Musterlösung zu Ü-Aufgaben 47 und 49 auf Blatt 11 sowie zum

FU Berlin: WiSe 13-14 (Analysis 1 - Lehr.)
Übungsaufgaben – Zettel 11
Aufgabe 47
Wir betrachten die Menge K = Q × Q zusammen mit den Verknüpfungen:
(a, b)+(c, d) = (a + b, c + d), a, b, c, d ∈ Q
(a, b)∗(c, d) = (ac + 2bd, ac + bd), a, b, c, d ∈ Q
Zeigen Sie unter Verwendung der Tatsache, dass (K, +) bereits eine abelsche
Gruppe ist:
(a) (K, +, ∗) ist ein Körper. Wie sieht insbesondere das neutrale Element der
Multiplikaton und das zu (a, b) 6= (0, 0) inverse Element (x, y) = (a, b)−1 ∈ K
aus?
Lösung. Es sind zuerst die Körperaxiome zu zeigen. Unter die Annhame, dass
(K, +) bereits eine abelsche Gruppe ist, es fehlen nur die Axiome für die Multiplikation und die Existent eines bezüglich ∗ neutrales und inverses Element.
Beachte: Da ein inverse Element für jedes Element existiert, ausser für den +neutrales Element, wissen wir schon, dass (0, 0) das +-neutrale Element ist. Wir
zeigen zu erst
• (AG – Assoziativgesetz) [(a, b)∗(c, d)]∗(e, f ) = (a, b)∗[(c, d)∗(e, f )]
• (DG) (a, b)∗[(c, d)+(e, f )] = [(a, b)∗(c, d)]+[(a, b)∗(e, f )]
Beweis.
(AG)
[(a, b)∗(c, d)]∗(e, f ) = (ac + 2bd, ad + bc)∗(e, f ) =
= ((ac + 2bd)e + 2(ad + bc)f, (ac + 2bd)f +(ad + bc)e)
und
(a, b)∗[(c, d)∗(e, f )] = (a, b)∗(ce + 2df, cf + de) =
= (a(ce + 2df ) + 2b(cf + de), a(cf + de) + b(ce + 2df )) = [(a, b)∗(c, d)]∗(e, f ) .
(DG)
(a, b)∗[(c, d)+(e, f )] = (a, b)∗(c + e, d + f ) =
= (a(c + e) + 2b(d + f ), a(d + f ) + b(c + e)) =
= (ac + 2bd + ae + 2bf, ad + bd + af + be) = [(a, b)∗(c, d)]+[(a, b)∗(e, f )]
1
(IE) Wie sieht insbesondere das neutrale Element der Multiplikaton aus?
Sei (c, d) das neutrale Element der Multiplikation. Es muss gelten:
∀(a, b) ∈ K : (a, b)∗(c, d) = (a, b)
Also:
∀(a, b) ∈ K : (ac+2bd, ad+bc) = (a, b) ⇒ ∀(a, b) ∈ K : ac+2bd = a∧ad+bc = b .
Wenn es ∀(a, b) ∈ K gelten muss, es gilt insbesonderes für a = 0. Also:
⇒ ∀b ∈ K2bd = 0 ∧ bc = b .
Und daraus folgt dass:
c = 1, d = 0 .
Also, (1, 0) ist das neutrale Element der Multiplikation.
(IE) Wie sieht das zu (a, b) 6= (0, 0) inverse Element (x, y) = (a, b)−1 ∈ K aus?
Sei (a, b) ∈ K beliebig, mit (a, b) 6= (0, 0). Wir suchen ein Element (x, y) so dass:
(a, b)∗(x, y) = (1, 0) .
Also muss es gelten:
ax + 2by = 1 ∧ bx + ay = 0 ⇒
a 2b
b a
x
y
=
1
0
Das Linearessystem muss nach x und y gelöst werden. Mann kan (z.B.) zuerst
a
bx + ay = 0 ⇒ x = − y
b
berechnen, und dann
a
a(− y) + 2by = 1
b
einsetzen. Es folgt:
2
a
b
y − + 2b = 1 ⇒ y = − 2
b
a − 2b2
und
Also ist
a
a
x=− y=−
b
b
−
b
2
a − 2b2
a
b
,− 2
2
2
a − 2b
a − 2b2
das inverse Element zu (a, b) ∈ K.
Beachte: ∀a, b ∈ Q : a2 − 2b2 6= 0!
