Elemente der Algebra und Zahlentheorie Musterlösung, Serie 5, Wintersemester vom 21. Januar 2006

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1 Prof. E.-W. Zink Institut für Mathematik Humboldt-Universität zu Berlin Elemente der Algebra und Zahlentheorie Musterlösung, Serie 5, Wintersemester vom 21. Januar Sei (N, v) Peano-Menge mit Anfangselement 1. Für M N sei v(m) := {v(x) m M} und c) M x = {v(x)} M v(x). M 1 := v(n) M v(x) := v(m x ) Beweis. Durch Induktion. (IA) x = 1. Wissen: N = {1} v(n) = {1} M 1. Daraus folgt M 1 = {v(1)} v(m 1 ) Die Vereinigung ist wieder disjunkt, weil v injektiv ist. (IV) M x = {v(x)} M v(x) (IS) Sei M x = {v(x)} v(m x ). Dann ist v(m x ) = {v(v(x))} v(v(m x )) M v(x) = {v(v(x))} M v(v(x)) a) v(m x ) M x Beweis. Benutze c): M x = {v(x)} M v(x) = {v(x)} v(m x ) M x v(m x ) Also auch v(m x ) M x. b) (M x, v) ist Peano-Menge mit Anfangselement v(x). 1

2 Beweis. Durch Induktion. (IA) x = 1. Es ist N = {1} M 1 nach c). Sei M M 1 induktive Teilmenge von M 1, d.h. 1 M und m M v(m) M. Dann ist {1} M induktive Teilmenge von N, also {1} M = N, also M = M 1. (IV) (M x, v) ist Peano-Menge. (IS) Es ist nach c) M x = v(x) M v(x) ). Sei M M v(x) induktive Teilmenge, d.h. v(v(x)) = 1 M und m M v(m) M. Dann ist v(x) M induktive Menge in M x = v(x) M v(x). Nach (IV) ist (M x, v) Peano-Menge, also Dann folgt M = M v(x). v(x) M = M x = v(x) M v(x) d) y M x M y M x Beweis. Nach b) wissen wir bereits, dass (M x, v) eine Peano-Menge ist. Also können wir die Behauptung durch Induktion über y M x beweisen. (IA) Zunächst sei y = x = v(x) das Anfangselement von M x. Dann folgt die Behauptung aus c). (IV) Für ein gewisses y M x sei die Behauptung bewiesen. (IS) y y : Dann folgt: M y M y M x Die erste Inklusion ist echt nach c), die zweite nach (IV). Zusatz: In der Vorlesung haben wir auf (N, v) zunächst die Addition eingeführt und danach die Ordnungsrelation: a < b falls a = b + c. Man kann diese Relation aber auch direkt einführen durch: a < b falls b M a. 2. Lineare diophantische Gleichungen ax = by in Z. a) Zeige: ggt(a, b) = 1 a bc a c. Beweis. Es ist a bc bc 0 mod a. (Da bc = xa + 0). Da ggt(a, b) = 1, hat [b] in Z/aZ ein Inverses [b] 1. Also: D.h. c = xa + 0, also a c. bc 0 b 1 bc b 1 0 c 0 mod a mod a mod a 2

3 b) Bestimme alle ganzzahligen Lösungen von ax = by, mit a, b Z. Lösung: Alle Lösungen (x, y) sind für a = 0 = b: L = { ( (x, y) Z 2 : (x, y) = ka ggt(a, b), ) } kb k Z ggt(a, b) Für a = b = 0 sind x, y beliebig. Für a = 0, b = 0 ist x beliebig und y = 0. Analog für a = 0, b = 0: x = 0 und y beliebig. Betrachte Beispiel: 5x = 7y. Wir lösen dies in Q: x = 7 5 y. Da jedoch x Z sein muss, und 7 5 Vielfaches von 5 sein. Also nicht weiter kürzbar ist, muss y ein y = 5k und damit x = 7 5k = 7k 5 Diese Bedingung ist nur notwendig. Der Test zeigt, dass sie hinreichend ist: 5 7k = 35k = 7 5k k Z Im Beweis kann man nicht so vorgehen, da wir Q nicht kennen und 7 5 in Z nicht gebildet werden kann. Beweis. Sei a = 0 = b. Zunächst Reduktion auf a, b mit ggt(a, b) = 1: ax = by a ggt(a, b) x = b ggt(a, b) y Sei a a = ggt(a,b) und b b = ggt(a,b). Dann ist ggt(a, b ) = 1 und (x, y) genau dann Lösung von ax = by, wenn es Lösung von a x = b y ist. Aus a x = b y folgt a b y und mit a) auch a y. Also y = ka. Analog x = lb. Einsetzen in die Gleichung ergibt: a x = b y a kb = b la (a b )k = (a b )l k = l D.h. alle Lösungen müssen die Form (kb, ka ) mit k Z haben. Wir wählen k Z beliebig und erhalten tatsächlich a kb = b ka. Dies sind dann auch alle Lösungen von ax = by. Die anderen Fälle (a = b = 0, a = 0 = b, a = 0 = b) sind trivial. 3. a, b, c Z: Lösbarkeit von ax + by = c mit x, y Z. Bemerkung: Für c = 0 ist dies Aufgabe 2): ax = by. Daher sei OBdA c = 0. Weiter seien a = 0 und b = 0. Diese Spezialfälle sind trivial. a) Bedingungen für ganzzahlige Lösungen (x, y). Lösung: Ganzzahlige Lösungen existieren genau dann, wenn ggt(a, b) c. 3

