Lösungen 5 zum Mathematik-Brückenkurs

Lösungen 5 zum Mathematik-Brückenkurs
für alle, die sich für Mathematik interessieren
µFSR, TU Dresden
Version vom 26. September 2016,
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Aufgabe 5.1. Überzeuge dich davon, dass die Menge der Symmetrien des gleichsetitgen Dreiecks aus dem Beispiel mit der Hintereinanderausführung tatsächlich eine Gruppe bildet!
Lösung. Das haben wir in der Stunde getan.
Aufgabe 5.2. Welche der folgenden Paare von Menge und Verknüpfung sind Gruppen? Begründe!
1. (N, +)
2. (N, ·)
3. (R, +)
4. (R \ {0}, ·)
5. ({ f : M → M | f ist bijektiv}, ◦) für eine Menge M
6. (Z, −)
Lösung.
1. Keine Gruppe, weil es keine inversen Elemente gibt (−1 6∈ N). Falls man die
natürlichen Zahlen mit 1 anfangen lässt, gibt es sogar kein neutrales Element.
2. Keine Gruppe, weil es keine inversen Elemente gibt (1/2 6∈ N).
3. Gruppe
4. Gruppe
5. Gruppe
1
6. Keine Gruppe, weil − das Assoziativgesetz nicht erfüllt. Es gilt zum Beispiel
1 − (1 − 1) = 1 6= −1 = (1 − 1) − 1.
Aufgabe 5.3. Zeige, dass jede Gruppe genau ein neutrales Element hat und dass jedes ihrer
Elemente genau ein inverses Element hat.
Lösung. Sei ( G, ∗) eine Gruppe. Zum neutralen Element: Nach Definition hat G mindestens ein neutrales Element. Seien e1 , e2 neutrale Elemente von G. Dann gilt
e2 ist neutrales Element
=
e1
e2 ∗ e1
e1 ist neutrales Element
=
e2 ,
also gibt es auch höchstens ein neutrales Element in G.
Zum inversen Element: Sei a ∈ G. Nach Definition hat a mindestens ein inverses
Element in G. Seien b, c inverse Elemente von a in G. Dann gilt
c
e ist neutrales Element
=
c ist inverses Element
=
e∗c
b∗e
b ist inverses Element
=
e ist neutrales Element
=
(b ∗ a) ∗ c
Assoziativgesetz
=
b ∗ ( a ∗ c)
b,
also gibt es auch höchstens ein inverses Element von a in G.
Aufgabe 5.4. Sei ( G, ∗) eine Gruppe. Zeige, dass ( a ∗ b)−1 = b−1 ∗ a−1 für alle a, b ∈ G.
Lösung. Es gilt
( a ∗ b ) ∗ ( b −1 ∗ a −1 )
Assoziativgesetz
=
a ∗ ( b ∗ b −1 ) ∗ a −1
e ist neutrales Element
=
a ∗ a −1
b−1 ist inverses Element von b
=
a−1 ist inverses Element von a
=
a ∗ e ∗ a −1
e.
Die Gleichung (b−1 ∗ a−1 ) ∗ ( a ∗ b) = e zeigt man genauso. Mit der in Aufgabe 5.3
gezeigten Eindeutigkeit inverser Elemente folgt daraus ( a ∗ b)−1 = b−1 ∗ a−1 .
Aufgabe 5.5. Beweise die Kürzregel: Für jede Gruppe ( G, ∗) und a, b, c ∈ G gilt a ∗ b =
a ∗ c ∨ b ∗ a = c ∗ a ⇒ b = c. Was bedeutet sie für die Verknüpfungstafel?
Lösung. Wir zeigen nur a ∗ b = a ∗ c ⇒ b = c, die andere Implikation geht genauso. Es
gilt
b
e ist neutrales Element
=
Voraussetzung
=
a−1 ist inverses Element von a
a −1 ∗ ( a ∗ c )
e ist neutrales Element
=
e∗b
=
Assoziativgesetz
=
( a −1 ∗ a ) ∗ b
( a −1 ∗ a ) ∗ c
Assoziativgesetz
=
a −1 ∗ ( a ∗ b )
a−1 ist inverses Element von a
=
e∗c
c.
Für die Verknüpfungstafel bedeutet die Kürzregel, dass jedes Element der Grupe in
jeder Zeile und jeder Spalte höchstens einmal vorkommen kann. Damit muss jedes
Element in jeder Zeile und Spalte auch mindestens einmal vorkommen (sonst blieben
leere Stellen). Also sagt die Kürzregel, dass die Verknüpfungstafel ein lateinisches
Quadrat ist.
