1. Beschreiben Sie folgende Zahlenmengen durch Markierung auf der Zahlengeraden, der Zahlenebene bzw. durch Aufzählen der Elemente:

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1 Lösung 1. Übung Elemente der Algebra WS018/19 1. Beschreiben Sie folgende Zahlenmengen durch Markierung auf der Zahlengeraden, der Zahlenebene bzw. durch Aufzählen der Elemente: (e) {(x,y) IR 7x+3y 6}. (e) Die Punkte der Ebene, die die Gleichung erfüllen, liegen genau auf der Geraden {(x,y) IR ; y = 7 3 x + }. Ist (x 0 y 0 ) ein Punkt der Geraden, dann liegen alle Punkte mit y > 7 3 x 0+ auf der Halbgeraden parallel zur y-achse oberhalb (x 0 y 0 ), d.h. die gesuchte Punktmenge ist die Halbebene oberhalb der Geraden(einschließlich der Geraden).. Bestimmen Sie die folgenden Mengenvereinigungen und -durchschnitte: (f) n IN M n mit M n = {1,3,5,...,(n+1)}. (f) M 1 = {1;3} und 1,3 M n für alle n M n n INM n = M 1 = {1;3}. 4. Seien G eine beliebige nichtleere Menge, A,B,C,D beliebige Teilmengen von G. Untersuchen Sie, ob folgende Aussagen wahr oder falsch sind: (c) Gilt A B, dann auch B C A C und B C A C. Geben Sie gegebenenfalls einen Beweis oder ein Gegenbeispiel an! (c) Für C = G gilt B G = G und A G = G, für C = gilt B = und A =. Beide Behauptungen sind nicht allgemeingültig. 6. Für c IR sei (b) M c := {(x y) x c, y x}. Schraffieren Sie in der (x y)-ebene M. Bestimmen Sie M c und M c. (Mit Nachweis!) c IR c IR,c 3

2 (b) M ist der Teil unterhalb der Geraden y = x und rechts der Geraden x = einschließlich der Randpunkte. Allgemein ist M c der Teil unterhalb der Geraden y = x und rechts der Geraden x = c. Die Vereinigung c IRM c ist der ganze Bereich unterhalb der Geraden y = x: Sei (x 0 y 0 ) IR mit y 0 x 0 und c 0 := x 0. Dann gilt x 0 c 0, y 0 x 0, also (x 0 y 0 ) M c 0 c IRM c. Behauptung: c IR,c 3 M c = M 3 : Für beliebiges (x 0 y 0 ) M 3 und beliebiges c 3 gilt c 3 x 0 und y 0 x 0, d.h. (x 0 y 0 ) M c für alle c 3 und damit M 3 M c. Aus der Definition des Durchschnitts folgt c IR,c 3 c IR,c 3 8. Beweisen Sie: Für beliebige Mengen M 1,M,M 3 G gilt: (d) M 1 (M \M 1 ) = M 1 M. Korrigieren Sie gegebenenfalls die falschen Behauptungen! (d) Nach Definition (s. Aufgabe 7) gilt M c M 3, d.h. c IR,c 3 M 1 (M \M 1 ) = (M 1 \(M \M 1 )) ((M \M 1 )\M 1 ). M c = M 3. In M 1 \(M \M 1 ) sind alle Elemente von M 1 entfernt, die in M liegen, aber nicht gleichzeitig in M 1, also keins, d.h. diese Menge ist gleich M 1. Weiter gilt (M \M 1 )\ M 1 = M \M 1 und M 1 (M \M 1 ) = M 1 M. 13. Seien A, B, C beliebige Aussagen, 1 die immer wahre Aussage. Geben Sie an, ob folgende Aussagen richtig oder falsch sind? Begründung ist erforderlich. ( ((A B ) ) (e) C) (A B C) A C = A C. (e) Mit Rechenregeln: (A C B) (A C B) = (A C) (B B) = (A C) 0 = A C. (A C) A = (A A) ( C A) = 0 ( A C) = A C. ( A C) C = ( A C) ( C C) = ( A C) 1 = A C. ( A C) = A C. Aussage ist wahr. Mit Wahrheitstafel: Sei D := A B C, E := A B C, F := D E A.

