Elemente der Algebra und Zahlentheorie Musterlösung, Serie 3, Wintersemester vom 15. Januar 2006
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- Karin Geier
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1 Prof. E.-W. Zink Institut für Mathematik Humboldt-Universität zu Berlin Elemente der Algebra und Zahlentheorie Musterlösung, Serie 3, Wintersemester vom 15. Januar te, korrigierte und erweiterte Fassung 0 1. Sei (N, v) Peano-Menge, M N. Folgendes ist äquivalent: M ist endlich. M besitzt ein größtes, eindeutig bestimmtes Element. Beweis (i) (ii). Durch Induktion über #M = n. (IA) n = 1. D.h. M = {x}. Daher ist x das eindeutig bestimmte größte Element von M (ii). (IV) Für ein n gilt (i) (ii). (IS) n n+1. #M = n+1. Sei x M beliebig. Betrachte M := M \ {x}. Es ist #M = n. Daher hat M nach (IV) ein eindeutig bestimmtes größtes Element y M. Dann ist entweder x < y oder y < x aufgrund der Trichotomie (Satz 1.3.5). (x = y ist ausgeschlossen, da sonst M = M \ {x}). Setze x := y, falls x < y, (also m M, = x : m < x und x < x m M, m = x : m < x ), anderenfalls x := x (analog gilt: m M, m = x : m < x ). Somit ist x eindeutig bestimmt und größtes Element von M. Also gilt (ii) für alle endlichen Mengen. Beweis (ii) (i). Betrachte die Menge M x := {n N : n x} für ein x N. Dann ist x per Definition das größte Element von M x. Es ist eindeutig bestimmt: Sei y M x mit m M x : m y, dann ist auch x y andererseits y x, also x = y. Zeige nun, dass alle Mengen M mit obigem x als größtem Element Teilmengen von M x sind, M M x : m M m x m M x Teilmengen von endlichen Mengen sind ebenfalls endlich. Wenn man also zeigt, dass M x für alle x N endlich ist, dann sind auch alle Mengen mit größtem (und auch eindeutig bestimmten) Element endlich. Dies wird durch Induktion über x gezeigt. 0 Korrekturen sind am Rand mit hellgrau, Erweiterungen mit schwarz, und Löschungen mit einem dunkelgrauen Quadrat gekennzeichnet. 1
2 (IA) x = 1. M 1 = {1}, da z N : v(z) > 1, und damit endlich (#M 1 = 1). (IV) M x endlich für ein x (IS) x v(x). Es ist M v(x) = M x {v(x)} Zum einen M x M v(x), da m M x m x m x < v(x) m M v(x) Die Differenzmenge ist (beachte x ist Totalordnung, d.h. m x bedeutet x < m): F v(x) \ F x = {m N : x < m v(x)} Nach Definition der Ordnung bedeutet x < m, dass m = x + b mit b N. Wenn b = 1, dann m = x + 1 = v(x). Wenn b = 1, dann hat b einen Vorgänger, d.h. b = 1 + c und m = x + b = x c = v(x) + c also m > v(x) nach Definition der Ordnung. Widerspruch. Da M x endlich, ist auch M v(x) endlich, da #M v(x) = #M x + 1. Zeige: jede beschränkte Teilmenge von N ist endlich. Beweis. Sei M eine beschränkte Menge, d.h. es existiert eine untere Schranke x und eine obere y. Setze M := {x} M {y}. Dann ist y das größte Element von M und M endlich. Damit auch M als Teilmenge einer endlichen Menge. 2. ggt und kgv. a) Zu zeigen: Für a, b N gilt = Hinweis: T a,b V a,b ( ) ( ) Beweis des Hinweises. Es ist V a,b Und: a = b = }{{} }{{} }{{ b } }{{ a } a b kgv(a,b) N. damit kgv(a,b) T a,b. 2