2
Aufgabe 5.6. Vervollständige folgende Verknüpfungstafel so, dass sie eine abelsche Gruppe
beschreibt. Du hast dann die Klein’sche Vierergruppe (nach Felix Klein) gefunden.
◦
1
a
b
c
1
◦
1
a
b
c
1
1
a
b
c
a
a
1
b
a
a
1
c
b
b
b
c
1
a
c
c
Lösung.
c
c
b
a
1
Aufgabe 5.7. Zeige, dass jede zyklische Gruppe abelsch ist.
Lösung. Sei ( G, ∗) eine zyklische Gruppe. Dann gibt es g ∈ G, sodass jedes Element
von G als mehrfaches Produkt von g mit sich selbst geschrieben werden kann. Seien
also a, b ∈ G. Dann gibt es n, m ∈ N mit a = gn = g ∗ g ∗ g ∗ · · · ∗ g und b = gm . Damit
|
{z
}
n-mal
gilt
a ∗ b = gn ∗ gm
Assoziativgesetz
=
g∗g∗···∗g
|
{z
}
Assoziativgesetz
=
gm ∗ gn = b ∗ a.
n + m-mal
Aufgabe 5.8. Zeige, dass jede Gruppe mit drei Elementen eine zyklische Gruppe ist.
Lösung. Diese Aufgabe soll eine Knobelaufgabe bleiben. Wer eine Lösung findet, darf
sie an [email protected] schicken.
Aufgabe 5.9. Welche der folgenden Tripel (F, +, ·) sind Körper?
1. (N, +, ·)
2. (Z, +, ·)
3. (R, +, ·)
4. (R, +, ÷)
3
5. F2 := ({0, 1}, +, ·) mit + und · gemäß folgender Verknüpfungstafeln:
+
0
1
0
0
1
·
0
1
1
1
0
0
0
0
1
0
1
Lösung.
1. Kein Körper, da (N, +) keine Gruppe (es gibt keine Inversen Elemente bezüglich
+)
2. Kein Körper, da (Z, ·) keine Gruppe (es gibt keine inversen Elemente bezüglich
·)
3. Körper (alles, was man dazu wissen muss, haben wir schon lange in der Schule
gelernt)
4. Kein Körper: Es ist zwar (R, +) eine abelsche Gruppe, aber (R, ÷) nur eine
Gruppe (die nicht abelsch ist, es gilt im Allgemeinen nicht a ÷ b = b ÷ a). Weiterhin gilt auch das Distributivgesetz nicht: 1 ÷ (2 + 3) = 1/6 6= 1/2 + 1/3 =
1÷2+1÷3
5. Das ist ein Körper, wie man einfach überprüft (haben wir in der Stunde getan)
Aufgabe 5.10. Sei (F, +, ·) ein Körper. Zeige, dass dann für alle a ∈ F gilt, dass 0 · a = 0.
Lösung. Für x ∈ F gilt
0·x
0 neutrales Element zu +
=
(0 + 0) · x
Dirstributivgesetz
=
0 · x + 0 · x.
Die Zahl 0 · x hat ein additives Inverses, nämlich −(0 · x ). Mit obiger Gleichung folgt
also:
0
−(0 · x ) ist inverses Element von 0 · x bez. +
=
Assoziativgesetz für +
=
(−(0 · x ) + 0 · x ) + 0 · x
0 ist neutrales Element zu +
=
s.o.
−(0 · x ) + (0 · x ) = −(0 · x ) + (0 · x + 0 · x )
−(0 · x ) ist inverses Element von 0 · x bez. +
=
0+0·x
0·x
Aufgabe 5.11. Sei (F, +, ·) ein Körper. Verwende Aufgabe 5.10, um zu zeigen , dass − a =
(−1) · a für alle a ∈ F.
4
Lösung. Es gilt
0
Aufgabe 5.10
=
0·a
Distributivgesetz
=
0 ist neutrales Element zu +
=
1 · a + (−1) · a
(1 + (−1)) · a
1 ist neutrales Element zu ·
=
a + (−1) · a,
woraus mit der Eindeutigkeit inverser Elemente (Aufgabe 5.3) die Behauptung folgt.
Aufgabe 5.12. Sei (F, +, ·) ein Körper. Verwende Aufgaben 5.10 und 5.11, um zu zeigen,
dass dann a · b = (− a) · (−b) für alle a, b ∈ F gilt.
Lösung. Es gilt
− a · (−b)
Aufgabe 5.11
=
(−1) · a · (−1) · b
Kommutativgesetz für ·
=
(−1) · (−1) · a · b.