3 A w w w w f f f f B w w f f w w f f C w f w f w f w f A f f f f w w w w B f f w w f f w w C f w f w f w f w A C f w f w f f f f D w w w w w w f w E w w w w f w w w F f f f f f w f w F C w f w f w w w w (F C) f w f w f f f f

4 Lösung. Übung Elemente der Algebra WS018/ Für welche Werte a,b IR ist die Aussageform (ax) < b über der Grundmenge IR allgemeingültig, nicht allgemeingültig, aber erfüllbar; unerfüllbar? Betrachte a = 0, b > 0: (ax) = 0 < b, d.h. die Aussageform ist allgemeingültig. Betrachte a = 0, b 0: (ax) = 0 b, d.h. die Aussageform ist unerfüllbar. Betrachte a 0, b > 0: (ax) < b x < b b b a a < x <, d.h. die a Aussageform ist erfüllbar, aber nicht allgemeingültig. Betrachte a 0, b 0: (ax) 0 b. d.h. die Aussageform ist unerfüllbar.. Zeigen Sie mit Hilfe eines indirekten oder Widerspruchsbeweises: (d) Teilt man die Differenz von zwei ganzzahligen Quadratzahlen durch 4 mit Rest, dann ergibt sich nie der Rest. (d) Ist a eine gerade ganze Zahl, d.h. es gibt ein k Z mit a = k, dann ist a = 4k durch 4 mit Rest 0 teilbar. Ist a eine ungerade ganze Zahl, d.h. es gibt ein k Z mit a = k + 1, dann ist a = (k +1) = 4k +4k +1 durch 4 mit Rest 1 teilbar. Angenommen, es gibt zwei ganze Zahlen a und b, so dass a b bei Division durch 4 den Rest ergibt. Sind a und b beide gerade, dann ergibt sich der Rest 0, ist eine der Zahlen gerade und die andere ungerade, der Rest 1 oder 3, und sind beide ungerade, ergibt sich der Rest 0, also niemals. Widerspruch. 4. Zeigen Sie mit vollständiger Induktion: (b) Für alle n IN gilt n (k 3 +k ) = 1 1 n(n+1)(3n +7n+). k=1 (b) Induktionsanfang n = 1: =, 1(1+1)(3+7+) =. Richtig. 1 Induktionsschluss: Sei n IN so, dass die Behauptung stimmt, d.h. es gilt n (k 3 +k ) = 1 1 n(n+1)(3n +7n+). k=1

5 Wir zeigen die Beh. für n+1: n+1 (k 3 +k ) = k=1 = }{{} Ind V or n (k 3 +k )+((n+1) 3 +(n+1) ) = k=1 1 1 n(n+1)(3n +7n+)+((n+1) 3 +(n+1) ) = = n+1 1 (3n3 +7n +n+1(n+1) +1(n+1)) = = n+1 1 (3n3 +19n +38n+4). 1 1 (n+1)(n+)(3(n+1) +7(n+1)+) = n+1 1 (n+)(3n +13n+1) = = n+1 1 (3n3 +19n +38n+4). 5. Sei n IN eine natürliche Zahl, n 3. Ein n-eck heißt konvex, wenn sich alle Paare von Punkten des n-ecks durch Strecken verbinden lassen, die das n-eck nicht verlassen (von jedem Punkt des Vielecks kann man jeden anderen Punkt sehen ). Eine Diagonale in einem konvexen n-eck ist eine Verbindungstrecke zweier nicht benachbarter Ecken des n-ecks. Zeigen Sie mit vollständiger Induktion: In einem konvexen n-eck gibt es genau n(n 3) Diagonalen. Induktionsanfang n = 3: Ein Dreieck hat keine Diagonalen und 3(3 3) = 0. Richtig. Induktionsschluss: Sei n IN, n 3, so, dass die Behauptung stimmt, d.h. jedes konvexe n-eck hat n(n 3) Diagonalen. Wir zeigen die Beh. für n+1: Gegeben sei ein beliebiges konvexes Vieleck A n+1 mit den n+1 Ecken a 1,...,a n+1. Die Ecken seien entgegen dem Uhrzeigersinn angeordnet, d.h. a n+1 hat die Nachbarecken a n und a 1. Sei A n das Vieleck mit den Ecken a 1,...,a n. Jede Diagonale von A n ist auch Diagonale von A n+1. A n+1 hat außerdem die n Diagonalen, die durch a n+1 und eine der Ecken a,...,a n 1 gehen, und die Diagonale durch a 1 und a n (die ja in A n eine Seite ist). A n hat nach Ind.-Vor. n(n 3) Diagonalen, d.h. A n+1 hat n(n 3) +(n )+1 = 1 (n(n 3)+n ) = 1 (n 3n+n ) = (n+1)(n ). n ( ) n 4 k ( 1) n k = 3 n. k 6 (c). Zeigen Sie: Für alle n IN gilt n ( ) n 4 k ( 1) n k = (4 1) n = 3 n. k k=0 k=0

