Lineare Algebra 1 (WS 12/13) Blatt 11: Musterlösung

Prof. Dr. B. Hanke
Dr. J. Bowden
Lineare Algebra 1 (WS 12/13)
Blatt 11: Musterlösung
Aufgabe 1.
(a) Da 23 ein Primzahl ist folgt aus dem kleinen Satz von Fermat:
391 = 34·22+3 = 34·φ(23)+3 ≡ 33 ≡ 4 mod 23.
(b) Wir schreiben (p − 1)! als Produkt in Z/p:
[(p − 1)!] = [p − 1][p − 2] . . . [a] . . . [a]−1 . . . [2][1].
Da p eine Primzahl ist, ist Z/p ein Körper und somit ist
(Z/p)∗ = Z/p/[0]
eine Gruppe. Jedes Element [a] kommt im Produkt [(p − 1)!] genau einmal vor. Insbesondere
kommt [a]−1 genau einmal vor. Falls, [a] 6= [a]−1 können wir die Elemente [a] und [a]−1 in dem
Produkt kürzen und wir machen das für alle Elementen dieser Art. Aber falls [a] = [a]−1 , gilt
dann [a]2 = [1] und [a] löst
x2 − [1] = (x − [1])(x + [1]) = 0.
Aber diese Gleichung besitzt nur die Lösungen x = ±[1], da Z/p ein Körper ist. Es folgt das
[(p − 1)!] = [p − 1][p − 2] . . . [2][1] = [1][−1] = [−1] in Z/p ⇐⇒ (p − 1)! ≡ −1 mod p.
Aufgabe 2.
(a) Seien x und y Lösungen der simultanen Kongruenz
x ≡ a mod n , x ≡ b mod m.
Dann gilt x − y ≡ 0 mod n und x − y ≡ 0 mod m. Daraus folgt
x − y ≡ 0 mod kgV (m, n)
wobei kgV (m, n) das kleinste gemeinsame Vielfache von n und m ist. Es gilt aber
kgV (m, n) =
mn
d
und somit bilden die Lösungen der simultanen Kongruenz eine Restklasse modulo
mn
d .
Wir müssen jetzt nur nachpüfen, dass x = a − yn a−b
d eine Lösung ist. Diese Zahl erfüllt die
erste Kongruenz, da a−b
∈
Z
nach
Vorraussetzung.
Weiterhin
gilt
d
a − yn
a−b
yn
zm
a−b
= a − (a − b)
= a − (a − b)(1 −
) = b − zm
d
d
d
d }
| {z
∈Z
und x erfüllt die zweite Kongruenz auch.
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(b) Es gilt ggT (12, 9) = 3 = 12 − 9 = −1 · 9 + 12 und
d = ggT(12, 9) | 7 − 4 = 3.
Somit ist eine Lösung der simultanen Kongruenz x ≡ 7 mod 12 , x ≡ 4 mod 9 gegeben durch
x = 7 − (−1)(12)(−1) = −5.
Weiterhin ist
mn
d
= 36 und somit ist die Lösungmenge L = {31 + l36 | l ∈ Z}.
Aufgabe 3. Wir übersetzen das Problem in die Sprache der Restklassenarithmetik: Sei x die
Anzahl der Bonbons. Dann gilt:
x ≡ 1 mod 8 , x ≡ 3 mod 9, x ≡ 5 mod 10
⇐⇒ x ≡ 1 mod 8 , x ≡ 3 mod 9, x ≡ 1 mod 2, x ≡ 0 mod 5
⇐⇒ x ≡ 1 mod 8 , x ≡ 3 mod 9, x ≡ 0 mod 5.
Die Zahlen 5, 8, 9 sind nun paarweise teilerfremd und nach dem Chinesichen Restsatz bilden die
Lösungen dieser simultanen Kongruenz eine Restklasse in Z/360. Also es gibt nur eine Lösung
0 ≤ x ≤ 359. Man rechnet leicht nach, dass −1, −2, . . . , −10 keine Lösungen sind und somit ist
350 ≤ x ≤ 359 keine Lösung. Schließlich muss dann Mathe-Max seiner Tante nicht glauben.
Aufgabe 4.
(a) Sei H < G eine Untergruppe. Nach dem Satz von Lagrange gilt
|H| | |G| = pq.
Da H 6= G muss dann gelten |H| = 1, p, q. Falls |H| = 1 ist H = hei offenbar zyklisch. In den
anderen beiden Fällen ist |H| eine Primzahl. Sei nun e 6= h ∈ H. Da H eine Untegruppe ist,
gilt
hhi ⊂ H.
Weiterhin ist hhi eine Untergruppe von H:
hk , hl ∈ hhi =⇒ hk ◦ hl = hk+l ∈ hhi und hk ∈ hhi =⇒ (hk )−1 = h−k ∈ hhi.
Wiederum gilt nach dem Satz von Lagrange
|hhi| | |H| = p.
Aber |H| ist eine Primzahl und |hhi| > 1, denn h ∈ hhi und h 6= e. Es folgt, dass H zyklisch
ist.
(b) Sei g ∈ G \ {e}. Durch Widerspruch nehme an, dass g 2 6= e ∀ g ∈ G \ {e}. Dann gibt es
eine Teilmenge S ⊂ G \ {e}, so dass S ∩ S −1 = ∅ und damit hat man die folgende disjunkte
Vereinigung:
G
G \ {e} =
{s, s−1 }.
s∈S
Aber dann ist |G| − 1 gerade und somit ist |G| ungerade, was ein Widerspruch darstellt. Es
folgt, dass es ein g 6= e mit g 2 = e geben muss.
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