(M1) x N : m(x,1) = x. (M2) x, y N : m(x, y ) = s(m(x, y), x)

Transkript

1 Aufgabe 1 3 Punkte) Erinnerung: Die Addition s und die Multilikation m auf N sind die eindeutigen Funktionen s bzw. m: N N N, für die gilt S1) x N : sx,1) x S) x, y N : sx, y ) sx, y) M1) x N : mx,1) x M) x, y N : mx, y ) smx, y), x) Hierbei ist wie in der Vorlesung jeweils x der Nachfolger von x. Zeigen Sie nur unter Verwendung der Peano-Axiome und der definierenden Eigenschaften der Addition S1) und S) und der Multilikation M1) und M), dass gilt: a) sm, ), 1). b) x N : mx,) sx, x). Hierbei ist : 1, 3 :, 4 : 3 und : 4. Geben Sie in jedem Schritt an, welche Eigenschaften Sie verwendet haben. a) sm, ), 1) S1) m, ) M) sm, 1), ) S) sm, 1), 1) S1) m, 1) M1) b) mx,) mx,1 ) M) smx,1), x) M1) sx, x). Imlizit werden die Axione P1), dass es die 1 gibt, und P), dass es die Nachfolger-Funktion gibt, verwendet.

2 Aufgabe 6 Punkte) a) Formulieren Sie den chinesischen Restsatz. b) Bestimmen Sie drei aufeinanderfolgende natürliche Zahlen, so dass die erste durch 4, die zweite durch 9 und die dritte durch teilbar ist. Lösung Variante 1): a) Seien n, m N mit ggtn, m) 1. Dann ist ein Ringisomorhismus. Z/nmZ Z/nZ Z/mZ, a + nmz a + nz, a + mz) b) Bestimme a N, so dass 4 a 1, 9 a und a+1, d.h. a 1 mod 4, a mod 9 und a 1 mod. Setze a 1 + l, l Z. Dann gilt: + l mod 4 l mod 4 l mod 4 l + 4k, k Z a 1 + l k) k. Weiter gilt: k mod 9 k + 4 mod 9 k mod 9 k + 9m, m Z a m) m. Die kleinste natürliche Zahl a, welche die Teilbarkeitsbedingungen erfüllt, ist 49. Eine Lösung sind also die drei Zahlen 48, 49,. Lösung Variante ): a) s.o. b) Aus dem chinesischen Restsatz folgt, dass es eine eindeutige Lösung n gibt mit < n 9. Insbesondere ist n höchstens dreistellig. n ist durch 4 teilbar. Also ist n+ durch aber nicht durch 4 teilbar. Weiterhin ist n+ durch teilbar. Folglich ist n + durch teilbar aber nicht durch 1 und endet also mit den zwei Ziffern. Somit endet n mit den beiden Ziffern 48. Da n + 1 durch 9 teilbar ist, muss die Quersumme kongruent zu -1 modulo 9 sein. Einzige Möglichkeit 48 so zu ergänzen ist n 48.

3 Aufgabe 3 6 Punkte) Es sei U die von { 1,, 4 } erzeugte Untergrue von Z a) Bestimmen Sie die Elementarteiler e 1, e, e 3 von U. b) Bestimmen Sie eine Basis {b 1, b, b 3 } von Z 3, so dass {e 1 b 1, e b, e 3 b 3 } eine Basis von U ist. c) Wieviele Lösungen x Z 3 hat das diohantische Gleichungssystem Ax v mit Lösung Variante 1): 1. Schritt: A 1 4 und v 3? Der erste Elementarteiler e 1 ist der minimale Inhalt, der in U auftritt. Dies ist nach Vorlesung der größte gemeinsame Teiler der Inhalte der Basisvektoren, also. Wähle einen Vektor c 1 in U mit Inhalt : c 1 : 1 b 1 : 1. Schritt: 1 Inhc 1 ) c Finde a Z 3 mit a t c 1 e 1, z.b.: a 1 Betrachte die Abbildung Φ 1 : U Z, u a 1t u und sei K 1 : KernΦ 1 ). u U u r r + r 3 4 mit r 1, r, r 3 Z 1 3 r 1 1 u KernΦ 1 ) a 1t u r 1 r +r 3 r 1 r +1r 3 r < 1, 1 > r 3 1 K 1 <, 9 >, e InhK 1 ). 8 Wähle c : b 1. Wähle a : mit a t c e Schritt: Betrachte die Abbildung Φ : K 1 Z, u a t u und sei K KernΦ ). u r 1 + r 9 K r 1 8r r 1 16r 8 r1 r ) < ) 16 > und K 1 < 1 >

