Lösung - Höhere Mathematik an der TUM

TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN
Zentrum Mathematik
P ROF. D R .D R . J ÜRGEN R ICHTER -G EBERT, VANESSA K RUMMECK , M ICHAEL P R ÄHOFER
Höhere Mathematik für Informatiker I (Wintersemester 2003/2004)
— Aufgabenblatt 6 (28. November 2003) —
— Präsenzaufgaben —
Aufgabe 32. Ringe oder Körper?
Sind die nachfolgenden Mengen zusammen mit den entsprechenden Verknüpfungen Ringe (linkes Kästchen) oder
sogar Körper (rechtes Kästchen)?
{a + bi | a, b ∈ Q}
C\R
C[X]
S3
Z91
Z569 √
{a + b 2|a, b ∈ Z}
L ÖSUNG :
×
×
×
×
×
×
×
{a + bi | a, b ∈ Q}
C\R
C[X]
S3
Z91
Z569 √
{a + b 2|a, b ∈ Z}
(Beweis dafür: siehe auch Aufgabe 36 und 20/2.))
(Addition nicht abgeschlossen)
(der Polynomring über C)
(nur eine Verknüpfung)
(91 ist keine Primzahl)
(569 ist eine Primzahl)
(2 hat kein multiplikatives Inverses)
Aufgabe 33. Restklassengruppen und modulo-Rechnung
Betrachten Sie auf der Menge Z der ganzen Zahlen folgende Relation ∼:
a∼b
↔
a + 7Z = b + 7Z
wobei 7Z = {. . . , −21, −14, −7, 0, 7, 14, 21, . . .}.
1.) Zeigen Sie, dass diese Relation eine Äquivalenzrelation ist. Bestimmen Sie anschließend alle Äquivalenzklassen
M = {[a] a ∈ Z} mit [a] = {b ∈ Z a ∼ b}.
2.) Die Menge M sollte Ihnen bekannt sein: Es ist M = Z/7Z. Wo finden sich die Begriffe Rechtsnebenklasse,
Linksnebenklasse und Normalteiler in obiger Definition wieder?
3.) Auf M = Z/7Z ist die Addition [a] + [b] = [a + b] definiert. Zeigen Sie, dass (Z/7Z, +) eine Gruppe ist.
4.) Gegeben sei nun zusätzlich die Gruppe (Z7 = {0, 1, 2, . . . , 6}, ⊕7 ). Zeigen Sie, dass
q : Z7
k
→ Z/7Z
7→ [k]
ein Gruppenisomorphismus ist.
L ÖSUNG :
1.) Wir müssen zeigen, daß die Relation ∼ reflexiv, symmetrisch und transitiv ist: Dazu seien a, b, c ∈ Z gegeben.
Reflexivität: Es ist a ∼ a, weil a + 7Z = a + 7Z.
Symmetrie: Es sei a ∼ b, also a + 7Z = b + 7Z. Dann ist auch b ∼ a, weil a + 7Z = b + 7Z ist.
Transitivität: Es sei a ∼ b und b ∼ c. Dann ist auch a ∼ c, weil a + 7Z = b + 7Z = c + 7Z ist.
Wir listen nun alle Äquivalenzklassen auf: Es ist M = {[0], [1], . . . , [6]}, wobei
[0]
[1]
[2]
[3]
[4]
[5]
[6]
=
=
=
=
=
=
=
{0, −7, 7, −14, 14, . . .} = 0 + 7Z = 7Z + 0,
{1, −6, 8, −13, 15, . . .} = 1 + 7Z = 7Z + 1,
{2, −5, 9, −12, 16, . . .} = 2 + 7Z = 7Z + 2,
{3, −4, 10, −11, 17, . . .} = 3 + 7Z = 7Z + 3,
{4, −3, 11, −10, 18, . . .} = 4 + 7Z = 7Z + 4,
{5, −2, 12, −9, 19, . . .} = 5 + 7Z = 7Z + 5,
{6, −1, 13, −8, 20, . . .} = 6 + 7Z = 7Z + 6.