6 7. Die Fibonacci-Zahlen f n sind durch folgende Bedingung definiert: f 1 := f := 1, f n+ := f n+1 +f n, n IN. Zeigen Sie: Für alle n IN bzw. n gilt (c) Für alle m,n IN, m gilt f m+n = f n+1 f m +f n f m 1. (d) Für alle n IN gilt f n+1 = f n +f n+1. (e) Es gilt: 3 teilt n genau dann, wenn f n gerade ist. (c) Sei m IN, m beliebig. Vollständige Induktion nach n: Induktionsanfang: n = 1: f f m +f 1 f m 1 = 1 f m +1 f m 1 = f m+1. n = : f m+ = f m+1 +f m = f m +f m 1 +f m = f m +f m 1 = f 3 f m +f f m 1. Richtig. Induktionsschluss: Sei n IN, n, so, dass die Behauptung stimmt. Wir zeigen die Beh. für n+1: f m+n+1 = f m+n +f m+n 1 = (d) Mit m = n+1 folgt aus (c) = (f n+1 f m +f n f m 1 )+(f n f m +f n 1 f m 1 ) = = (f n+1 +f n ) f m +(f n +f n 1 ) f m 1 = = f n+ f m +f n+1 f m 1. f n+1 = f m+n = f n+1 f m +f n f m 1 = f n+1 +f n. (e) 1. Behauptung: f 3k ist gerade für alle k IN. Beweis durch Induktion nach k: Induktionsanfang k = 1: f 3 = f 1 +f = 1+1 =. Richtig. Induktionsschluss: Sei k IN so, dass die Behauptung stimmt. Wir zeigen die Beh. für n+1: f 3(k+1) = f 3k+3 = f 3k+ +f 3k+1 = f 3k+1 +f 3k +f 3k+1 = f 3k+1 +f 3k. f 3k ist nach Voraussetzung gerade, d.h. die Behauptung ist richtig.. Behauptung: f 3k 1 und f 3k ist ungerade für alle k IN. Beweis durch Induktion nach k: Induktionsanfang k = 1: f 1 = 1 und f = 1 sind ungerade. Richtig. Induktionsschluss: Sei k IN so, dass die Behauptung stimmt. Wir zeigen die Beh. für n+1: f 3(k+1) = f 3k+1 = f 3k +f 3k 1 und f 3(k+1) 1 = f 3k+ = f 3k+1 +f 3k. f 3k 1 ist nach Voraussetzung ungerade, f 3k nach der 1. Behauptung gerade, d.h. f 3k+1 ist ungerade und damit auch f 3k+, d.h. die Behauptung ist richtig.

7 Lösung 3. Übung Elemente der Algebra WS018/ Untersuchen Sie, ob die Gleichungssysteme (a) (b) (c) 5x 1 + 8x + x = 0 x 1 + 7x 6x = 0 7x 1 5x + 0x = 0 5x 1 + 3x + 9x 3 = 3 x 1 + x + 3x 3 = 7x 1 + x + 15x 3 = 1 3x 1 + 8x + 7x = 0 x 1 + 3x + 4x 3 5 = 0 x 1 + 3x + x = 0 lösbar sind und bestimmen Sie gegebenenfalls die Lösung(en). Mit Gauß-Verfahren: (a) Zeile II nach oben II I Für eine Lösung (x 1 x x 3 x 4 ) müsste gelten 0x 1 +0x +0x 3 = 1. Das Gleichungssystem ist nicht lösbar / Zeile II (b) nach oben I I II / (-) DasGleichungssystem hatunendlich viele Lösungen. Dabeikannz.B. x 3 alsbeliebige reelle Zahl gewählt werden. Für x ergibt sich aus der. Zeile: x = 3 4 x 3 1, für x 1 ergibt sich aus der 1. Zeile: 7 I (c) x 1 = x 3 x 3 1, d.h. nach Einsetzen von x : x 1 = 9 4 x Zeile II I nach oben I

