Musterlösung Lineare Algebra und Geometrie Herbstsemester 2015, Aufgabenblatt 6

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1 Musterlösung Lineare Algebra und Geometrie Herbstsemester 015, Aufgabenblatt 6 Aufgabenblatt 6 40 Punkte Aufgabe 1 (Bandornamente) Ordne die sechs Bandornamente rechts den sieben Klassen zu. Zu jeder Klasse gehört nur ein Ornament. Zu einer Klasse gehört kein Ornament. zur Erinnerung: Wir haben die sieben Klassen nach vorhandenen Symmetrien (Translationen T, vertikale Symmetrieachsen V, horizontale Symmetrieachse H, Punktspiegelungen P, Schubspiegelungen S) bezeichnet. Klasse 1 (T) Klasse (T, V) Klasse 3 (T, H, S) Klasse 4 (T, P) Klasse 5 (T, S) Klasse 6 (T, V, P, S) Klasse 7 (T, V, H, P, S) Bemerkung: Aus der FWP1 vom 6. Juni Klasse 1 (T): 6. Ornament (ausser T keine weiteren Symmetrien, horizontale Verschiebung) Klasse (T, V): kein Ornament (kein Ornament passt dazu, nur vertikale Spiegelungen) Klasse 3 (T, H, S): 5. Ornament (horizontale Spiegelung und Translation, Verknüpfung ergibt Schubspiegelung) Klasse 4 (T, P):. Ornament (Punktspiegelung und Translation erzeugen alle Symmetrien) Klasse 5 (T, S): 4. Ornament (Figur hat keine Symmetrie, nur durch Ausführen der Schubspiegelung) Klasse 6 (T, V, P, S): 3. Ornament (Punktspiegelung, vertikale Spiegelung und Schubspiegelung) Klasse 7 (T, V, H, P, S): 1. Ornament (Symmetrien erzeugt durch Spiegelung an Horizontaler und Vertikalen) Aufgabe (Ordnung) Die bijektiven Abbildungen der Menge M = {1,, 3, 4, 5, 6} auf sich bilden die Gruppe S 6. Diese Gruppe hat 6! = 70 Elemente. Wir erinnern an die Zykelnotation: Das Element (65)(31) S 6 z.b. bildet 1 nach 3, nach 5, 3 nach 1, 4 nach 4, 5 nach 6 und 6 nach ab. a) Gib je die Ordnungen von α = (13)(456), von β = (1)(3456) und von γ = (1)(345) in S 6 an. 3 b) Mit n = 6! = 70 gilt σ n = I (Identität) für alle σ S 6 (kleiner Satz von Fermat). Gib das kleinste n > 0 mit dieser Eigenschaft. Gib eine Begründung. Verwende evtl. a). Bemerkung: Aus der FWP1 vom 6. Juni a) Um die Ordnung zu bestimmen, muss man schauen, wie viele Anwendungen der Abbildung der Identität entsprechen. α 3 = I woraus folgt: ord(α) = 3 β 4 = I woraus folgt: ord(β) = 4 γ 6 = I woraus folgt: ord(γ) = 6 1

2 Musterlösung Lineare Algebra und Geometrie Herbstsemester 015, Aufgabenblatt 6 b) S 6 enthält Zykel der Längen 1,,3,4,5,6, d.h. n min entspricht dem kgv von allen Längen. kgv (1,, 3, 4, 5, 6) = kgv (4, 5, 6) = 5 3 Somit ist 60 die kleinste Zahl, die von allen Ordnungen aller Elemente in S 6 geteilt wird: n min = 60 Aufgabe 3 (Nullstellen) Gegeben ist das quadratische Polynom p(x) = x + x + 3. a) Zeige, dass p(x) 0 für alle x F 7. (Rest 7 rechnen.) b) Faktorisiere p(x) = (x c 1 )(x c ) für c 1, c C mit der bekannten Formel. c) Faktorisiere p(x) = (x n 1 )(x n ) für n 1, n F 11. (Rest 11 rechnen.) Was liefert die Formel? 6 a) In F 7 gilt: p(0) = = 3 p(1) = = 6 p() = = 11 = 4 p(3) = = 18 = 4 p(4) = = 7 = 6 p(5) = = 38 = 3 p(6) = = 51 = Somit haben wir gezeigt, dass für alle x F 7 p(x) 0. b) Mit der Mitternachtsformel können wir die Nullstellen von p(x) berechnen (welche gerade den c i entsprechen: c 1, = b ± b 4 a c a Somit ist c 1 = 1 + i und c = 1 i = ± = ± 8 = ± i und unsere Faktorisierung lautet p(x) = (x c 1 )(x c ) = (x + 1 i)(x i). = 1 ± i