3 Weiter gilt: also a ggt(a,b) und b = a ggt(a,b), d.h. b } {{ } = b ggt(a,b) V a,b. a }{{} Beweis 1. Benutze den Hinweis, d.h. es existieren c, d N mit also: c = c = = d = d = d c = (cd) d.h. cd = 1, und da c, d N folgt c = d = 1. Beweis 2. Benutzt nur ggt(a,b) V a,b. D.h. = d = d a = (d ) b b = (d ) a Daher d T a,b. Da er d folgt d = 1. Beweis 3. Mit den Hinweisen: also folgt Gleichheit. a b b = ax bc = acx bc ac. Und a b und b a a b, b a a = b. b) Gesucht kgv und ggt von 147 und 1 242: ggt(147, 1 243) = ggt(66, 147) = ggt(66, 15) = ggt(6, 15) = ggt(6, 3) = 3 und daher kgv(147, 1 242) = / ggt = /3 =
4 3. Seien (Z, v, i), (Z, v, i ) komplettierte Peano-Mengen. a) Zeige 1 f : Z Z mit f v = v f f i = i f (H1) (H2) Beweis Eindeutigkeit. In Z bzw. Z sind 0 und 1 bzw. 0 und 1 eindeutig bestimmt. (N Z, v) und (N Z, v ) sind die zugehörigen Peano- Mengen. Zuerst ein paar Folgerungen aus (H1) und (H2): f(0) = 0 (1) f(1) = 1 (2) da f(i(0)) = i ( f(0)) f(0) = i ( f(0)) und 0 einziger Fixpunkt von i. Dann ist f(1) = f(v(0)) = v ( f(0)) = v (0 ) = 1. Es ist f(n) N. Induktion über z N. (IA) z = 1 : f(1) = 1 N. (IV) z Z : f(z) N. (IS) z v(z). f(v(z)) = v ( f(z)) N, da f(z) N. Dann ist nach VL (Satz nach 1.24) f N : N N mit (H1) und (1) eindeutig bestimmt (d.h. g : N N mit (H1) und (1) f = g). Für z i(n), z = i(x) gilt nach (H2): f(z) = f(i(x)) = i ( f(x)) i (N ), da f(x) N. Dann ist f auf i(n) wohldefiniert (da i und f wohldefiniert) und eindeutig, da f auf N eindeutig. f(0) = 0 ist ebenfalls wohldefiniert und eindeutig. Damit ist f auf ganz Z = i(n) {0} N wohldefiniert und eindeutig, da f(i(n)) i (N ), f(0) = 0 und f(n) N disjunkt. Beweis Eindeutigkeit (ohne Satz der VL). Sei g : Z Z ebenfalls mit (H1) und (H2). Zu zeigen: z Z : g(z) = f(z) f = g. Fallunterscheidung: z = 0: f(0) = 0 = g(0) wegen (1). z N: Induktion über z. (IA) z = 1: f(1) = 1 = g(1 ) wegen (2); (IV) z N : f(z) = g(z). (IS) z v(z). f(v(z)) H1 = v( f(z)) IV = v(g(z)) H1 = g(v(z)) z i(n), dann z = i(x), x N. Schon gezeigt: f(x) = g(x). f(z) = f(i(x)) H2 = i( f(x)) = i(g(x)) H2 = g(i(x)) = g(z) D.h. es ist f = g und f damit eindeutig bestimmt. Beweis Existenz. Benutze wieder den Satz aus der VL. Dann ist f auf N schon definiert mit den Eigenschaften (2) und (H1) für z N. Es fehlt noch 0 und i(n). Setze f(0) := 0 wegen (1) f(z) := i ( f(i(z))) für z i(n), wegen (H2) Die Wohldefiniertheit wurde schon im Beweis der Eindeutigkeit bewiesen (falls (H1) und (H2) erfüllt sind). Bleibt zu zeigen: f erfüllt (H1) und (H2). Fallunterscheidung: 4