8 ( 1) / ( ) Eindeutige x 3 = 7,x = 5x 3 +6 = 9,x 1 = 3x 4x 3 +5 = = Für welche Werte von a und b hat das lineare Gleichungssystem 3x + y + 3z = b 3x + 3y + 5z = b 4. 3x + az = 11 (a) genau eine (b) mehrere (c) keine Lösungen? Bestimmen Sie jeweils die Lösungen! Mit Gauß-Verfahren: 3 3 b 3 3 b b 4 I a 11 I 0 a 3 11 b + II 3 3 b a+1 3 b (a) Eindeutig lösbar für a 1 mit Lösung z = 3 b, y = z 4 = (3 b) a+1 a+1 4, x = 1 3 ( y 3z +b) = 1 3 b (8+b+ 3 a+1 ). (b) Unendlich viele Lösungen für a 1 und b = 3. Lösungen: z IR beliebig wählbar, y = z 4, x = z (c) Keine Lösung für a = 1 und b Bestimmen Sie sowohl mit der Methode der quadratischer Ergänzung als auch mit der pq-formel alle Lösungen der Gleichung Mit quadratischer Ergänzung: 1x = 1 19x. 1x = 1 19x 1(x + 19 ( 1 x) = 1 1 (x ) ( 19) ) 4 1(x ) = = x = ± x 1, = 19 4 ± 37 4 x 1 = 3 4, x = = = ±37 4 Umwandlung in Normalform und dann mit p-q-formel: 1x = 1 19x x x 1 1 = 0 x 1, = 19 4 ± ( 19 4 ) = 19 4 ± 37 4 x 1 = 3 4, x = 7 3.

9 38. Für welche rationalen Zahlen gilt: Addiert man zu der Zahl das Vierfache ihres Kehrwerts, dann erhält man 41 10? Die gesuchte Zahl sei r. Dann ergibt sich die Gleichung r + 4 r = Multiplikation mit r( 0), Umformung der quadratischen Gleichung auf Normalform und p-q-formel ergibt r + 4 r = r 1, = 41 0 ± r +4 = r r r +4 = 0 ( 41) 41 4 = 0 0 ± 9 r 1 = 8 0 5, r = 5.

10 Lösung 4. Übung Elemente der Algebra WS018/ Sei a IR. Bestimmen Sie durch Äquivalenzumformungen die Menge der reellen Lösungen der Gleichung x 4 +ax +5 = 0. Beachten Sie die verschiedenen Fälle für a. Mit z := x ergibt sich die quadratische Gleichung z + az + 5 = 0 mit der Lösung z 1, = a± a 5. Die quadratische Gleichung in z hat genau dann reelle Lösungen, wenn a 5, also a 5 oder a 5. Fall a > 5: a 5 < a = a, d.h. sowohl z 1 als auch z sind negativ, und es gibt keine reellen Lösungen x = ± z der Ausgangsgleichung. Fall a = 5, d.h. z = 5. Es gibt keine reellen Lösungen x = ± z der Ausgangsgleichung. Fall a = 5, d.h. z = 5. Damit ergeben sich Lösungen x 1, = ± 5 der Ausgangsgleichung. Fall a < 5: a 5 < a = a = a, d.h. z 1 = a + a 5 > 0 und z = a a 5 > 0. Damit ergeben sich 4 Lösungen x 1, = ± z 1, x 3,4 = ± z der Ausgangsgleichung. 4. Gegeben ist der Kreis mit der Gleichung x +y +4y = 5 und die Parabel mit der Gleichung y = x +1. Wie viele Schnittpunkte können ein Kreis und eine Parabel allgemein maximal haben? Warum? Skizzieren Sie die hier angegebenen Kurven. Wie viele Schnittpunkte von Kreis und Parabel kann es in diesem speziellen Fall maximal geben? Bestimmen Sie alle Schnittpunkte! Allgemein: Einsetzen der Parabelgleichung in die Kreisgleichung ergibt eine Gleichung vom Grad 4 in x, die maximal 4 reelle Lösungen haben kann. Da zwei verschiedene Parabelpunkte nie denselben x-wert haben können, gibt es maximal 4 Schnittpunkte. Speziell: Einsetzen der Parabelgleichung y = x +1 in die Kreisgleichung ergibt 5 = x +( x +1) +4( x +1) = x + x4 4 x +1 x +4 x 4 8x = 0 x 1, = 0, x 3,4 = ± 8 = ±, y 1, = 1, y 3,4 = 3. Es gibt 3 Schnittpunkte (0 1), ( 3) und ( 3).