3 Musterlösung Lineare Algebra und Geometrie Herbstsemester 015, Aufgabenblatt 6 c) p(0) = = 3 p(1) = = 6 p() = = 11 = 0 p(3) = = 18 = 7 p(4) = = 7 = 5 p(5) = = 38 = 5 p(6) = = 51 = 7 p(7) = = 66 = 0 p(8) = = 83 = 6 p(9) = = 103 = 3 p(10) = = 13 = Nun gilt p() = p(7) = 0 und somit p(x) = x + x + 3 = (x )(x 7) Mit der Formel können wir dies auch ausrechnen: c 1, = b ± b 4 a c a es gilt in F 11 : = 9, 8 = 3, 1 = 6 daraus folgt: somit: c 1 = = 13 = und c = 10 3 = 7 Also erhalten wir die gleichen en. = ± = ± 8 c 1, = 6 (9 ± 3) = 54 ± 108 = 10 ± 9 = 10 ± 3 Aufgabe 4 (Hauptsatz der Algebra) a) Faktorisiere x 6 1 = (x c 1 )(x c )(x c 3 )(x c 4 )(x c 5 )(x c 6 ) vollständig in C. Studiere dazu das Beispiel x 8 1 auf S.66 im Skript zum Hauptsatz der Algebra. 3 b) Faktorisiere x 6 1 so weit wie möglich in R. Siehe dazu das Beispiel auf S.66 weiter unten. c) Faktorisiere z 5 + 1i = (z c 1 )(z c ). Bestimme also (x, y) R mit (x + yi) = 5 1i. a) Geometrisch auch möglich Wir beginnen mit der Faktorisierung unter Verwendung der 3. Binomischen Formel. Daraus sehen wir zwei erste Nullstellen: c 1, = 1 somit gilt weiter mittels Polynomdivision: x 6 1 = (x 3 1)(x 3 + 1) x 6 1 = (x 3 1)(x 3 + 1) = (x 1)(x + x + 1)(x + 1)(x x + 1) Um die Nullstellen von (x + x + 1) und (x x + 1) zu finden, können wir mit der Mitternachtsformel weiterfahren: c 3,4 = 1 ± 1 4 = 1 ± 3 = 1 ± 3i 3 7

4 Musterlösung Lineare Algebra und Geometrie Herbstsemester 015, Aufgabenblatt 6 c 5,6 = 1 ± 1 4 Wir haben somit die folgende Faktorisierung: x 6 1 = (x 1)(x 1 + 3i = 1 ± 3 )(x 1 3i = 1 ± 3i )(x + 1)(x 1 + 3i )(x 1 3i ) b) siehe bei a) x 6 1 = (x 3 1)(x 3 + 1) = (x 1)(x + x + 1)(x + 1)(x x + 1) c) Als erstes betrachten wir (x + yi) genauer, indem wir ausmultiplizieren. (x + yi) = x + xyi + (yi) = x y + xyi Wir können nun für den Realteil und den Imaginärteil je eine Gleichung aufstellen und daraus x und y bestimmen. Gleichungssystem: Dies können wir noch vereinfachen: x y = 5 xy = 1 x y = 5 xy = 6 aus der zweiten Gleichung folgt (da y 0): x = 6 y In der ersten Gleichung können wir das x ersetzen und erhalten: 36 y y = 5 36 y 4 = 5y y 4 + 5y 36 = 0 (y + 9)(y 4) = 0 Somit haben wir : y = 9 (Widerspruch) und y = 4 daraus folgt: y = ± Nun können wir y = ± einsetzen und erhalten x = 6 y = 3 Die smenge ist somit folgende: L = {( 3/), (3/ )} Die Faktorisierung lautet dann: z 5 + 1i = (z 3 + i)(z + 3 i) Aufgabe 5 (multiplikative Gruppe M 31 ) Die 30 Elemente in M 31 = {1,,..., 30} bilden eine multiplikative Gruppe. (Rest 31 rechnen) Beachte auch die Beispiele 4 und 5 auf S.60/61 im Skript. a) Zeige, dass nicht alle Elemente m von M 31 Potenzen m = k von sind. Welche Ordnung hat in der Gruppe M 31? 4

