Lösungsansätze

Fakultät Mathematik und Naturwissenschaften, Fachrichtung Mathematik, Institut für Algebra
Prof. Bernhard Ganter, Daniel Borchmann
Sommersemester 2011
i . Übungsblatt zur Vorlesung
«Elemente der Algebra und Zahlentheorie» – Lösungen
Herausforderungen
Hinweis: Die hier gegeben Lösungen sind ohne Gewähr auf Richtigkeit!
Aufgabe 1.
Herausforderung! Konstruiere ein Nichtstandardmodell der natürlichen Zahlen, also eine
Struktur (N, f, x), die elementar äquivalent aber nicht isomorph ist zu (N, (x 7−→ x +
1), 0). Gehe dabei wie folgt vor:
a) Erweitere die natürlichen Zahlen N durch ein neues, größtes Element a.
b) Argumentiere, dass a einen Vorgänger a − 1 und einen Nachfolger a + 1 haben muss.
c) Folgere daraus, dass unendlich viele Zahlen a − n für n ∈ N gibt, die vor a liegen,
aber größer sind als alle natürlichen Zahlen.
d) Folgere weiterhin, dass es unendlich viele Zahlen a + n für n ∈ N gibt, die größer
sind als a.
e) Insgesamt erzeugt also a eine Menge von Zahlen { a ± n | n ∈ N }, die ordnungsisomorph ist zu (Z, ≤). Bezeichne diese Menge mit a∗ .
f) Argumentiere, dass a + n < a + a gilt für alle n ∈ N. Auch hier müssen wieder
Vorgänger und Nachfolger existieren. Damit existiert auch (a + a)∗ .
g) Argumentiere, dass entweder a oder a + 1 durch 2 teilbar ist. Ohne Einschränkung
sei dann a durch 2 teilbar. Zeige dann, dass alle Elemente in (a/2)∗ kleiner sind als
alle Elemente aus a∗ , aber dass dennoch alle Elemente aus (a/2)∗ größer sind als alle
Elemente aus N. Wir schreiben dies kurz als N < (a/2)∗ < a∗ < (a + a)∗ .
h) Zeige abschließend, dass für je zwei Zahlen a, b ∈ N \N eine Zahl c ∈ N \N existieren
muss, so dass a < c < b und damit auch a∗ < c∗ < b∗ gelten muss. Die Menge
{ x∗ | x ∈ N \ N } ist damit ordnungsisomorph zu (Q, ≤).
i) Skizziere die so konstruierte Menge.
Hinweis: Die Konstruktion ist damit abgeschlossen und die so erhaltene Struktur ist tatsächlich ein
Nichtstandardmodell der natürlichen Zahlen.
Lösung Diese Aufgabe soll nur einen Einblick geben in die Art und Weise solch einer
Konstruktion. Da keine Axiomatisierung der natürlichen Zahlen in Logik 1. Stufe angegeben worden ist, kann auch nicht viel bewiesen werden. Interessant ist hier vielleicht
1
auch der Verweis auf den Satz von Skolem, der die Existenz von Nichtstandardmodellen
garantiert.
a) Dies gibt ein erstes Nichtstandardelement. Dessen Existenz kann mit den PeanoAxiomen widerlegt werden, aber nur mit Hilfe des Induktionsaxioms. In der Axiomatisierung in Logik 1. Stufe ist die Existenz von Nichtstandardelementen widerspruchsfrei.
Es ist leicht einsehbar, dass jedes Nichtstandardmodell der natürlichen Zahlen, aufgefasst als geordnete Menge, mit N (bis auf Isomorphie) beginnen muss.
Es bleibt zu zeigen, dass jedes Nichtstandardelement a ∈ N \ N wirklich echt größer
ist als jede Zahl aus N. Es gilt der Satz
Für je zwei verschiedene natürliche Zahlen a, b ist entweder a < b oder
b < a.
