Aufgabe 14. Untergruppen Gegeben seien die folgenden

Aufgabe 14. Untergruppen
Gegeben seien die folgenden Gruppen und Teilmengen. Entscheiden Sie, welche der Teilmengen Untergruppen sind:
L
2) Für die Gruppe (R, +)
1) Für die Gruppe (Z12 , 12 )
√
{a + b 2 | a ∈ Q ∧ b ∈ R}
{}
{0, 4, 8}
R \ Q;
{6}
{x ∈ R | 5x + 1 = 0}
{0, 3, 5, 8}
{2x | x ∈ Z}
Zusatz: Welche Elemente müsste man zu den Teilmengen, die keine Untergruppen bilden, mindestens
hinzunehmen, damit sie Untergruppen werden.
L ÖSUNG :
Nur die angekreuzten Mengen sind Untergruppen. Erinnerung an den Satz aus der Vorlesung:
Sei U ⊆ G. (U, ◦) ist eine Untergruppe von (G, ◦) genau dann wenn
(i) mit a, b ∈ U ist auch a ◦ b ∈ U , (ii) mit a ∈ U ist auch a−1 ∈ U , (iii) U 6= {}.
Beachte: Zu a ∈ U ⊆ G existiert a−1 ∈ G ! In (ii) ist nur noch zu zeigen, dass dieses a−1 in U liegt.
1. Für die Gruppe (Z12 , ⊕12 ):
{} (dies ist nicht ungleich der leeren Menge) Zusatz: {} ∪ {0} = {0}
× {0, 4, 8}
{6} (bzgl. ⊕12 nicht abgeschlossen)
Zusatz: {6} ∪ {0} = {0, 6}
{0, 3, 5, 8} (bzgl. ⊕12 nicht abgeschlossen)
Zusatz: {0, 3, 5, 8} ∪ {2, 1, 4, 6, 7, 9, 10, 11} = Z12
2. Für die Gruppe
√ (R, +):
× {a + b 2 | a ∈ Q, b ∈ R} = R
R\Q (besitzt kein neutrales Element) Zusatz: (R\Q) ∪ Q = R , siehe Bemerkung
{x ∈ R | 5x + 1 = 0} = {− 51 }
Zusatz: {− 15 } ∪ {n ∗ 15 |n ∈ Z\{−1}} = { x5 | x ∈ Z}
× {2x | x ∈ Z}
Bemerkung: Für x ∈ R\Q und q ∈ Q gilt x + q ∈ R\Q.
Widerspruchsbeweis: Annahme x + q ∈ Q ⇒ ∃m, n ∈ Z so, dass x + q = m
, also x = m
− q ∈ Q im
n
n
Widerspruch zur Voraussetzung.
Folgerung: Damit (R\Q, +) zu einer Gruppe wird, muss zu zwei Elementen x, x + q ∈ R\Q auch deren
Differenz (x + q) − x = q, also ganz Q, in der gesuchten Teilmenge liegen.
1
Aufgabe 15. Division mit Rest
1. Berechnen Sie (möglichst ohne großen Aufwand) die Zahlen
(17 + 13)
mod 3,
(17 · 6) mod 11,
59
mod 7 .
2. Bestimmen Sie einen größten gemeinsamen Teiler (ggT) der Zahlen a = 4620 und b = 225,
und finden Sie Zahlen m, n ∈ Z mit ggT (a, b) = ma + nb.
3. Bestimmen Sie einen größten gemeinsamen Teiler (ggT) der Polynome
f (X) = X 5 + X 4 − 2X 2 − 9X − 22
und
g(X) = X 3 + X 2 − 3X − 6.
4. Geben Sie zwei ganze Zahlen a, b < 1000 an, so dass sich bei Division von a und b mit einem
Taschenrechner der Näherungswert 2, 3088235 einstellt.
L ÖSUNG :
1. Die Berechnungen kann man vereinfachen, indem man in jedem Schritt modulo (Division mit Rest)
rechnet, und damit die “Zahlen klein hält”.
Klappt bei Addition. . .
(17 + 13) mod 3 = (15 + 2) + (12 + 1) mod 3 = (2 + 1) mod 3 = 0,
genauso bei Multiplikation
(17 · 6) mod 11 = (11 + 6) · 6 mod 11 = (6 · 6) mod 11 = (33 + 3) mod 11 = 3.
Hohe Potenzen kann man aufspalten, z.B. sukzessive in Quadrate. Dabei gilt:
(am ) · (an ) = am+n , (am )n = am·n und ab mod c = (a mod c)b mod c.
2 2 2
2 2
9
(5 )
5 mod 7 =
·5
mod 7 = (21 + 4)2 · 5 mod 7 = (42 ) · 5 mod 7
= (14 + 2)2 · 5 mod 7 = (4 · 5) mod 7 = (14 + 6) mod 7 = 6.