11 44. Zerlegen Sie folgende Polynome in Linearfaktoren: (d) x 4 6x 3 11x +60x+100, (f) x x x 3 x 1. Liegt ein normiertes Polynom (höchster Koeefizient 1) mit ganzzahligen Koeffizienten vor, dann hat das Polynom nur ganzzahlige und irrationale Nullstellen. Eine ganzzahlige Nullstelle muss Teiler des Koeffizienten von x 0 sein. Das schränkt die Suche nach ganzzahligen Nullstellen ein. (d) Das Polynom ist normiert und hat ganzzahlige Koeffizienten. Wenn es eine ganzzahligenullstelle gibt, dannist sieteiler des absolutengliedes 100.Probierenergibt x 1 = und x = 5 als Nullstellen. Polynomdivision durch (x+)(x 5) = x 3x 10 ergibt (x 4 6x 3 11x +60x + 100) : (x 3x 10) = x 3x 10 x 4 3x 3 10x 3x 3 x + 60x x 3 + 9x + 30x 10x + 30x x + 30x + 100, also x 4 6x 3 11x +60x+100 = (x+) (x 5). (f) Das Polynom p(x) hat dieselben Nullstellen wie p 1 (x) = 6 3 p(x) = (6x) 4 13(6x) (6x) (6x) 6 4. Setze y := 6x. Dann ergibt sich das normierte Polynom p (y) = y 4 13y 3 +y 144y 196 mit ganzzahligen Koeffizienten. Nullstellen (als ganzzahlige Teiler von -196) sind y 1 = und y = 3. Polynomdivision durch (y +)(y 3) = y y 6 ergibt y 4 13y 3 +y 144y 196 = (y +)(y 3)(y 1y +16). (y 1y + 16) ist in IR nicht in Linearfaktoren zerlegbar. Damit sind y 1 = und y = 3 die einzigen reellen Nullstellen von p (y) und x 1 = 1 3 und x = 1 die

12 einzigen reellen Nullstellen von p(x). Weiter gilt p(x) = 6 4 p 1 (x) = 6 4 (6x+)(6x 3)(36x 7x+16) = (x+ 1 3 )(x 1 )(x x+6). 47. Gegeben seien die Polynome p 1 (x) = x 5 +4x 4 8x x 1 und p 1 (x) = x 4 +x 3 4x +x 5. (a) Dividieren Sie p 1 durch p mit Rest, d.h. bestimmen Sie q 1 (x) und r 1 (x) mit p 1 (x) = q 1 (x) p (x)+r 1 (x). (b) Dividieren Sie p durch r 1 mit Rest, d.h. bestimmen Sie q (x) und r (x) mit p (x) = q (x) r 1 (x)+r (x). (c) Bestätigen Sie, dass r (x) gemeinsamer Teiler von p 1 (x) und p (x) ist. (d) Bestimmen Sie sämtliche reelle Nullstellen von p 1 (x) und p (x). (Hinweis: Nutzen Sie die in (a) und (b) erarbeiteten Zerlegungen von f und g.) (5 Punkte) (a) Polynomdivision ergibt Es gilt mit (x 5 + 4x 4 8x x 1) : (x 4 +x 3 4x +x 5) = x+3 x 5 + x 4 4x 3 + x 5x 3x 4 3x 4 + 4x 3 9x + 4x 1 + 3x 3 1x + 3x 15 x 3 + 3x + x + 3 q 1 (x) = x+3, (b) Weitere Polynomdivision ergibt Es gilt mit p 1 (x) = q 1 (x) p (x)+r 1 (x) r 1 (x) = x 3 +3x +x+3. (x 4 + x 3 4x + x 5) : (x 3 +3x +x+3) = x x 4 + 3x 3 + x + 3x x 3 5x x 5 x 3 6x x 6 + x + 1 p (x) = q (x) r 1 (x)+r (x) q (x) = x, r (x) = x +1...