2.) Die Mengen [a] = a + 7Z = 7Z + a, a ∈ Z, sind die Links- bzw. Rechtsnebenklassen bzgl. der Untergruppe
7Z. Sie stimmen überein, weil die Gruppe Z kommutativ ist. Deswegen ist jede Untergruppe von Z, also auch
7Z ein Normalteiler.
3.) Zuerst muß nachgewiesen, daß die Addition wohldefiniert ist. Dies wurde zwar allgemeiner im Kontext der
Quotientengruppen schon in der Vorlesung bewiesen, soll hier aber noch einmal wiederholt werden. Es seien
a1 , a2 , b1 , b2 ∈ Z mit [a1 ] = [a2 ] und [b1 ] = [b2 ]. Nun ist die Gleichung [a1 ] + [b1 ] = [a1 + b1 ] = [a2 + b2 ] =
[a2 ] + [b2 ] nachzuweisen, bzw. es ist nachzuweisen, daß (a1 + b1 ) + 7Z = (a2 + b2 ) + 7Z ist. Dies folgt daraus,
daß a1 − a2 und b1 − b2 Elemente von 7Z sind.
Jetzt sind noch die Gruppenaxiome zu überprüfen: Dazu seien a, b, c ∈ Z/7Z gegeben.
Assoziativität: Es ist
([a] + [b]) + [c] = [a + b] + [c] = [(a + b) + c] = [a + (b + c)] = [a] + [b + c] = [a] + ([b] + [c]).
Neutrales Element: Das Element [0] ist offensichtlich das neutrale Element.
Inversenbildung: Es ist [−a] das inverse Element zu [a], denn [a] + [−a] = [a + (−a)] = [0].
4.) Es seien zwei Elemente a, b ∈ {0, . . . , 6} gegeben. Es ist die Gleichung ϕ(a⊕7 b) = ϕ(a)+ϕ(b) zu überprüfen.
Falls a + b < 6 ist, ist
ϕ(a ⊕7 b) = ϕ(a + b) = [a + b] = [a] + [b] = ϕ(a) + ϕ(b).
Falls a + b > 6 ist, ist a ⊕7 b = (a + b) − 7 ∈ {0, . . . , 6} und weiter
ϕ(a ⊕7 b) = ϕ((a + b) − 7) = [(a + b) − 7] = [a + b] − [7] = [a + b] − [0] = [a + b] = [a] + [b] = ϕ(a) + ϕ(b).
Offensichtlich ist die Abbildung bijektiv.
Aufgabe 34. Der euklidische Algorithmus.
1.) Bestimmen Sie den größten gemeinsamen Teiler (ggT) der Zahlen a = 4620 und b = 225,
und finden Sie Zahlen m, n ∈ Z mit ggT (a, b) = ma + nb.
2.) Bestimmen Sie den 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.
L ÖSUNG :
1.) Der euklidische Algorithmus liefert
4620
=
20 · 225 + 120
225
=
1 · 120 + 105
120
= 1 · 105 + 15
105
=
7 · 15 + 0 .
Also ist ggT (4620 , 225) = 15.
Durch Rückwärtseinsetzen finden wir n, m ∈ Z mit 15 = m · 4620 + n · 225:
15
=
1 · 120 + (−1) · 105
=
1 · 120 + (−1) · (225 − 1 · 120)
=
2 · 120 + (−1) · 225
=
2 · (4620 − 20 · 225) + (−1) · 225
=
2 · 4620 + (−41) · 225
Somit ist m = 2 und n = −41.
2.) Mit Hilfe des euklidischen Algorithmus erhält man
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.
— Hausaufgaben —
Aufgabe 35. Total normal.
Beweisen Sie folgenden Satz: Es sei (G, ◦) eine Gruppe mit einer geraden Anzahl von Elementen und U ⊆ G eine
Untergruppe von G. Falls |U | = |G|, |U | = 1 oder |U | = |G|/2 ist, dann ist U ein Normalteiler von G.
L ÖSUNG :
Wir müssen zeigen, dass für alle a ∈ G die Gleichung a ◦ U = U ◦ a gilt.
1. Fall |U | = |G| .
Dann ist U = G und für beliebige a ∈ G gilt
a ◦ U = a ◦ G = G = G ◦ a = U ◦ a.