=
a2
a
− 2b2
(b) Durch φ : Q → K mit φ(a) = (a, 0), a ∈ Q wird der ”alte” Bereich Q
der rationalen Zahlen strukturverträglich in den neuen Zahlbereich K = Q × Q
eingebettet. Das heißt:
2
• (i) φ bildet Q bijektiv auf Q × {0} ab,
• (ii)∀a, b ∈ Q, φ(a + b) = φ(a)+φ(b) ∧ φ(ab) = φ(a)∗φ(b)
Beweis.
(i). φ ist injektiv:
φ(a) = φ(b) ⇒ (a, 0) = (b, 0) ⇒ a = b .
und φ : Q → Q×{0} ist surjektiv, weil: ∀(a, 0) ∈ Q×{0}, gilt (aus der Definition)
φ−1 ({(a, 0)}) = {x ∈ Q : φ(x) = (a, 0)} = {a} =
6 {}
(das Urbild ist nicht leer).
(ii).
φ(a + b) = (a + b, 0)
= (a, 0)+(b, 0) |{z}
= φ(a)+φ(b) .
|{z}
Def. von +
Def. von φ
φ(a)∗φ(b) = (a, 0)∗(b, 0) |{z}
= (ab + 2 · 0 · 0, a · 0 + b · 0) = (ab, 0) = φ(ab)
Def. von ∗
(c) Zeigen Sie: Die ”Zahl” α = (0, 1) ∈ K ist Nullstelle des Polynoms
f (x) =
√
x2 −2 ∈ Q[x] mit rationalen Koeffizienten. Schreibt man zudem 2 für α = (0,
√ 1)
so besitzt weiter jedes x = (a, b) ∈
√ K eindeutig die Darstellung x = a + b 2 .
Man schreibt dann für K auch Q( 2) und sagt: ”Q adjungiert Wurzel 2”.
Lösung. Wir schreiben zu erst das Polynom f (x) mit Hilfe der Einbettung φ(x)
als
f (x) = x2 − (2, 0)
und zeigen dann das α eine Nullstelle in K ist:
f (α) = (0, 1)∗(0, 1) − (2, 0)
=
|{z}
(0 + 2, 0) − (2, 0) = (0, 0)
Definition von ∗
Wir definieren jetzt die Menge ”Q adjungiert Wurzel 2” als:
√
√
Q( 2) = {a + b 2, a, b ∈ Q}
√
(der kleinste Körper der Q und 2 enthält,
siehe LinAlg!). Man kann zeigen dass
√
die Körperaxiome (in Teil (a)) für Q( 2) gelten:
√
Q×Q
Q( 2)
√
(a, b) →
a+b 2
√
√
√
(a, b)∗(c, d) = (ac+2bd, ad+bc) → (a+b 2)(c+d 2) =(ac+2bd)+(ad+bc) 2
√
(1, 0)*-inverse Element →
1+0· 2=1
√ −1
√
a
b
a
b
−1
(a, b) =
,
−
→
(a
+
b
2)
=
−
2
a2 − 2b2 a2 − 2b2
a2 − 2b2 a2 − 2b2
√
√
α = (0, 1) Nullstelle von x2 − 2 →
0 + 1 · 2 = 2 Nullstelle von x2 − 2
3
Aufgabe 49
Bestimmen Sie für folgende komplexen Zahlen z ∈ C die kartesische Darstellung
z√ = a + √
ib die konjugiert komplexe Zahl z = a − ib sowie den Betrag kzk =
z · z = a2 + b 2 :
• (i) z =
2i
.
i+1
z=
Wir bestimmen die Darstellung von z als (a, b) ∈ R2 .
2i
i−1
2i · (i − 1)
−2 − 2i
·
=
=
= 1 + i ⇒ z = (1, 1)
i+1 i−1
−1 − 1
−2
Die koniugiert komplexe Zahl und den Betrag lauten:
√
√
z = 1 − i, kzk = 1 + 1 = 2 .
• (ii) z =
10−5i
1+2i
z=
10 − 5i 1 − 2i
20 + 15i
=
= 4 + 3i ⇒ z = (4, 3)
1 + 2i 1 − 2i
1+4
Die koniugiert komplexe Zahl und den Betrag lauten:
√
z = 4 − 3, kzk = 16 + 9 = 5 .
P
k
• (iii) z = 26
k=0 i
Option 1. Wir zeigen zuerst:
n
X
ik =
k=0
1 − in+1
1−i
Beweis (Induktion über n ∈ N0 ).
(IA) Für n = 0 ist
0
X
1 − i0
ik = 0 =
.
1
−
i
k=0
P
(IB) (n → n + 1). Wir nehmen an dass nk=0 ik =
n+1
X
k=0
k
i =
n
X
k=0
k
i +i
k+1
=
|{z}
Induktionvoraussetzung
1−in+1
1−i
1 − in+1
+ ik+1 =
1−i
1 − ik+1 + ik+1 − ik+2
1 − in+2
=
1−i
1−i
Also ist die Behauptung bewiesen.