Angenommen, es gibt ein n ∈ N mit a < n. Dann ist die Menge
{n ∈ N | a < n} ⊆ N
nichtleer und da es eine Teilmenge von N ist, hat sie ein kleinstes Element m. Dies
ist nicht 0, da der Satz gilt
Jede von 0 verschiedene natürliche Zahl ist echt größer als 0.
Dann ist aber m − 1 < a < m, ein Widerspruch.
b) Es gilt der Satz
Jedes von 0 verschiedene natürliche Zahlen hat einen Vorgänger und einen
Nachfolger.
Daraus folgt die Existenz von a − 1 und a + 1, da x 7−→ x + 1 die Nachfolgerfunktion
ist.
c) Alle Elemente a − n mit n ∈ N liegen vor a. Außerdem ist n < a − m für alle
n, m ∈ N, da sonst a ≤ n + m wäre.
d) Das ist klar, sollte aber einfach mal gesagt werden.
e) Die Ordnungsisomorphie von a∗ zu (Z, ≤) kann formal argumentiert werden (ϕ(a +
n) := n, ϕ(a − n) := −n), ist aber nicht wichtig. Eine intuitive Einsicht reicht aus.
f) Es folgt a + n < a + a, da n < a gilt. Allgemein gilt der Satz
Für alle natürlichen Zahlen x, y, z mit x < y ist auch x + z < y + z.
Die Existenz von (a + a)∗ folgt wie oben, auch dass a∗ < (a + a)∗ .
g) Es gilt der Satz
Für jede natürliche Zahl a ist entweder a oder a + 1 durch 2 teilbar.
Wie oben folgt (a/2)∗ < a∗ < (a + a)∗ .
2
h) Sind a, b zwei Nichtstandardzahlen, so ist (a + b) oder (a + b + 1) durch 2 teilbar.
Ohne Einschränkung sei dies (a + b) und es ist a < (a + b)/2 < b und damit auch
a∗ < ((a + b)/2)∗ < b∗ .
i) Der Ordnungstyp (siehe nächste Aufgabe) der so konstruierten Struktur ist ω +(ω ∗ +
ω) · η, wobei ω ∗ der Ordnungstyp der umgekehrt sortierten natürlichen Zahlen und
η der Ordnungstyp der rationalen Zahlen. Als Bild ergibt sich somit
[
0
)
ω
N
a∗
Aufgabe 2.
Bestimme jeweils die Menge aller x ∈ C, so dass die folgenden Bedingungen erfüllt sind.
d) Herausforderung! sin(x) = 2
Hinweis: Beachte die Formel
eix − e−ix
2i
für x ∈ C. Diese Formel ergibt sich aus den Potenzreihendarstellungen von sin(x) und ex .
sin(x) =
Lösung
d) Es muss gelten
2=
eix − e−ix
2i
also e2ix − 4ieix − 1 = 0. Setzt man y := eix , so folgt y 2 − 4iy − 1 = 0, also
√
√
y = 2i ± −4 + 1 = (2 ± 3)i.
√
√
π
Es ist dann eix = (2 ± 3)i = (2 ± 3)ei 2 , also
π
√
ix = ln(2 ± 3) + i
+ 2kπ , k ∈ Z
2
√
π
x = + 2kπ − i ln(2 ± 3), k ∈ Z.
2
Aufgabe 3.
Herausforderung! Zeige den Satz von Cantor : Für jede Menge M ist
|M | < |P(M )|,
d. h. |M | ≤ |P(M )| und |M | =
6 |P(M )|.
3
Hinweis: Zeige dafür, dass es zwar eine injektive, aber keine bijektive Abbildung zwischen M und P(M )
gibt. Stärker gilt sogar, dass es keine surjektive Abbildung von M nach P(M ) geben kann.
Lösung Es ist klar, dass die Abbildung f : M −→ P(M ) mit f (A) = { A } eine injektive
Abbildung ist. Damit folgt |M | ≤ |P(M )|.