Wir zeigen nun noch (−1) · (−1) = 1: Es gilt
0
Aufgabe 5.10
=
(−1) · 0
Distributivgesetz
=
0 ist neutrales Element zu +
=
(−1) · 1 + (−1) · (−1)
(−1) · (1 + (−1))
1 ist neutrales Element zu ·
=
(−1) + (−1) · (−1),
woraus mit −(−1) = 1 und mit der Eindeutigkeit inverser Elemente (Aufgabe 5.3) die
Behauptung folgt.
Aufgabe 5.13. Wie viele verschiedene Körper mit drei Elementen gibt es?
Lösung. Diese Aufgabe soll eine Knobelaufgabe bleiben. Wer eine Lösung findet, darf
sie an [email protected] schicken.
Aufgabe 5.14. Sei ( F, +, ·, ≤) ein geordneter Körper. Zeige, dass dann a < 0 ⇔ − a > 0 für
alle a ∈ F.
Lösung. Sei zunächst a < 0. Dann gilt nach Definition a ≤ 0 und damit folgt aus der
Verträglichkeit von ≤ mit +, dass
− a = 0 + (− a) ≥ a + (− a) = 0.
Ferner folgt wegen der Eindeutigkeit inverser Elemente, dass − a 6= 0 wegen a 6= 0,
also ist damit bereits − a > 0 gezeigt.
Die andere Implikation folgt ähnlich.
Aufgabe 5.15. Sei ( F, +, ·, ≤) ein geordneter Körper. Verwende Aufgaben 5.12 und 5.14, um
zu zeigen, dass dann a2 := a · a > 0 für alle a ∈ F mit a 6= 0.
Lösung. Wir müssen zwei Fälle unterscheiden:
1. a > 0: Dann folgt a ≥ 0 und wegen der Verträglichkeit von ≤ mit ·, dass 0 =
a · 0 ≤ a · a. Ferner ist wegen a > 0 auch a 6= 0, also insgesamt a2 > 0.
5
2. a < 0: Dann ist mit Aufgabe 5.14 − a > 0, also nach dem ersten Fall (− a)2 > 0.
Es gilt mit Aufgabe 5.12 weiterhin (− a)2 = a2 , also folgt auch in diesem Fall die
Behauptung.
Aufgabe 5.16. Verwende Aufgabe 5.15 um zu zeigen, dass in jedem geordneten Körper 0 < 1
gilt!
Lösung. Es gilt 1 6= 0 nach Definition, was ein Körper ist. Damit folgt unter Verwendung von Aufgabe 5.15, dass 1 = 1 · 1 = 12 > 0.
Aufgabe 5.17. Verwende Aufgabe 5.16, um mit vollständiger Induktion zu zeigen, dass in
jedem geordneten Körper
0 < 1| + 1 +{z· · · + 1}
n-mal
für alle n ∈ N gilt. Folgere daraus unter Verwendung von Aufgabe 5.5, dass jeder geordnete
Körper unendlich viele Elemente haben muss.
Lösung. Sei (F, +, ·, ≤) ein geordneter Körper. Zum Beweis von 0 < 1| + 1 +{z· · · + 1}:
n-mal
Induktionsanfang: Nach Aufgabe 5.16 gilt die Beahuptung für n = 1. Induktionshypothese: Gebe es ein n ∈ N, sodass 0 < 1| + 1 +{z· · · + 1}. Induktionsschritt: Für n wie
n-mal
in der Induktionshypothese gilt Wegen 0 < 1 (also wieder Aufgabe 5.16) und der
Verträglichkeit von + und ≤, dass
1| + 1 +{z· · · + 1} =1 + 1| + 1 +{z· · · + 1}
n + 1-mal
n-mal
≥ 1| + 1 +{z· · · + 1} > 0.
n-mal
Also gilt die Behauptung auch für n + 1.
Wir zeigen nun, dass sich die Zahlen 0 < 1| + 1 +{z· · · + 1} und 0 < 1| + 1 +{z· · · + 1} für
n-mal
m-mal
m 6= n unterscheiden und es daher unendlich viele Zahlen geben muss. Wir beweisen
diese Behauptung kontrapositiv. Seien also m, n ∈ N mit n 6= m und
1| + 1 +{z· · · + 1} = 1| + 1 +{z· · · + 1}
n-mal
m-mal
Ohne Einschränkung sei m > n. Mit der Kürzregel (angewendet auf die Gruppe (F, +)
aus Aufgabe 5.5 können wir daraus folgern, dass
1| + 1 +{z· · · + 1} = 0,
m − n-mal
Damit folgt, dass 0 < 1| + 1 +{z· · · + 1} nicht sein kann und der Kontrapositionsbeweis
m − n-mal
ist abgeschlossen
6