Lösungen - Universität Magdeburg

Otto-von-Guericke-Universität Magdeburg
Wintersemester 2005/06
Lineare Algebra I
Lösungen: 3. Übung zur Vorlesung
1. Aufgabe:
1. Bestimmen Sie den ggT von a = 6996 und b = 24255 sowie eine Vielfachsummendarstellung des ggT. Gibt es auch ganze Zahlen s und t mit s · a + t · b = 55?
2. Seien a, b ∈ Z und d = ggT(a, b). Zeigen Sie
{s · a + t · b : s, t ∈ Z} = {d · z : z ∈ Z}.
Lösung:
1. ggT(6996,24255) = 33 und −52 · 6996 + 15 · 24255 = 33. Nach dem Teil 2 dieser
Aufgabe gibt es keine ganze Zahlen s und t mit s · a + t · b = 55.
2. d teilt a und b, also gibt es a′ und b′ mit a = d · a′ und b = d · b′ . Sei x ∈ {s · a + t · b :
s, t ∈ Z}, also gibt es x1 , x2 ∈ Z mit x = x1 · a + x2 · b = (x1 · a′ + x2 · b′ )d
und damit x ∈ {d · z : z ∈ Z}. Weiter, angenommen x ∈ {d · z : z ∈ Z}. Sei
u · a + v · b = d die Vielfachsummendarstellung von d. Dann gilt x = u · z · a + v · z · b,
also x ∈ {s · a + t · b : s, t ∈ Z}.
2. Aufgabe:
1. Lösen Sie, falls möglich, die folgenden Gleichungen in F13 :
x2 + x + 4 = 0
3·x+2= 0
2x = 1
2. Geben Sie ein Polynom vom Grad 3 über F2 an, das keine Nullstellen in F2 hat.
3. Berechnen Sie folgende Zahlen in C:
(3 + 5 i) · (7 − i) =?
3− 4i
=?
7+9i
(1 + i)3 =?
Lösung:
1. x2 + x + 4 = 0 hat die Lösungen 6 und 9 in F13 . Die Lösung von x + 2 = 0 ist x = 8
in F13 . Es gilt 2x = 1 für x = 12n, n ∈ Z.
2. x3 + x + 1 hat keine Nullstellen in F2 .
3.
(3 + 5 i) · (7 − i) = 26 + 32 i
3−4i
3 + 11 i
=−
7+9i
26
(1 + i)3 = −2 + 2 i.
3. Aufgabe: Wir definieren den Betrag einer komplexen Zahl x + iy (x, y ∈ R) durch
p
|x + iy| := x2 + y 2 .
Zeigen Sie
|a| · |b| = |a · b| für alle a, b ∈ C.
Lösung: Sei a = a1 + ia2 und b = b1 + ib2 . Dann
|a|2 · |b|2 = (a21 + a22 )(b21 + b22 ) = (a1 b1 )2 + (a1 b2 )2 + (a2 b1 )2 + (a2 b2 )2 =
(a1 b1 − a2 b2 )2 + (a1 b2 + a2 b1 )2 = |a · b|2 .
4. Aufgabe: Sei M eine Menge und P(M) deren Potenzmenge. Wir definieren auf P(M)
eine Verknüpfung ∗ wie folgt:
A ∗ B := (A ∪ B) \ (A ∩ B).
Zeigen Sie, dass (P(M), ∗, { }) eine abelsche Gruppe ist.
Lösung: Die Verknüpfung ist offensichtlich kommutativ mit dem neutralen Element {}.
Das inverse Element für A ist A selbst. Zu zeigen ist nur, dass (A ∗ B) ∗ C = A ∗ (B ∗ C).
Sei x ∈ (A ∗ B) ∗ C, also gilt entweder x ∈ A ∩ B ∩ C oder x ist in genau einer der Mengen
A, B, C. Aber dann ist x auch ein Element von A∗ (B ∗ C), d.h. (A∗ B) ∗ C ⊆ A∗ (B ∗ C).
Analog, zeigt man A ∗ (B ∗ C) ⊆ (A ∗ B) ∗ C.