4 Folglich ist e 3 InhK ) 1 und c 3 bzw. b 3 können als c 3 1 und b 3 1 gewählt werden. {b 1, b, b 3 } ist dann eine Elementarteiler-Basis für U und die Elementarteiler sind e 1, e und e 3 1. Schließlich gilt: v 3 r 1 b 1 + r b + r 3 b 3 mit r 1, r, r 3 1 Wäre v in U, dann müßte r 3 durch e 3 1 teilbar sein. Somit ist v nicht in U und die Gleichung hat keine Lösung. Lösung Variante ): Zunächst Zeilenumformung, um das LGS zu lösen und die Basis {b 1, b, b 3 } von Z zu berechnen: Mit Saltenumformung erhalten wir dann die Elementarteilermatrix: Damit gilt: Wir erhalten: Die Elementarteiler sind e 1, e, e Die Basis {b 1, b, b 3 } sind die Salten von Nach den Zeilenumformungen sieht man, dass dieses Gleichungssystem keine Lösungen in Z hat, da nicht durch 1 teilbar ist.

5 Aufgabe 4 6 Punkte) a) Wieviele Elemente hat Z/7Z)? Geben Sie alle Primitivwurzeln von Z/7Z) an, d.h. Elemente, die die Grue Z/7Z) erzeugen. b) Begründen Sie, warum für eine ungerade Primzahl auch Z/ k Z) für jedes k N eine zyklische Grue ist und geben Sie alle Primitivwurzeln von Z/4Z) an. a) Die Restklasse ā ist Einheit in Z/7Z, genau dann wenn a teilerfremd zu 7 ist. Hierbei bezeichne ā die Restklasse von a Z in Z/7Z. Somit besteht Z/7Z) aus ϕ7) Elementen. Die Ordnung eines Elements teilt nach dem Satz von Lagrange die Gruenordnung, ist also 1,,3,6,9 oder und , somit ist die Gruenordnung kein Teiler von 6 oder 9. Also ist sie 18 und ist ein Erzeuger. Die zyklische Grue Z/7Z) ist isomorh zu Z/18Z. Ein Element in Z/18Z ist Erzeuger, falls es teilerfremd zu 18 ist. Somit gibt es ϕ18) 6 Erzeuger und zwar:,, 7, 11 3, 13 11, b) Es gilt: Z/ k Z) Z/ k Z) Z/Z) Z/ k Z). Die erste Isomorhie wurde in der Vorlesung mittels chinesischem Restsatzes) gezeigt. Weiterhin ist Z/ k Z) nach Vorlesung eine zyklische Grue, falls ungerade Primzahl ist. Daraus folgt die Behautung. Da Z/4Z) Z/7Z) Z/Z) ist, ist ā genau dann Primitivwurzel in Z/4Z), wenn a modulo 7 kongruent zu einem der in a) gefundenen Werte und modulo kongruent zu 1 ist. Folglich sind die Primitivwurzeln: 9,, 47, 3, 11, 41.