Angenommen, es gäbe nun eine surjektive Abbildung g : M −→ P(M ). Wir betrachten
dann die Menge
C = {a ∈ M | a ∈
/ g(a) }.
Da g surjektiv ist, gibt es ein x ∈ M , so dass C = g(x) ist. Ist dann x ∈ g(x), so folgt
x∈
/ C. Ist aber x ∈
/ g(x), so folgt x ∈ C. Beide Fälle widersprechen aber C = g(x) und
damit kann g nicht existieren.
Aufgabe 4.
Herausforderung! Zeige, dass die Menge
{p ∈ P | p ≡ 3
(mod 4) }
unendlich ist. Dabei bezeichne P die Menge der Primzahlen.
Lösung Wir nehmen an, dass { p ∈ P | p ≡ 3 (mod 4) } endlich ist, d. h. in der Form
{ p1 , . . . , pk } für ein k ∈ N+ ist. Dann betrachten wir
n := 4 · p1 · . . . · pk − 1.
Es gilt n ≡ 3 (mod 4) und n ≡ pi − 1 6≡ 0 (mod p)i , d. h. pi 6 | n für alle i ∈ { 1, . . . , k }.
Falls n einen Primteiler p mit der Eigenschaft p ≡ 3 (mod 4) besäße, wäre dies ein
Widerspruch zur Annahme, da dieser wegen obiger Überlegung nicht in der Menge { p ∈
P | p ≡ 3 (mod 4) } = { p1 , . . . , pk } liegen kann (kein pi teilt n).
Damit hat die kanonische Darstellung von n die Form
n=
`
Y
α
sj j
j=1
mit sj ≡ 1 (mod 4) für alle j ∈ { 1, . . . , ` }.
Seien a = qa · 4 + 1 und b = qb · 4 + 1 zwei natürliche Zahlen mit Rest 1 modulo 4. Dann
gilt für das Produkt
a · b = (4 · qa · qb + qa + qb ) · 4 + 1,
d. h. a · b hat auch Rest 1 modulo 4. Damit müsste auch n ≡ 1 (mod 4) gelten, was im
Widerspruch zu n ≡ 3 (mod 4) steht.
Aufgabe 5.
Herausforderung! Beweise, dass ϕ(n) = |Z∗n | gilt. Dabei sei Z∗n die Menge der Einheiten
von Zn .
4
Lösung Diese Eigenschaft gilt für n = p Primzahl, denn die Anzahl der Einheiten ist
dann p − 1 = p · (1 − p1 ) = ϕ(p).
Für Primzahlpotenzen pk muss von |Zpk | die Anzahl aller diejenigen Zahlen abgezogen
werden, die mit pk einen gemeinsamen, nichttrivialen Teiler haben haben. Das sind
gerade die Vielfachen von p (0 · p, 1 · p, . . . , (pk−1 − 1) · p):
1
|Z∗pk | = pk − pk−1 = pk · (1 − ) = ϕ(pk ).
p
Nun bleibt noch |Z∗m·n | = |Z∗m | · |Z∗n | für teilerfremde Zahlen m, n zu zeigen, dann folgt
alles aus der Multiplikativität. Es gilt:
ggT(a, m · n) = 1 =⇒ ggT(a, m) = 1 = ggT(a, n).
Damit ergibt sich, dass die Abbildung
ψ : Z∗m·n −→
Z∗m × Z∗n
a
7−→ (a mod m, a mod n)
eine wohldefinierte, bijektive Abbildung ist, also |Z∗m·n | = |Z∗m × Z∗n | = |Z∗m | · |Z∗n | ist.
Dies sieht man wie folgt:
Surjektivität von ψ: Es sei (a, b) ∈ Z∗m × Z∗n . Dann ist das Gleichungssystem
x = a mod m
x = b mod n
zu lösen. Wir wissen, dass die Zahlen m und n teilerfremd sind, deswegen gibt es
Zahlen em ∈ Z∗n , en ∈ Z∗m so, dass
em · m ≡ 1
(mod n)
en · n ≡ 1
(mod m)
gilt. Dann ist x = em · m · b + en · n · a die gesuchte Lösung.