4 Beweis. ( ) Sei a, b mit a = ggt(a, b)a, b = ggt(a, b)b und (x, y) eine beliebige ganzzahlige Lösung. Dann ist: ax + by = c ggt(a, b)a x + ggt(a, b)b y = c ggt(a, b)(a x + b y) = c ggt(a, b) c ( ) Gelte ggt(a, b) c, d.h. c = k ggt(a, b). Dann existiert eine Linearkombination von ggt(a, b) mit x, y Z: ax + by = ggt(a, b) k(ax + by ) = k ggt(a, b) a(kx ) + b(ky ) = c Also ist (kx, ky ) eine ganzzahlige Lösung der Gleichung. b) Bestimme eine Lösung. Verfahren. Ergibt sich sofort aus a): Bestimme ggt(a, b), seine Linearkombination ggt(a, b) = ax + by c und. Benutze dazu das erweiterte ggt(a,b) ( c Euklid-Verfahren (mit den Matrizen). Dann ist ggt(a,b) x c, ggt(a,b) y ) eine Lösung. Wähle ein Beispiel. Beispiel. Gleichung: x + 2y = 2. Es ist ggt(1, 2) = 1 = Also ist ( 2, 2) eine Lösung der Gleichung. c) Bestimme alle Lösungen, wenn eine gegeben ist. Lösung: Bestimme die Lösungen der homogenen Gleichung ax + by = 0. Dies geht mit 2b). Dann erhält man alle Lösung (der inhomogenen Gleichung), indem man jede homogene Lösung zur speziellen inhomogenen Lösung addiert. [Dies ist genau wie in der linearen Algebra hier liegt einfach eine lineare Gleichung (in Z) vor.] Beweis. Die homogene Lösung erhält man mit 2b): ax + by = 0 ax = by (x, y ) seien die Lösungen der homogenen Gleichung. Sei (x, y) die spezielle Lösung. Dann ist: a(x + x ) + b(y + y ) = ax + bx + ax + bx = c + 0 = c Also ist (x, y) + (x, y ) = (x + x, y + y ) eine Lösung der inhomogenen Gleichung. 4

5 Sei nun (ẋ, ẏ) eine weitere inhomogene Lösung. Es bleibt zu zeigen, dass (ẋ, ẏ) = (x, y) + (x, y ), wobei (x, y ) eine homogene Lösung ist. D.h. zeige (ẋ x, ẏ y) ist eine homogene Lösung: a(ẋ x) + b(ẏ y) = aẋ ax + bẏ by = aẋ + bẏ (ax + by) = c c = 0 Damit ist die Behauptung bewiesen. 4. (p 1)! mod p a) Berechne (p 1)! mod p für p {3, 5, 7}. Lösung. (3 1)! 2! 2 mod 3 (5 1)! 4! 24 4 mod 5 (7 1)! 6! mod 7 b) Beweise die Vermutung aus a). Vermutung: (p 1)! p 1 mod p. Bemerkung: Meistens schreibt man (p 1)! 1 mod p. Dies ist bekannt als der Satz von Wilson (John Wilson ). Hinweis: Betrachte für p = 2 prim Z/pZ. Zeige dass [a] [a] 1 eine Bijektion von Z/pZ ist, und dass sie genau zwei Fixpunkte hat. Beweis des Hinweises. Alle Elemente in Z/pZ besitzen ein Inverses: Für alle a mit 0 < a < p gilt ggt(a, p) = 1, da p prim ist. Nach besitzt also [a] p ein Inverses in Z/pZ. Die Inversen sind eindeutig bestimmt 1 D.h. 1 : [a] [a] 1 ist eine Bijektion auf Z/pZ. Bleibt zu zeigen, dass 1 zwei Fixpunkte hat. a Fixpunkt von 1 bedeutet, dass a selbstinvers ist, d.h. a a 1 mod p a 2 1 mod p a mod p (a + 1)(a 1) 0 mod p 1 Sei [ȧ] p ein weiteres Inverses von [a] p, d.h. [ȧa] p = [1] p. Dann ist: ȧ ȧ 1 ȧaa 1 1 a 1 a 1 mod p d.h. ȧ = a 1, und a 1 damit eindeutig. Hinweis: Hier liegt ein allgemeiner Schluss vor. In jeder Gruppe folgt die Eindeutigkeit des Inversen aus seiner Existenz. 5

6 Lösungen sind genau a 1 und a 1 p 1. Andere Lösungen existieren nicht. Annahme: a 1, 1, d.h. a + 1 0, a 1 0, und (a + 1)(a 1) 0. Dann sind a + 1 und a 1 Nullteiler in Z/pZ. Z/pZ ist aber nullteilerfrei 2. 1 hat also genau zwei Fixpunkte. Beweis der Vermutung. Wir benutzen den Hinweis. Da 1 und p 1 die einzigen Selbstinversen in Z/pZ, enthält das Produkt p 2 k=2 k mit k auch k 1 (in Z/pZ), es ist also 1 mod p. Damit: p 2 (p 1)! 1 k (p 1) 1 1 (p 1) k=2 p 1 mod p 5. Zeige: n n. Beweis. Wir rechnen mod n n n + 4 n n + 4 n da 5 3n = (5 3 ) n 10 4 n + 4 n da 125 = n 0 2 da alle x Z/pZ Inverse besitzen und Inverse keine Nullteiler sind. Beweis: Annahme x Nullteiler, d.h. y 0 : yx 0. Dann ist aber y 1 y x 1 xy x Also y 0. 6