6 Aufgabe 6 Punkte) a) Es sei r der Kettenbruch [1; ]. Bestimmen Sie x, y Q und D N uadratfrei, so dass r x + y D ist. b) Bestimmen Sie den Kettenbruch zu 9 8. c) Wieviele Dreiecke im Farey-Grahen werden von der hyerbolischen Geraden mit den beiden Endunkten 1 3 und 9 8 geschnitten? a) ) ) 1 1 ) 1 r) 1 r [1; ] r wobei die Matrizen für die zugehörigen Möbiustransformationen stehen. Somit gilt: r 3r+1 r+1. r r 1 r 1, 1 ± 1 ) 3 1 r), 1 3 r> r b) Bestimmung des Kettenbruchs von α 9 8 : a : [ 9 8 ] 3, β 1 : 1 α a 8, a 1 : [ 8 ] 1, β : 1 β 1 a 1 3, a : [ 3 ] 1, β 3 : 1 β a 3, a 3 : [ 3 ] 1, β 4 1 β 3 a 3, a 4. Somit ist r [3; 1, 1, 1, ]. c) Die Enden der hyerbolischen Geraden sind h 9 8 und h 1 3. Nach Vorlesung ist die Schnittfolge der Geraden durch die Kettenbruchentwicklungen von h 9 8 und 3 bestimmt: Die ositive Schnittfolge ist N + L 3 RLRL bzw. L 3 RLRLR und 1 h die negative Schnittfolge ist N R 3 bzw. LR. Die Glieder der Schnittfolge entsrechen genau den Segmenten, in die die Gerade durch den Farey-Grahen zerlegt wird. Folglich schneidet die Gerade Dreiecke.

7 Aufgabe 6 6 Punkte) a) Bestimmen Sie das Legendre-Symbol 1 17). b) Seien, zwei ungerade Primzahlen mit ) + 9a für ein a Z. Zeigen Sie: Aus a mod 4 folgt a ) a. Welchen Zusammenhang zwischen den beiden Legendre-Symbolen erhält man, falls a mod 4 ist? ) 17) ) ) 1 8 1) ) 17 ) ) 1) ). Aus + 9a folgt 9a mod und somit gilt ) Analog gilt 9a mod und folglich 9a ) 9a. ). Daher gilt: ) ) 9a 3 ) ) a ) a und ) ) 9a 3 ) ) a ) a. 1) Da a mod 4, gilt auch mod 4. Es folgt: ) 1) 1 1 ), da Insgesamt folgt die Behautung. ) ) 1 ), falls 1 mod 4, ), falls 3 mod 4. { 1, falls 1 mod 4, 1, falls 3 mod 4. Gilt a mod 4, so gilt + 9a + mod 4. Es folgt: ) a 1) ) 1) 1 1 ) ), ) da entweder oder kongruent 1 modulo 4 ist. Weiterhin gilt: ) ), falls 1 mod 4, ), falls 3 mod 4 ) a 1) ) ) ) a ), falls 1 mod 4, ) ) ) a, falls 3 mod 4.

8 Aufgabe 7 3 Punkte) Welche der folgenden Aussagen ist wahr, welche ist falsch? Begründen Sie wie immer ihre Antwort. a) Die diohantische Gleichung x + 3y 7 hat unendlich viele Lösungen in Z. b) Die diohantische Gleichung x 3y 7 hat genau fünf Lösungen in Z. c) Die diohantische Gleichung x + y 198 hat mindestens eine Lösung in Z. a) Falsch, denn x und y sind beides nicht negative ganze Zahlen, und müssen also beide kleiner als 7 sein. b) Falsch. Nach Vorlesung hat eine Gleichung der Form x Dy M mit D > uadratfrei entweder keine oder unendlich viele Lösungen. Denn die zugehörige Pellsche Gleichung x Dy 1 hat unendlich viele Lösungen. Ist x, y ) Lösung von x Dy M, so erhält man für jede nicht triviale Lösung x, y) von x Dy 1 aus x + y D) x + y D) eine weitere Lösung für die Gleichung x Dy M. Alternativ: Da für x, y) auch stets x, y) eine Lösung ist, und es keine Lösung mit y gibt, muss die Anzahl der Lösungen, falls sie endlich ist, eine gerade Zahl sein. c) Richtig, denn , hierbei ist nur der Primteiler 3 3 mod 4. Dieser kommt uadratisch vor. Somit folgt die Behautung aus dem Zwei-Quadrate-Satz.