13 (c) Es gilt r 1 (x) = x 3 +3x 3 +x+3 = (x +1)(x+3) = r (x) q 1 (x). Damit folgt p = q r q 1 +r = r (q q 1 +1) = r (x +x 5) und p 1 = q 1 p +r 1 = q 1 r (q q 1 +1)+r q 1 = r q 1 (q q 1 +). (d) Da r (x) keine reellen Nullstellen hat, hat p (x) dieselben reellen Nullstellen wie (x +x 5), nämlich x 1, = 1 ± 1 1. Entsprechend hat p 1 (x) dieselben reellen Nullstellen wie q 1 (q q 1 +) = (x+3)(x + x 4), also x 3 = 3 und x 4,5 = 1 ± 1 17.

14 Lösung 5. Übung Elemente der Algebra WS018/19 48(c). Stellen Sie die Additions- und Multiplikationstafeln folgender Ringe auf: Z/ Bestimmen Sie alle möglichen m IN, m > 1, so dass in Z/m gilt (b) 3 7 = 5. (b) Für x 3 hat x bei Division durch m den Rest 3, d.h. es gibt ein k 1 Z mit x = k 1 m + 3. Analog gibt es für y 7 ein k Z mit y = k m + 7 und wegen 3 7 = 5 ein k 3 Z mit x y = k 3 m+5.

15 Daraus folgt die Gleichung x y = (3+k 1 m) (7+k m) = 5+k 3 m 1+(7k 1 + 3k +k 1 k m)m = 5+k 3 m 16 = (...)m. m muss ganzzahliger Teiler von 16 sein, also wegen m > 1 gilt m {,4,8,16}. 51. Geben Sie (außer dem Beispiel aus der Vorlesung) einen kommutativen Ring an, der kein Einselement hat. Betrachte die Menge M := {..., 6, 3,0,3,6,9,...} der ganzzahligen Vielfachen von 3 mit der üblichen Addition und Multiplikation. Summe und Produkt von ganzzahligen Vielfachen von 3 sind wieder ganzzahlige Vielfache von 3, d.h. Axiom (1) ist erfüllt. Die Axiome (), (3), (5) und (6) folgen aus den Rechenregeln in Z. Es gibt aber kein Einselement, denn aus a (3k) = 3k mit k Z folgt (Rechnung in Z) a = 1, und 1 ist kein ganzzahliges Vielfache von Auf der Menge M := {( ) a 11 a 1 ;a a 1 a ij IR;1 i,j } der (,)-Matrizen wird durch ( ) ( ) ( ) a11 a 1 b11 b + 1 a11 +b := 11 a 1 +b 1 a 1 a b 1 b a 1 +b 1 a +b ( ) ( ) ( ) a11 a 1 b11 b 1 a11 b := 11 +a 1 b 1 a 11 b 1 +a 1 b a 1 a b 1 b a 1 b 11 +a b 1 a 1 b 1 +a b eine Addition und eine Multiplikation definiert. Zeigen Sie: (a) Die Addition ist assoziativ, kommutativ, es gibt ein Nullelement und A+X = B ist für alle A,B M in M lösbar. (b) Für beliebige A,B,C M gilt A (B +C) = A B +A C. (c) Es existiert ein Einselement E M mit E A = A für alle A M. (d) Die Multiplikation ist nicht kommutativ. (a) + assoziativ: ( ( ) ( ) ) ( ) ( ) ( ) a 11 a 1 b11 b + 1 c11 c + 1 a11 +b = 11 a 1 +b 1 c11 c + 1 = a 1 a b 1 b c 1 c a 1 +b 1 a +b c 1 c ( ) ( ) (a11 +b = 11 )+c 11 (a 1 +b 1 )+c 1 a11 +(b = 11 +c 11 ) a 1 +(b 1 +c 1 ) = (a 1 +b 1 )+c 1 (a +b )+c a 1 +(b 1 +c 1 ) a +(b +c ) ( ) ( ) ( ) ( a11 a = 1 b11 +c + 11 b 1 +c 1 a11 a ( ) ( ) ) = 1 b + 11 b 1 c11 c + 1. a 1 a b 1 +c 1 b +c a 1 a b 1 b c 1 c + kommutativ: ( ) ( ) ( ) ( ) a11 a 1 b11 b + 1 a11 +b = 11 a 1 +b 1 b11 +a = 11 b 1 +a 1 = a 1 a b 1 b a 1 +b 1 a +b b 1 +a 1 b +a ( ) ( ) b11 b = 1 a11 a + 1. b 1 b a 1 a

