Modulprüfung BA 04 Mathematik: Grundlagen der Mathematik C: Geometrie, Elementare Algebra und Zahlentheorie

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1 FB 3: Mathematik/Naturwissenschaften Prof. Dr. R. Frank/ Dr. D. Habeck Modulprüfung BA 04 Mathematik: Grundlagen der Mathematik C: Geometrie, Elementare Algebra und Zahlentheorie Name: Vorname: Matrikel-Nr.: Studiengang: Besuchte Übungsgruppe (bitte ankreuzen): Herr Habeck (Di., 14-16) Herr Habeck (Do., 10-12) Frau Starck (Di., 12-14) Frau Starck (Do., 10-12) Herr Steinhauer (Di., 16-18) keine Übungsgruppe Aufgabe Punkte Erz. Punkte Erreichte Punktzahl: von max. 50 Punkten Die Modulprüfung ist bestanden ja / nein Note: Technische Hinweise: 1. Taschenrechner sind nicht zugelassen! 2. Handys bitte ausschalten. 3. Eigenes Papier ist nicht zugelassen, bitte verwenden Sie zum Ausprobieren das Blatt am Ende der Arbeit oder die Rückseiten. 4. Steht eine Lösung nicht unmittelbar unter der Aufgabe, ist ein Querverweis unbedingt erforderlich. 5. Die Heftklammer darf nicht entfernt werden, auch das Notizblatt darf nicht von der Arbeit getrennt werden. 6. Nicht mit Bleistift schreiben!

2 Aufgabe 1: a) Berechnen Sie ϕ(20 ϕ(7) 15). Lösung: ϕ(20 ϕ(7) 15) =... = 480. b) Geben Sie eine gerade Zahl n 1 N und eine ungerade Zahl n 2 N an, so dass ϕ(3 n 1 ) = 32 und ϕ(3 n 2 ) = 32. Lösung: n 1 = 32 und n 2 = 17 c) Sei p eine Primzahl. Zeigen Sie, dass ϕ(2p) + ϕ(4p) stets ein Vielfaches von 6 ist. Lösung: Man führt eine Fallunterscheidung bzgl. p durch, wobei man die beiden Fälle p = 2 und p > 2 betrachtet. Für p = 2 erhält man ϕ(2p) + ϕ(4p) = ϕ(4) + ϕ(8) = = 6, d.h. in diesem Fall ist die Behauptung wahr. Im anderen Fall, also p > 2, ist p 1 eine gerade Zahl und kann geschrieben werden in der Form p 1 = 2k mit einem k N. Es ergibt sich ϕ(2p)+ϕ(4p) = ϕ(2) ϕ(p)+ϕ(4) ϕ(p) = 1 (p 1)+2 (p 1) = 3(p 1) = 3 2 k = 6k. Aufgabe 2: a) Bestimmen Sie alle m N, m > 1, mit [11] m [7] m + [13] m = [35] m. Lösung: m {5, 11, 55} b) Beweisen oder widerlegen Sie: Ist a N nicht durch 3 teilbar, so ist 2a durch 3 teilbar. Beweis: Es gilt: a 1 mod 3 = 2a mod 3 a 2 mod 3 = 2a mod 3 c) Berechnen Sie mit Hilfe des Satzes von Euler-Fermat die letzten beiden Ziffern von Lösung: Die letzten beiden Ziffern von sind 21. Nebenrechnungen: Der aus der VL bekannte Satz von Fermat-Euler liefert (da ggt(17,100)=1) mit ϕ(100) = ϕ( ) = = 40 die Kongruenz 17 ϕ(100) mod 100. Damit findet man die gesuchten letzten beiden Ziffern durch ( 17 40) ( 17 2) 2 ( 11) mod

3 Aufgabe 3: Für alle a, b Z sei a b := b 2a + 3. a) Beweisen oder widerlegen Sie: (1) (Z, ) ist kommutativ. Beweis: 0 1 = 3, aber 1 0 = 0. (2) (Z, ) besitzt mindestens ein linksneutrales Element.. Beweis: e l = 1 ist linksneutral, denn für alle a R gilt e l a = 2e l + 3 a = 2 ( 1) + 3 a = a. (3) (Z, ) besitzt mindestens ein rechtsneutrales Element. Beweis: Angenommen, e r ist rechtsneutrales Element, d.h. a e r = a für alle a R. Dann folgt aber für a = 3 2 a e r = 2a + 3 e r = e r = 0 e r = 0 a, was einen Widerspruch zur Annahme darstellt. b) Gegeben seien die Abbildungen f, g : Z Z, definiert durch f(x) = 2x für alle x Z und { x falls x gerade g(x) = 2 x + 2 falls x ungerade. Beweisen oder widerlegen Sie: (1) f ist linksinvers zu g. Beweis: Für x = 1 gilt f(g(1)) = f(3) = 6 3. (2) g ist linksinvers zu f. Beweis: Für alle x Z gilt g(f(x)) = g(2x) = 2x 2 = x, d.h. g f = id. c) Sei h : (R 4, +) (R 10, ) eine verknüpfungstreue und bijektive Abbildung mit h([1] 4 ) = [3] 10. Berechnen Sie h([2] 4 ) und h 1 ([7] 10 ). Lösung: h([2] 4 ) = [9] 10 und h 1 ([7] 10 ) = [3] 4 Nebenrechnungen: Man berechnet h([2] 4 ) = h([1] 4 + [1] 4 ) = h([1] 4 ) h([1] 4 ) = [3] 10 [3] 10 = [9] 10, h([3] 4 ) = h([2] 4 + [1] 4 ) = h([2] 4 ) h([1] 4 ) = [9] 10 [3] 10 = [7] 10, und somit h 1 ([7] 10 ) = [3] 4. 3