2. Fall |U | = 1 .
Dann ist das neutrale Element e das einzige Element von U . Es gilt für beliebige a ∈ G
a ◦ {e} = {a} = {e} ◦ a
3. Fall |U | = |G|/2 .
Die verschiedenen Nebenklassen bezüglich derselben Untergruppe sind immer disjunkt und haben immer gleich viele
Elemente. Ist |U | = |G|/2 gibt es somit genau 2 Nebenklassen mit jeweils |G|/2 Elementen. Sei a ∈ G vorgegeben.
Wenn a ∈ U ist, ist a ◦ U = U = U ◦ a. Wenn a 6∈ U ist, ist a ◦ U = G\U = U ◦ a. Damit ist a ◦ U = U ◦ a für alle
a ∈ G.
Aufgabe 36. Ein quadratischer Zahlkörper.
Weisen Sie nach, dass die Menge
√
√
Q[ 2] := {a + b 2 | a, b ∈ Q} ⊆ R
zusammen mit der üblichen Addition und Multiplikation ein Körper ist.
Hinweis: Binomische Formeln.
L ÖSUNG :
√
√
√
√
Die Teilmenge Q[ 2 ] von R ist in der Tat bezüglich + und · abgeschlossen, denn für alle a + b 2, c + d 2 ∈ Q[ 2 ]
ist jeweils auch
√
√
√
√
(a + b √2) + (c + d√ 2) = (a + c) + (b + d) √2 ∈ Q[√2 ] und
(a + b 2) · (c + d 2) = (ac + 2bd) + (bc + ad) 2 ∈ Q[ 2 ] .
Die Körperaxiome in R werden vorausgesetzt. Insbesondere gelten die beiden Assoziativgesetze, die beiden Kommutativgesetze
und das Distributivgesetz in R, also erst recht in dessen bezüglich + und · abgeschlossen Teilmenge
√
Q[ 2 ].
√
√
Das Nullelement 0 von R liegt
√ auch in Q[ 2 ], und zwar
√ mit der Darstellung 0 = 0 + 0 2.
Es ist dann
+ (0 + 0 2) = q für alle q ∈ Q[ 2 ].
√auch q √
√
√
Sei a + b 2√∈ Q[ 2 ], also a, b ∈√Q.Dann sind auch
auch (−a) + (−b) 2 ∈ Q[ 2 ] und
(−a), (−b) ∈
√Q, also ist √
damit (a + b 2) + (−a) + (−b) 2 = a + (−a) + b + (−b) 2 = 0 + 0 2.
√
√
Das Einselement 1 von R liegt
zwar mit der Darstellung 1 = 1 + 0 2.
√ auch in Q[ 2 ] und √
Es ist dann auch q · (1 + 0 2) = q für alle q ∈ Q[ 2 ].
Bleibt als letztes die √
Existenz√der multiplikativ
zu zeigen:
√ inversen Elemente√
√
√
Zu beliebigem a + b 2 ∈ Q[ 2 ] − {0 + 0 2} ist also ein x + y 2 ∈ Q[ 2 ] − {0 + 0 2} gesucht, so daß
√
√
√
√
(a + b 2) · (x + y 2) = (ax + 2by) + (bx + ay) 2 = 1 + 0 2
√
Da ax + 2by ∈ Q, bx + ay ∈ Q und 2 6∈ Q muß
ax + 2by = 1 und
bx + ay = 0 .
gelten.
Dieses lineare Gleichungssystem in x und y hat die eindeutige Lösung
−b
a
und y = 2
.
(1)
a2 − 2b2
a − 2b2
√
√
Nach Voraussetzung ist a + b 2 ∈ Q − {0 + 0 2}. Das bedeutet, daß a ∈ Q und b ∈ Q nie beide gleichzeitig gleich
Null sein dürfen. Betrachtet man nun die Formeln für x und y, so sieht man sofort, daß√unter obiger Voraussetzung
√
auch x und y niemals gleichzeitig gleich Null werden können. Somit ist also auch x + y 2 ∈ Q − {0 + 0 2}, und
a
−b √
+ 2
2
2
2
a − 2b
a − 2b2
√
√
√
ist das multiplikativ inverse Element zu a + b 2 ∈ Q[ 2 ] − {0 + 0 2}.
x=
√
√
Aber Vorsicht! In (1) muß noch geklärt werden, ob für alle a, b ∈ Q mit a + b 2 6= 0 + 0 2 (also a und b nicht
beide gleichzeitig gleich Null) auch a2 − 2b2 6= 0 ist.