16 ( ) 0 0 Nullelement : 0 0 ( ) a11 a 1 + a 1 a X := ( ) 0 0 = 0 0 ( ) a11 a 1 = a 1 a ( ) b11 a 11 b 1 a 1 ist Lösung von b 1 a 1 b a ( ) ( ) a11 a 1 +X = a 1 a ( a11 a 1 ). a 1 a ( ) b11 b 1. b 1 b (b) A (B +C) = A B +A C: ( ) ( a11 a ( ) ( ) ) ( ) ( ) 1 b 11 b 1 c11 c + 1 a11 a = 1 b11 +c 11 b 1 +c 1 = a 1 a b 1 b c 1 c a 1 a b 1 +c 1 b +c ( ) a11 b = 11 +a 11 c 11 +a 1 b 1 +a 1 c 1 a 11 b 1 +a 11 c 1 +a 1 b +a 1 c = a 1 b 11 +a 1 c 11 +a b 1 +a c 1 a 1 b 1 +a 1 c 1 +a b +a c ( ) ( ) a11 b = 11 +a 1 b 1 a 11 b 1 +a 1 b a11 c a 1 c 1 a 11 c 1 +a 1 c = a 1 b 11 +a b 1 a 1 b 1 +a b a 1 c 11 +a c 1 a 1 c 1 +a c ( ) ( ) ( ) ( ) a11 a = 1 b11 b 1 a11 a + 1 c11 c 1. a 1 a b 1 b a 1 a c 1 c ( ) 1 0 (c) Einselement : 0 1 ( ) ( ) ( ) ( ) a11 a a11 1+a = 1 0 a 11 0+a 1 1 a11 a = 1 = a 1 a 0 1 a 1 1+a 0 a 1 0+a 1 a 1 a ( ) ( ) ( ) 1 a11 +0 a = 1 1 a 1 +0 a 1 0 a11 a = 1 0 a a 1 0 a 1 +1 a 0 1 a 1 a ( ) ( ) (d) Zum Beispiel für A =, B = gilt ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) A B = = = = B A (b) Lösen Sie die Gleichungen modulo 8, 9 und 11: 3 v = 7; 5 x = ; y = 3; 6 z = 4. (b) Lösungen modulo 11: 3 v = 7: In der 3. Zeile steht die 7 in der 6. Spalte, d.h. v = 6. 5 x = : In der 5. Zeile steht die in der 7. Spalte, d.h. x = 7. y = 3: In der. Zeile steht die 3 in der 7. Spalte, d.h. y = 7. 6 z = 4: In der 6. Zeile steht die 4 in der 8. Spalte, d.h. z = 8. Mit den entsprechenden Tabellen folgt modulo 8: v = 5, x =, es gibt kein y und z = oder z = 6, modulo 9: es gibt kein v und kein z, x = 4 und y = 6.

17 Sei R := Z/5. Bestimmen Sie q(x),r(x) R[x] mit x 5 +4x 4 +x 3 +3x +x+4 = q(x) (x +3x+)+r(x) mit r(x) = 0 oder Gradr(x) <. Division mit Rest, d.h. Polynomdivision, in R[x] und mit 0 3 =, 3 = 1, 4 = 3: (x 5 + 4x 4 + x 3 +3x + x + 4) : (x +3x+) = x 3 +x +x x 5 + 3x 4 + x 3 x 4 + 3x + x + 4 x 4 + 3x 3 + x x 3 + x + x + 4 x 3 + x + 4x + 3x + 4 q(x) = x 3 +x +x und r(x) = 3x+ 4, d.h. die Division geht nicht auf und x 5 +4x 4 +x 3 +3x +x+4 = (x 3 +x +x) (x +3x+)+(3x+ 4).