Ist nun p ein Primteiler von m·n, so ist p entweder ein Teiler von m oder ein Teiler
von n, da m und n teilerfremd sind. Sei ohne Einschränkung p ein Teiler von m
und p kein Teiler von n. Ist dann p ein Teiler von x, so ist p auch ein Teiler von
en · n · a, also von en · a. Es ist aber en · a ∈ Z∗m und damit ist p als gemeinsamer
Teiler von m und en · a nicht möglich. Also ist ggT(x, m · n) = 1 und damit ist
x ∈ Z∗m·n .
Also ist ψ(x) = (a, b).
Injektivität von ψ: Es seien a, b ∈ Z∗m·n derart, dass a ≡ b (mod m) und a ≡ b (mod n)
ist. Dann gibt es k, l ∈ Z, so dass
a=b+k·m
a=b+l·n
5
gilt. Dann ist aber k · m = l · n und es folgt m | l, da m und n teilerfremd sind.
Damit folgt aber l = t · m für ein t ∈ Z und es ist
a=b+t·m·n
also a ≡ b (mod m · n).
Das ganze geht auch noch viel allgemeiner und ist als Chinesischer Restsatz bekannt
(hier zitiert aus der Wikipedia):
Satz 1 (Chinesischer Restsatz) Es sei R ein Ring mit Eins und es seien I1 , . . . , In
(beidseitige) Ideale von R, so dass Ii + Ij = R für i 6= j (man nennt die Ideale dann
teilerfremd oder koprim), und sei I das Produkt der Ideale.
Dann ist I gleich dem Durchschnitt der Ideale Ij und der Faktorring R/I ist isomorph
zum Produktring R/I1 × . . . × R/In durch den Isomorphismus
f:
R/I1 × . . . × R/In
−→
x + I 7−→ (x + I1 , . . . , x + In ).
R/I
Aufgabe 6.
Herausforderung! Für welche Zahlen n ∈ N+ gilt, dass alle Elemente in Z∗n \ { 1 } multiplikative Ordnung 2 haben?
Lösung Es gilt folgende Charakterisierung:
Satz 2 Es sei n ∈ N+ . Es haben dann alle Elemente in Z∗n die Ordnung 1 oder 2 genau
dann, wenn für jede Primzahl p < n mit p - n stets p2 ≡ 1 (mod n) folgt.
Beweis Die Richtung =⇒ ist klar, denn jede Primzahl p < n mit p - n ist Element von
Z∗n , hat also Ordnung 2 (denn p 6= 1) und daher p2 ≡ 1 (mod n).
Sei also nun k ∈ Z∗n \ { 1 }. Dann ist k ∈ Z und hat daher eine kanonische Darstellung
Y α
k=
pi i
pi ∈P
mit αi ∈ N. Dann ist aber αi = 0 für pi ≥ n und auch für pi | n, denn k ∈ Z∗n . Damit
sind aber alle Primteiler von k von der Form pi < n und pi - n, also p2i ≡ 1 (mod n).
Damit folgt dann
Y α
Y
Y
k2 ≡ (
pi i )2 ≡
(p2i )αi ≡
1αi ≡ 1 (mod n)
pi ∈P
pi ∈P
pi ∈P
wie verlangt.
Aus dem Satz folgt nun, dass die gesuchten Zahlen n die folgende Eigenschaft erfüllen
müssen
p2 < n =⇒ p | n
(1)
6
für alle p ∈ P. Daraus folgt insbesondere schon einmal, dass n keine Primzahl ≥ 5 sein
kann, da dann nämlich 22 < n und 2 - n gilt.