5 Musterlösung Lineare Algebra und Geometrie Herbstsemester 015, Aufgabenblatt 6 b) Alle Elemente m von M 31 sind Potenzen m = 3 k von 3. Vervollständige folgende Logarithmustabelle: 3 m k = log 3 (m) c) Erkläre, wie mit Hilfe der Logarithmustabelle in 5 b) das Produkt 8 in M 31 berechnet werden kann. (Beachte mod 31 gemäss dem kleinem Satz von Fermat.) 1 6 a) Wenn man die Potenzen der Elemente aus M 31 ausrechnet, so erfolgt dieses Ergebnis: 5 = 10 = 15 = 0 = 5 = 30 = 1 1 = 6 = 11 = 16 = 1 = 6 = = 7 = 1 = 17 = = 7 = 4 3 = 8 = 13 = 18 = 3 = 8 = 8 4 = 9 = 14 = 19 = 4 = 9 = 16 b) Es werden nur die Elemente der zweiter Potenzen getroffen, die restlichen Zahlen erreicht man nicht. Allgemein und Gegenbeispiel machen Die Ordnung des Elements in der Gruppe M 31 beträgt 5, da 5 = 1 und n 1 für alle 0 < n < 5. m k = log 3 (m) m k = log 3 (m) c) In der Tabelle kann man und 8 als folgende 3er Potenz ablesen: = 3 17 und 8 = 3 16 Nun kann man die 3er Potenzen multiplizieren und bekommt = 3 33 = 3 3 = 7. Man kann dies auch nachprüfen, indem man 8 = 616 = 7 mod 31 direkt rechnet. Aufgabe 6 (reguläres Fünfeck) Wir betrachten das reguläre Fünfeck. a) Zeige, dass das Dreieck mit den beiden roten Schenkeln ähnlich zum Dreieck mit den beiden blauen Schenkeln (Diagonalen) also insbesondere auch gleichschenklig ist. Berechne dazu möglichst alle Winkel. b) Benutze nun die Ähnlichkeit dieser zwei Dreiecke, um zu beweisen, dass die Seite s eines regulären Fünfecks zur Diagonalen d im Längenverhältnis des goldenen Schnittes s d = steht. a) Wir haben die folgende Graphik mit den beschrifteten Winkeln. 5