Alternativ: Nach dem kleinen Satz von Fermat gilt: ap mod p = a, wenn p eine Primzahl ist.
59 mod 7 = (57 · 52 ) mod 7 = (5 · 25) mod 7 = 5 · (21 + 4) mod 7 = (5 · 4) mod 7 = 6.
2. Der euklidische Algorithmus liefert für a1 := a = 4620 ≥ 225 = b =: a2 :
a1 = q1 a2 + a3 , 0 ≤ |a3 | ≤ |a2 |,
4620 = 20 · 225 + 120 ⇔ a3 = 120 = a + (−20) · b
a2 = q2 a3 + a4 , 0 ≤ |a4 | ≤ |a3 |,
225 = 1 · 120 + 105
⇔ a4 = 105 = b + (−1) · a3
a3 = q3 a4 + a5 , 0 ≤ |a5 | ≤ |a4 |,
120 = 1 · 105 + 15
⇔ a5 = 15 = a3 + (−1) · a4
a4 = q4 a5 + a6 , 0 ≤ |a6 | ≤ |a5 |,
105 = 7 · 15 + 0
⇔ a6 = 0 ⇒ ggT (a, b) = a5 = 15.
Allgemein: ai = qi ai+1 + ai+2 ,
0 ≤ |ai+2 | ≤ |ai+1 |, i = 1, 2, 3, . . .
Durch Rückwärts oder Vorwärtseinsetzen finden wir n, m ∈ Z mit
Rückwärtseinsetzen
15 = a5 = a3 + (−1) · a4
15 = m · 4620 + n · 225:
= a3 + (−1) · (b + (−1) · a3 ) = 2 · a3 + (−1) · b
= 2 · (a + (−20) · b) + (−1) · b = 2 · a + (−41) · b = 2 · 4620 + (−41) · 225
Somit ist m = 2 und n = −41.
2
Vorwärtseinsetzen
a3 = a − 20 · b
a4 = b − a3 = b − (a − 20 · b) = −a + 21 · b
15 = a5 = a3 − a4 = (a − 20 · b) − (−a + 21 · b) = 2 · a + (−41) · b
Somit ist m = 2 und n = −41.
3. Mit Hilfe der Polynomdivision mit Rest erhält man für a1 = f (X) und a2 = g(X)
(X 5 + X 4
− 2X 2 − 9X − 22) : (X 3 + X 2 − 3X − 6) = X 2 + 3 = q1
X 5 + X 4 − 3X 3 − 6X 2
3X 3 + 4X 2
3X 3 + 3X 2 − 9X − 18
X2
− 4 = a3 (Rest) und
(X 3 + X 2 − 3X − 6) : (X 2 − 4) = X + 1 = q2
X3
− 4X
2
X + X
X2
−4
X − 2 = a4 = ggT (f (X), g(X)) (Rest), da
(X 2 − 4) : (X − 2) = X + 2 mit Rest 0 ist.
Bemerkung: Hier nimmt der Grad der Polynome ab, d.h. 0 ≤ grad(ai+1 ) ≤ grad(ai ).
Man erhält also folgendes Schema des euklidischen Algorithmus:
X 5 + X 4 − 2X 2 − 9X − 22 = (X 2 + 3) · (X 3 + X 2 − 3X − 6) + (X 2 − 4)
X 3 + X 2 − 3X − 6 = (X + 1) · (X 2 − 4) + (X − 2)
X 2 − 4 = (X + 2) · (X − 2) + 0
Somit gilt ggT (X 5 + X 4 − 2X 2 − 9X − 22 , X 3 + X 2 − 3X − 6) = X − 2.
4. Kettenbruchdarstellung von x = 2, 3088235 nach Vorlesung: x = p0 +
1
3+
1
1
0,2380955
1
≈2+
1
3+
1
1
p2 + p +···
3
.
Es gilt:
1
1
=2+
3, 2380955
3 + 0, 2380955
1
1
1
≈2+
=2+
=2+
1
1
1
3+
3+
3+
1
4, 1999953
4 + 0, 1999953
4+
1
x = 2, 3088235 = 2 + 0, 3088235 = 2 +
=2+
1
p1 +
1
1
0,3088235
≈2+
0,1999953
1
=2+
1
3+
1
1
4+
5, 0001175
5 + 0, 0001175
Abruch, da im nächsten Schritt p4 = 8510, d.h. a, b ≥ 1000 wäre. Wir erhalten also:
1
21
157
1
2+
=2+
=2+
=
≈ 2, 3088235
1
5
68
68
3+
3+
1
21
4+
5
4+
3