Allgemeiner müssen die Zahlen n die Form
n = p1 · · · pk · m
√
für die ersten k Primzahlen p1 , . . . , pk und eine Zahl m ∈ N haben, wobei pi < n und
pk+1 - m ist (da sonst die ersten k + 1 Primzahlen genommen werden müssten). Damit
ergibt sich insbesondere n ≤ p2k+1 , da sonst pk+1 ein Teiler von n und damit ein Teiler
von m sein muss.
Beginnt man mit solch einer Konstruktion, so ergeben sich
k p1 · · · pk
0
1
1
2
2
6
3
30
4
210
n
–
2, 4, 8
6, 12, 24
30
–
Tatsächlich erfüllen alle angegebenen Werte außer 30 die gesuchte Eigenschaft.
Es stellt sich aber nun die Frage, ob es nicht noch mehr Werte für k gibt, bei denen
Werte für n möglich sind. Wir wollen im Folgenden zeigen, dass dies nicht möglich ist.
Dazu nutzen wir die folgende Aussage
Satz 3 (Bertrand-Tschebyschow) Es sei n ∈ N+ . Dann gibt es eine Primzahl p, so
dass n < p ≤ 2n gilt.
Daraus ergibt sich, dass pk+1 ≤ 2pk und pk+1 ≤ 4pk−1 ist, für k ≥ 1. Aus der Bedingung (1) hatten wir gefolgert, dass n ≤ p2k+1 ist. Daraus ergibt sich
m≤
p2k+1
8
≤
p1 · · · pk
p1 · · · pk−2
für k ≥ 2. Man beachte aber, dass diese Abschätzung nicht sehr scharf ist.
Für die Werte k = 2 ergibt sich m ≤ 8, für k = 3 ergibt sich m ≤ 4, für k = 4 ergibt
sich m ≤ 1 und für k ≥ 5 folgt m ≤ 0. Damit kann es keine weiteren Werte für n geben
und alle möglichen Werte sind { 2, 4, 6, 8, 12, 24 }.
Aufgabe 7.
Herausforderung! Es sei R = (R, +, −, ·, 0, 1) ein kommutativer Ring mit Eins und 0 6= 1.
Zeige, dass dann gilt
R bildet einen Körper ⇐⇒ ∀S : S Ring ∀ϕ : R −→ S : (ϕ 6≡ 0S =⇒ ϕ injektiv).
Beachte, dass eine solche Abbildung ϕ genau dann injektiv ist, wenn Ker(ϕ) = { 0 } gilt.
7
Lösung =⇒ Es sei R ein Körper, ϕ : R −→ S ein Ringhomomorphismus und ϕ 6≡ 0S .
Angenommen, ϕ wäre nicht injektiv. Dann gäbe es x, y ∈ R, x 6= y mit ϕ(x) = ϕ(y).
Dann ist
z · (x − y)
)
x−y
z
= ϕ(
)ϕ(x − y)
x−y
= 0S
ϕ(z) = ϕ(
für jedes z ∈ R im Widerspruch zu ϕ 6≡ 0.
⇐= Es sei a ∈ R \ { 0 }. Wir zeigen, dass es ein Element a0 ∈ R gibt mit 1 = a0 · a, denn
daraus folgt die Behauptung. Wir definieren dazu
Ra = { r · a | r ∈ R }
Man beachte, dass Ra ein Ideal von R ist. Angenommen, 1 ∈
/ Ra. Dann ist
S = ({ x + Ra | x ∈ R }, +S , ·S , Ra, 1 + Ra)
ein Ring und
ϕ(x) := x + Ra
ein Ringhomomorphismus von R nach S. Da ϕ(1) = 1+Ra 6= Ra ist, ist ϕ nicht konstant
0S = Ra, also ist ϕ injektiv. Dann ist aber Ra = Ker(ϕ) = { 0 } im Widerspruch zu
a 6= 0. Somit ist 1 ∈ Ra und damit existiert ein Element a0 ∈ R mit 1 = a0 · a.
8