6 Musterlösung Lineare Algebra und Geometrie Herbstsemester 015, Aufgabenblatt 6 Im Fünfeck beträgt die Winkelsumme 540 (Formel für Winkelsumme für beliebiges n-eck: (n ) 180 ). Ein Winkel beträgt somit α = 108. Wenn wir nun das Dreieck ABE anschauen, ist dies gleichschenklig und die Basiswinkel β 1 und epsilon 3 betragen jeweils 36. Genauso ist das Dreieck CDE gleichschenklig und die Basiswinkel γ 1 und ϵ 1 betragen jeweils 36. Somit kann ich ε = = 36 und γ = = 7 berechnen. Der dritte Winkel (β + β 3 ) im blauen Dreieck BCE beträgt somit 7. Da in diesem Dreieck die zwei Winkel γ und (β + β 3 ) gleich gross und zwei Schenkel gleich lang sind, ist dieses Dreieck gleichschenklig. Das Dreieck BCD ist ebenfalls gleichschenklig und γ = γ 1 +γ ist 108 gross. Es folgt daraus, dass β 3 = 36 und auch β = 36 ist. Damit können wir im roten Dreieck BCF noch γ 3 berechnen: γ 3 = 180 γ β 3 = 7. Zwei Dreiecke sind ähnlich, wenn sie in drei Winkeln übereinstimmen, dies ist hier der Fall und somit sind das rote Dreieck und das blaue Dreieck ähnlich zueinander. (Beide sind auch gleichschenklig.) b) Mithilfe der beiden ähnlichen Dreiecke kann die Diagonale d durch die Seite s ausgedrückt werden. (Strahlensatz) d s = s d s d(d s) = s d sd s = 0 Mit der Formel (die zweite ist nicht möglich): d = s + s + 4s = s + 5s = s(1 + 5) Wenn nun die Diagonale ersetzt wird, erhalten wir gerade den goldenen Schnitt. s d = s s(1 + 5) = s s(1 + 5) = = (1 5) 5 1 = 1 5 Aufgabe 7 (Orthogonalisieren, orthogonales Komplement) Gegeben ist die Basis v 1 =, v = 1, v 3 = 0 von R 3 und das Standardskalarprodukt. 1 6

7 Musterlösung Lineare Algebra und Geometrie Herbstsemester 015, Aufgabenblatt 6 a) Orthogonalisiere diese Basis gemäss der Aufgabe unten auf S.74 im Skript. 3 b) Gib jeweils eine Basis des orthogonalen Komplementes W der Unterräume 3 W = v 1, v, v 3, v 1, v, v 1, v 3, v, v 3. Vergleiche mit der Aufgabe unten auf S.76 im Skript. 6 a) ṽ = v v 1 v 0 v 1 v 1 v 1 = = = ṽ 3 = v 3 v 1 v 3 v 1 v 1 v 1 ṽ v 3 0 ṽ ṽ ṽ = Wir erhalten die folgende Orthogonalbasis: 1, 1 1, = b) W = v 1 : Wir suchen zwei linear unabhängige Vektoren die orthogonal auf v 1 stehen: 0 = v 1 v = 1 x + y + z für y = 1 und z = 0 erhalten wir: für y = 0 und z = 1 erhalten wir: Wir erhalten die Basis: x = ( 1) 0 = x = 0 ( 1) = W = 1 0, 0 1 W = v : Wir suchen zwei linear unabhängige Vektoren die orthogonal auf v stehen (auf die x-koordinate kommt es nicht darauf an) : 0 = v v = 0 x + 1 y + z für z = 1 erhalten wir: y = 0 x ( 1) = Die x-koordinate kann freigewählt werden, somit erhalten wir die Basis: 1 W = 1, 5 1 7

8 Musterlösung Lineare Algebra und Geometrie Herbstsemester 015, Aufgabenblatt 6 W = v 3 : Wir suchen zwei linear unabhängige Vektoren die orthogonal auf v 3 stehen (auf die x-koordinate und die y-koordinate kommt es nicht darauf an) : Daraus erhalten wir: 0 = v 3 v = 0 x + 0 y + 1 z z = 0 x 0 y = 0 Die x-koordinate kann freigewählt werden, somit erhalten wir die Basis: 1 5 W =, W = v 1, v : Wenn wir das Vektorprodukt berechnen, erhalten wir gleich das orthogonale Komplement. Allgemein: a b 3 a 3 b a b = a 3 b 1 a 1 b 3 a 1 b a b 1 W = v 1, v 3 : Genauso: W = v, v 3 : Genauso: 1 v 1, v = v 1 v = 0 1 = v 1, v 3 = v 1 v 3 = = v, v 3 = v v 3 = =