5 z = 0. f(v(0)) = f(1) = 1 = v (0 ) = v ( f(0)) f(i(0)) = f(0) = 0 = i (0 ) = i ( f(0)) (H1) (H2) z N. (H1) f v = v f gilt da f nach dem Satz konstruiert wurde. f(i(z)) Def = i ( f(i(i(z)))) = i ( f(z)) (H2) z i(n), z = i(x), x N f(i(z)) H2 für N = i ( f(i(i(z)))) = i ( f(z)) (H2) f(v(z)) = v µ f(v(z)) = v i v i f(v(z)) = v f iviv(z) = v f ii(z) = v ( f(z)) (H1) mit (H2) für i(n), (H1), (H2). Sonst: vµ = id, µ = ivi und viv = i. Für entsprechendes g : Z Z gilt g = f 1 Beweis. Es ist g f : Z Z. Zeige zunächst, dass g f (H1) und (H2) erfüllt: g f v = g v f = v g f g f i = g i f = i g f Dann ist g f N : N N und nach dem Satz (nach 1.2.4) g f = id N. Dies gilt für ganz Z: 0 : g f(0) = 0 mit (2) i(n) : g f i = i g f = i id N = id i(n) Also g f = id Z. Dann gilt analog für f g = id Z. Damit ist g = f 1. Beweis (ohne Satz der VL). g f erfüllt also (H1) und (H2). id Z erfüllt sie offensichtlich auch: id Z v = z id Z id Z i = i id Z Da g f eindeutig ist (d.h. die einzige Abbildung, die (H1) und (H2) erfüllt) muss g f = id Z sein. Analog f g = id Z. Damit ist g = f 1. b) Es gilt z Z : v(z) = z + 1, mit der definierten Addition. Beweis. Das ist klar für N und v(0) = 1 = Für z i(n), z = i(x), x N Beweis durch Induktion: (IA) x = 1: v(i(1)) = i(µ(1)) = i(0) = 0 = i(1) + 1 (IV) Für ein x N gilt: v(i(x)) = i(x) + 1. (IS) v(i(v(x))) = i(x) = i(x) + i(1) + 1 = i(x + 1) + 1 = i(v(x)) + 1 5
6 4. p prim, a N. Zu zeigen: p (a p a). Hinweis: p ( p i ), i = 1,..., p 1 Beweis des Hinweises. Es ist ( p i ) = p! (p i)!i! = p (p 1)! (p i)!i! N und > 1 für i = 1,..., p 1. Da p prim ist gilt (p i)!i! p, daher muss (p i)!i! (p 1)! und also (p 1)! (p i)!i!) =: a N. Aus (p i ) = pa folgt p (p i ). Beweis. Durch Induktion über a. (IA) a = 1. 1 p 1 = 0 und es ist immer p 0. (IV) Für ein a N gilt: p (a p a). (IS) a a + 1. Zu zeigen p ((a + 1) p (a + 1)). (a + 1) p (a + 1) = p k=0 = 1 + ( ) p a k a 1 i p 1 k=1 = a p a + ( ) p a k + a p a 1 i p 1 k=1 ( ) p a k i Nach (IV) p (a p a) und mit dem Hinweis p ( p i ) (i = 1,..., p 1) folgt p p 1 k=1 (p i )ak. Daher p (a + 1) p (a + 1). 5. Ist p prim und > 3, dann gilt: 6 p 1 oder 6 p + 1 Beweis. p > 3 ist prim, d.h. ungerade und p ± 1 gerade. Daher gilt 2 p ± 1. Weiter gilt: Von drei aufeinander folgenden Zahlen wird eine durch 3 geteilt. Da p prim ist, gilt entweder 3 p 1 oder 3 p + 1. Gilt 2 x und 3 x, folgt 6 = 2 3 x. Also gilt: entweder 6 p 1 oder 6 p + 1. (Falls p 1 oder p + 1 6, was stimmt, da die nächste Primzahl 5 ist.) Wir beweisen die beiden Behauptungen: Behauptung 1: n N, > 1 ungerade 2 n ± 1 (IV). Beweis. Durch Induktion über n. (IA) n = und 2 4 = 2 2. (IS) n n + 2 (da n ungerade sein soll). Mit (IV) : 2 n ± 1 2 n ± = (n + 2) ± 1 Behauptung 2: Sei n N. Dann gilt: 3 n oder 3 (n + 1) oder 3 (n + 2) (IV). Beweis. Durch Induktion über n. (IA) n = 1. Klar 3 3. (IS) n n + 1. Betrachte n + 1, n + 2 und n + 3. Nach (IV) wird n, n + 1 oder n + 2 von 3 geteilt. Wenn 3 n, dann auch 3 n + 3. Ansonsten gilt: 3 n + 1 oder 3 n + 2 nach (IV). 6
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