gleichungen in C:
I
(a) x2 + 10x + 34 = 0
(b) x2 + 4ix − 13 = 0
(c) ix2 + 6x − 25i = 0.
Lösung: Jeweils mit p-q-Formel:
√
√
(a) x1,2 = −5 ± 25 − 34 = −5 ± −9 = −5 ± 3i.
p
√
√
(b) x1,2 = −2i ± 4i2 − (−13) = −2i ± −4 + 13 = −2i ± 9 = −2i ± 3.
(c) Normalform: x2 + 6i x − 25 = 0 bzw. x2 − 6ix − 25 = 0:
p
√
x1,2 = 3i ± 9i2 − (−25) = 3i ± 16 = 3i ± 4.
54. Geben Sie alle Lösungen folgender Gleichungen in Normalform“ a + bi an:
”
(a) z 2 = i
(d) z 3 = i
(b) z 2 = −i
(e) z 4 = 81
(c) z 3 = 27
(f) z 4 = −81
Lösung: Jeweils Umwandlung in Exponentialform z = x + iy = r · eiϕ .
3π
(b) z 2 = r 2 ·e2iϕ = −i = 1·ei(3π/2+2kπ) ⇒ r = 1 und ϕ =
+kπ, d.h. z = 1·ei(3π/4+kπ) ,
4
√
√
k = 0 oder k = 1. Lösungen z1 = ei3π/4 = 21 2(−1 + i), z2 = ei7π/4 = 12 2(1 − i).
π 2kπ
, d.h. z = 3·ei(π/4+kπ/2) ,
(f) z 4 = r 4 ·e4iϕ = −81 = 81·ei(π+2kπ) ⇒ r = 3 und ϕ = +
4
4
√
√
k ∈ {0, 1, 2, 3}. Lösungen z1 = 3eiπ/4 = 32 2(1 + i), z2 = 3ei3π/4 = 32 2(−1 + i),
√
√
z3 = 3ei5π/4 = 32 2(−1 − i), z4 = 3ei7π/4 = 32 2(1 − i).
57. Schreiben Sie das Polynom p(x) = x8 − x6 + x2 − 1 als Produkt von Linearfaktoren!
Lösung: Das Polynom ist normiert mit ganzzahligen Koeffizienten, d.h. es hat möglicherweise ganzzahlige Nullstellen, und diese müssen ganzzahlige Teiler von −1 sein, also 1 oder
−1 sein. Die Probe zeigt, dass beide Werte Nullstellen sind, d.h. p(x) hat die Darstellung
p(x) = (x − 1)(x + 1)p1 (x). Polynomdivision durch (x − 1)(x + 1) = x2 − 1 ergibt
(x8
x8
−x6
−x6
+x2
x2
x2
−1) : (x2 − 1) = x6 + 1 = p1 (x).
−1
−1
Für jede Nullstelle z = r·eiϕ von p1 gilt z 6 = r 6 ·e6iϕ = −1 = 1·ei(π+2kπ) ⇒ r = 1 und ϕ =
√
2kπ
π
+
, d.h. zk = ei(π/6+kπ/3) , k ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}. Lösungen z0 = eiπ/6 = 12 ( 3 + i),
6
6
√
√
z1 = eiπ/2 = i, z2 = ei5π/6 = 12 (− 2 + i), z3 = ei7π/6 = 12 (− 2 − i), z4 = ei3π/2 = −i,
√
z5 = ei11π/6 = 12 ( 2 − i).
Damit ergibt sich Darstellung von p(x) als Produkt von Linearfaktoren
1 √
1 √
p(x) = x − 1 x + 1 x − ( 3 + i) x − i x − (− 3 + i) ·
2
2
1 √
1 √
· x − (− 3 − i) x + i x − ( 3 − i) .
2
2
58. Untersuchen Sie, welche der folgenden Verknüpfungen auf M kommutativ oder assoziativ
ist, für welche Verknüpfung es ein neutrales Element gibt bzw. die Gleichung a ◦ x = b
immer eine Lösung in der Menge M besitzt:
a+b
.
2
(b) M = IR und a ◦ b = max{a, b}.
(a) M = IR und a ◦ b =
Lösung: Alle Verknüpfungen sind offensichtlich kommutativ.
(b) max{max{a, b}, c} = max{a, b, c} = max{a, max{b, c}}, d.h.(a ◦ b) ◦ c = a ◦ (b ◦ c)
für alle a, b, c ∈ M, d.h. die Verknüpfung ist assoziativ.
Angenommen, es gibt ein neutrales Element e mit a ◦ e = a für alle a ∈ M. Sei
a ∈ M beliebig. a = a ◦ e = max{a, e} ⇔ e ≤ a, d.h. M = IR enthält ein kleinstes
Element e. Widerspruch.
Für b < a ist max{a, x} = b nicht lösbar.