√
√
Wir beweisen dies indirekt: Angenommen,
es seien a √
∈ Q und b ∈ Q mit a + b 2 6= 0 + 0 √2 und a2 − 2b2 = 0.
√
√
Dann folgt a2 − 2b2 = (a + b 2)(a − b 2)
√ = 0 + 0 2 = 0. Da nach Voraussetzung (a + b 2) 6= 0, folgt mit der
Nullteilerfreiheit von R, daß der Term a − b 2 = 0 sein muss.√Mit einem weiteren kleinen Widerspruchsbeweis kann
man folgern, daß b 6= 0 gelten√muss. (Annahme: Es sei a − b 2 = 0 und b = 0. Aus b = 0 folgt dann sofort a = 0,
was im Widerspruch zu a + b 2 6= 0 steht.Also gilt b 6= 0.)
√
√
a
Damit ist 2 = ∈ Q, was aber im Widerspruch zu der aus der Schule wohlbekannten Tatsache steht, daß 2 6∈ Q.
b
Aufgabe 37. Der beste Algorithmus der Welt.
1.) Bestimmen Sie den größten gemeinsamen Teiler (ggT) der Zahlen a = 1234575 und b = 1234503,
und finden Sie Zahlen m, n ∈ Z mit ggT(a, b) = ma + nb.
2.) Bestimmen Sie den größten gemeinsamen Teiler (ggT) der Polynome
f (X) = 14X 5 − 5X 4 − 15X 3 + 19X 2 + 10X + 1 ∈ Q[X]
und
g(X) = 14X 3 − 5X 2 − X ∈ Q[X].
L ÖSUNG :
1.) Der euklidische Algorithmus liefert
1234575
= 1 · 1234503 + 72
1234503 = 17145 · 72 + 63
72
=
1 · 63 + 9
63
=
7 · 9 + 0.
Also ist ggT (1234575 , 1234503) = 9.
Durch Rückwärtseinsetzen finden wir n, m ∈ Z mit 9 = m · 1234575 + n · 1234503:
9
=
1 · 72 + (−1) · 63
=
1 · 72 + (−1) · (1234503 − 17145 · 72)
=
17146 · 72 + (−1) · 1234503
=
17146 · (1234575 − 1234503) + (−1) · 1234503
=
17146 · 1234575 + (−17147) · 1234503
Somit ist m = 17146 und n = −17147.
2.) Mit Hilfe des euklidischen Algorithmus erhält man
14X 5 − 5X 4 − 15X 3 + 19X 2 + 10X + 1 = (X 2 − 1) · (14X 3 − 5X 2 − X) + (14X 2 + 9X + 1)
14X 3 − 5X 2 − X = (X − 1) · (14X 2 + 9X + 1) + (7X + 1)
14X 2 + 9X + 1 = (2X + 1) · (7X + 1) + 0
Somit gilt ggT (14X 5 − 5X 4 − 15X 3 + 19X 2 + 10X + 1 , 14X 3 − 5X 2 − X) = 7X + 1.
Aufgabe 38. Malen nach Zahlen modulo 23.
9 99
7 77
3
521521
54321
29
10 49
11
19 21
44
55
77
1919
5 300
17101
216
15 111
66
2121
3 21
222
2 222
10 10
11161
Schliessen Sie Ihre Augen und versetzen Sie sich in die Zeit, in der Malbücher noch eine große Faszination auf Sie
ausüben konnten. Blättern Sie in Gedanken in einem solchen Buch. Öffnen Sie nun wieder Ihre Augen — Erinnert Sie
unser “Bild” nun an eines aus Ihrem Malbuch?
Falls nicht: Berechnen Sie die angegebenen Zahlen modulo 23. Jeder dicke schwarze Punkt erhält danach eine Nummer
von 1 bis 22. Verbinden Sie nun die Punkte in der richtigen Reihenfolge. ... und die Realität wird Sie wieder begrüssen.
Viel Spass!
L ÖSUNG :
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