4 Aufgabe 4: Sei (M, +, ) der Ring der reellen Matrizen. a) Definieren Sie den Begriff Einheit. Lösung: Eine Einheit x M in (M, +, ) ist ein invertierbares Element, d.h. es gibt ein x 1 M mit x x 1 = x 1 x = b) Berechnen Sie die Matrix A = Lösung: A = c) Beweisen oder widerlegen Sie: 1 3 (1) ist ein Nullteiler Beweis : = (2) In (M, +, ) gilt die Kürzungsregel A B = A C,. Beweis: Gegenbeispiel A = A 0 1, B = 1 0, C = = B = C. 0 1 Aufgabe 5: a) Geben Sie jeweils für das gegebene Element a G der jeweiligen Gruppe G das inverse Element a 1 an. (1) G = (R10, ), a = [7] 10 : a 1 = [3] (2) G = (S 4, ), a = : a = ( ) (3) G = (K 2, ), a = σ g σ h (für Geraden g und h): a 1 = σ h σ g b) Beweisen oder widerlegen Sie: Es gibt keine Untergruppe von (S 4, ) der Ordnung 5. Beweis: Es gilt S 4 = 4! = 24. Nach dem Satz von Lagrange kommen als UG-Ordnung somit nur Teiler von 24 in Frage. Da aber 5 kein Teiler von 24 ist, gibt es keine UG U mit U = 5. c) Sei (G, ) eine Gruppe und a G. Zeigen Sie: Gilt a 3 = a, so ist a selbstinvers, d.h. a 1 = a. Lösung: Man berechnet a 3 = a a 3 a 1 a 1 = a a 1 a 1... a = a 1 4

5 d) Prüfen Sie, ob die Gruppe (U, ) mit U = {1, 1, i, i} zyklisch ist und bestimmen Sie gegebenenfalls alle erzeugenden Elemente. (Dabei bezeichnet i C die imaginäre Einheit.) Die Gruppe ist zyklisch. Erzeugende Elemente: i, i Begründung/Nebenrechnungen: i 2 = i i = 1, i 3 = 1 i = i und i 4 = i 2 i 2 = 1 (analog für i). Die Elemente 1 und 1 sind nicht erzeugend. Aufgabe 6: a) Sei f : C C gegeben durch f(z) = z 2i. Begründen Sie, dass f eine Kongruenzabbildung ist. Bestimmen Sie alle Fixpunkte z = a+b i (mit a, b R) von f. Folgern Sie, um welchen Typ Kongruenzabbildung es sich handelt und charakterisieren Sie diese, z.b. durch Angabe von Drehzentrum und Drehwinkel bei einer Drehung. (1) Begründung, dass f Kongruenzabbildung ist: f ist als Verkettung der Verschiebung g(z) = z 2i und der Spiegelung h(z) = z eine Kongruenzabbildung. (2) Fixpunkte: z = a + i mit a R. (3) Kongruenzabbildung: Aus (1) folgt, dass f orientierungserhaltend ist. Da wegen (2) eine Fixpunktgerade existiert, ist f die Spiegelung an der Geraden durch z 0 = i parallel zu Re-Achse. b) Zeichnen Sie in die Vorlage einen Ausschnitt eines Bandornamentes X, für welches die zugehörige Symmetriegruppe S X neben der Identität nur Verschiebungen und Schubspiegelungen enthält. Lösung: Vergleiche entsprechende Übungsaufgabe. c) Beweisen oder widerlegen Sie: Es gibt keine Figur X R 2 mit endlicher Symmetriegruppe S X, die zudem zwei Spiegelsymmetrien mit (echt) parallelen Spiegelachsen besitzt. Beweis: X besitzt zwei parallele Spiegelachsen, somit ist σ g σ h eine Symmetrie von X. Somit enthält die Symmetriegruppe S X eine Verschiebung. Da die von σ g σ h erzeugte Untergruppe σ g σ h unendliche Ordnung hat, hat auch S X unendliche Ordnung. 5