18 Lösung 6. Übung Elemente der Algebra WS018/ Stellen Sie die folgenden Zahlen in der Form a+ib dar: (b) 1+3i i 3i 3 i. (b) 1+3i i 3i 3 i = (1+3i)( 3i) ( i)(3 i) = 11+3i 4 7i = (11+3i)(4+7i) (4 7i)(4+7i) = 3+89i Bestimmen Sie die Lösungen folgender quadratischer Gleichungen in IC: (a) x 16x+50 = 0 (b) x 6ix+7 = 0 (c) x 6ix 5 = 0 (d) ix 16x 50i = 0. (4 Punkte) Jeweils mit p-q-formel: (a) Normalform: x 8x+5 = 0. x 1, = 4± 16 5 = 4± 9 = 4±3i. (b) x 1, = 3i± 9i 7 = 3i± 9 7 = 3i± 16 = 3i±4i. x 1 = 7i, x = i. (c) x 1, = 3i± 9i +5 = 3i± 9+5 = 3i± 16 = 3i±4. (d) Normalform: x 16 i x 5 = 0 bzw. x +8ix 5 = 0: x 1, = 4i± ( 4i) +5 = 4i± 9 = 4i± Geben Sie alle Lösungen folgender Gleichungen in Normalform a+bi an: (e) z 4 = 4. Jeweils Umwandlung in Exponentialform z = x+iy = r e iϕ. (e) z 4 = r 4 e 4iϕ = 4 = 4 e i( k) (= 4 e i(π+kπ) ) r = und ϕ = k (= π 4 + kπ 4 ), d.h. z = e i( k) Lösungen: (= e i(π/4+kπ/) ), k {0,1,,3}. z 1 = e 45 i = (cos45 +isin45 ) (= e iπ/4 = (cosπ/4+isinπ/4)) = ( + i) = 1+i, z = e 135 i (= e i3π/4 ) = 1+i, z 3 = e 5 i (= e i5π/4 ) = 1 i, z 4 = e 315 i (= e i7π/4 ) = 1 i.

19 65. Das Polynom p(x) = x 8 x 7 + 5x 6 + 8x 16x + 40 hat eine Nullstelle x 1 = 1 i. Schreiben Sie das Polynom als Produkt von Linearfaktoren! Das Polynom hat reelle Koeffizienten, d.h. mit x 1 = 1 i ist auch x = x 1 = 1 + i Nullstelle. Zwei Linearfaktoren sind also x 1+i und x 1 i. Polynomdivision von p(x) durch (x 1+i)(x 1 i) = x x+5 ergibt (x 8 x 7 +5x 6 +8x 16x +40) : (x x+5) = x 6 +8 =: p 1 (x). x 8 x 7 +5x 6 8x 16x +40 8x 16x +40 Für jede Nullstelle x = r e iϕ von p 1 gilt x 6 = r 6 e 6iϕ = 8 = 8 e i( k) (= 8 e i(π+kπ) ) r = 6 8 = und ϕ = k (= π 6 + kπ 6 ), d.h. x k+3 = e i( k) Lösungen: (= e i(π/6+kπ/3) ), k {0,1,,3,4,5}. x 3 = e 30 i = (cos30 +isin30 ) (= e iπ/6 = (cosπ/6+isinπ/6)) = 3 ( i) = + i, x 4 = e 90 i (= e i3π/6 ) = i, x 5 = e 150 i (= 6 e i5π/6 ) = + i, x 6 = e 10 i ( 6 e i7π/6 ) = x 7 = e 70 i ( e i9π/6 ) = i, x 8 = e 330 i ( 6 e i11π/6 ) = Damit ergibt sich Darstellung von p(x) als Produkt von Linearfaktoren p(x) = ( x 1+i )( x 1 i )( 6 x i)( x i )( 6 x+ i) 6 (x+ + i)( x+ i )( 6 x + i). i. 66. Untersuchen Sie, welche der folgenden Verknüpfungen auf M kommutativ oder assoziativ ist, für welche Verknüpfung es ein neutrales Element gibt bzw. die Gleichung a x = b immer eine Lösung in der Menge M besitzt: (b) M = IR und a b = max{ a+b, a b }. i,

20 (b) Für b > 0 gilt a+b d.h. a b = a b ist neutrales Element. Kommutativ: 1 = 1+ > a b, und für b = 0 gilt a+b, d.h. a b = a+b, für b < 0 gilt a+b = a b =, 1 = +1 < a b, = a, d.h. a b = a, d.h. b = 0 = 5, d.h. die Verknüpfung ist nicht kommutativ. Assoziativ: (1 ) 4 = 4 = 4, 1 ( 4) = 1 4 = 1+4 = 3, d.h. die Verknüpfung ist nicht assoziativ. Für a > 0, b = 0 ist a x = b nicht lösbar: Angenommen, es gibt eine solche Lösung x. Wegen a 0 = a > 0 ist x 0. Ist x > 0, dann ist a x = a+x für x < 0 ist a x = a x > a > 0, d.h. es gilt nie a x = b = 0. > a > 0, und