4
und berechnen
Aus dieser Formel folgt
z=
26
X
ik =
k=0
1 − i27
1 − i2·13+1
1 − (−1)13 · i
1+i
=
=
=
=
|{z}
1−i
1−i
1−i
1−i
2
i =−1
Also ist:
1+i 1+i
1 − i2 + 2i
·
=
= i ⇒ z = (0, 1) .
1−i 1+i
1+1
Option 2. Es gilt:
z=
∀k ∈ N0 : ik + ik+1 + ik+2 + ik+3 = 0
Beweis. Aus i2 = −1, und i3 = −i folgt
ik + ik+1 + ik+2 + ik+3 = ik i0 + i + i2 + i3 = ik (1 + i − 1 − i) = 0 .
Also z kann man umschreiben als:
z=
26
X
ik =
k=0
+
3
X
ik +
|k=0
{z }
19
X
ik +
|k=16
{z }
=0
=0
23
X
7
X
ik +
|k=4
{z }
=0
26
X
ik +
k=20
k=24
11
X
ik +
|k=8
{z }
=0
15
X
ik
k=12
| {z }
=0
ik = i24 (i0 + i + i2 ) = |{z}
i2·12 (1 + i − 1) = i .
(−1)12 =1
| {z }
=0
Die koniugiert komplexe Zahl und den Betrag lauten:
√
z = −i, kzk = 0 + 1 = 1 .
5
Rationale Nullstellen eines Polynoms
Sei f (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn ein Polynom mit grad(f ) = n und a0 , . . . , an ∈ Z.
Ist α = pq ∈ Q eine rationale Nullstelle von f (x) (mit p und q teilerfremd) dann
muss es gelten:
p|a0 ∧ q|an (p teilt a0 und q teilt an )
Beweis. α =
p
q
ist eine Nullstelle wenn es gilt f (α) = 0, d.h.
2
n
p
p
p
p
f
= a0 + a1 + a2
+ . . . an
=0
q
q
q
q
Daraus folgt dass
0 = a0 q n + a1 pq n−1 + . . . an−1 pn−1 q + an pn
Aus der letzter gleichung folgt dass
a0 q n = − a1 q n−1 + . . . an pn−1 p, an pn = − a0 q n + . . . an−1 pn−1 q,
{z
}
|
{z
}
|
r
s
also:
a0 q n = rp, an pn = sq .
Aber das heisst, dass p teilt das Produkt a0 q n sowie q teilt das Produkt an pn .
Wenn p aber a0 q n teilt, muss dann p a0 oder q n teilen. Da p und q teilerfremd
sind, es folgt dass p|a0 . Analog, aus q|an pn folgt dass q|an .
Beispiel 1
Wir suchen alle rationale Nullstellen von
f (x) = 4 − 7x2 + 3x4 .
Schritt 1. Ist α =
p
q
eine rationale Nullstelle von f (x), dann gilt
p|4 , q|3
(p teilt a0 und q teilt an ). Da die Teiler von 4 nur ±1, ±2, ±4 sind, und die
Teiler von 3 nur ±1 und ±3 sind, gibt es nur 12 mögliche rationale Nullstellen:
p
q
1
3
±1
±2
±4
±1
1
±
3
±2
2
±
3
±4
4
±
3
6
Schritt 2. Die Funktion f (x) ist gerade (f (x) = f (−x)). Also, ist α eine Nullstelle, dann ist auch −α eine Nullstelle.
Schritt 3. Wir müssen jetzt nur 6 mögliche Zahlen nachprüfen.
1
2
4
f (1) = 0, f (2) 6= 0 , f (4) 6= 0 , f
6= 0 , f
6= 0 , f
6= 0 .
3
3
3
Also hat f (x) 2 rationale Nullstellen (1 und -1).
Beispiel 2
Das Polynom f (x) = 1 + 2x2 + 30x3 − 4x4 + 5x5 + 7x6 + x7 hat keine rationale
Nullstelle.
Beweis. Wenn f (x) eine rationale Nullstelle pq hat, dann gilt: p|a0 = 1 und
q|an = 1. Also
p = ±1, q = ±1
d.h., die einzige mögliche rationale Nullstellen sind 1 und -1. Aber:
f (1) = 1 + 2 + 20 − 4 + 5 + 7 + 1 = 32, f (−1) = 1 + 2 − 30 − 4 − 5 + 7 − 1 = −30 .
Also hat f keine rationale Nullstelle.
7