FU Berlin: WiSe 1-14 (Analysis 1 - Lehr. Übungsaufgaben Zettel 11 Aufgabe 47 Wir betrachten die Menge K Q Q zusammen mit den Verknüpfungen: (a, b(c, d (a b, c d, a, b, c, d Q (a, b (c, d (ac 2bd, ac bd, a, b, c, d Q Zeigen Sie unter Verwendung der Tatsache, dass (K, bereits eine abelsche Gruppe ist: (a (K,, ist ein Körper. Wie sieht insbesondere das neutrale Element der Multiplikaton und das zu (a, b (0, 0 inverse Element (x, y (a, b 1 K aus? Lösung. Es sind zuerst die Körperaxiome zu zeigen. Unter die Annhame, dass (K, bereits eine abelsche Gruppe ist, es fehlen nur die Axiome für die Multiplikation und die Existent eines bezüglich neutrales und inverses Element. Beachte: Da ein inverse Element für jedes Element existiert, ausser für den - neutrales Element, wissen wir schon, dass (0, 0 das -neutrale Element ist. Wir zeigen zu erst (AG Assoziativgesetz [(a, b (c, d] (e, f (a, b [(c, d (e, f] (DG (a, b [(c, d(e, f] [(a, b (c, d][(a, b (e, f] Beweis. (AG und [(a, b (c, d] (e, f (ac 2bd, ad bc (e, f ((ac 2bde 2(ad bcf, (ac 2bdf (ad bce (a, b [(c, d (e, f] (a, b (ce 2df, cf de (a(ce 2df 2b(cf de, a(cf de b(ce 2df [(a, b (c, d] (e, f. (DG (a, b [(c, d(e, f] (a, b (c e, d f (a(c e 2b(d f, a(d f b(c e (ac 2bd ae 2bf, ad bd af be [(a, b (c, d][(a, b (e, f] 1
(IE Wie sieht insbesondere das neutrale Element der Multiplikaton aus? Sei (c, d das neutrale Element der Multiplikation. Es muss gelten: Also: (a, b K : (a, b (c, d (a, b (a, b K : (ac2bd, adbc (a, b (a, b K : ac2bd a adbc b. Wenn es (a, b K gelten muss, es gilt insbesonderes für a 0. Also: Und daraus folgt dass: b K2bd 0 bc b. c 1, d 0. Also, (1, 0 ist das neutrale Element der Multiplikation. (IE Wie sieht das zu (a, b (0, 0 inverse Element (x, y (a, b 1 K aus? Sei (a, b K beliebig, mit (a, b (0, 0. Wir suchen ein Element (x, y so dass: (a, b (x, y (1, 0. Also muss es gelten: ( a 2b ax 2by 1 bx ay 0 b a ( x y ( 1 0 Das Linearessystem muss nach x und y gelöst werden. Mann kan (z.b. zuerst berechnen, und dann einsetzen. Es folgt: und bx ay 0 x a b y y ( a2 b 2b a( a y 2by 1 b b 1 y a 2 2b 2 x a ( b y a b b a 2 2b 2 Also ist ( a a 2 2b, b 2 a 2 2b 2 das inverse Element zu (a, b K. Beachte: a, b Q : a 2 2b 2 0! a a 2 2b 2 (b Durch φ : Q K mit φ(a (a, 0, a Q wird der alte Bereich Q der rationalen Zahlen strukturverträglich in den neuen Zahlbereich K Q Q eingebettet. Das heißt: 2
(i φ bildet Q bijektiv auf Q {0} ab, (ii a, b Q, φ(a b φ(aφ(b φ(ab φ(a φ(b Beweis. (i. φ ist injektiv: φ(a φ(b (a, 0 (b, 0 a b. und φ : Q Q {0} ist surjektiv, weil: (a, 0 Q {0}, gilt (aus der Definition (das Urbild ist nicht leer. (ii. φ 1 ({(a, 0} {x Q : φ(x (a, 0} {a} {} φ(a b (a b, 0 Def. von (a, 0(b, 0 Def. von φ φ(aφ(b. φ(a φ(b (a, 0 (b, 0 (ab 2 0 0, a 0 b 0 (ab, 0 φ(ab Def. von (c Zeigen Sie: Die Zahl α (0, 1 K ist Nullstelle des Polynoms f(x x 2 2 Q[x] mit rationalen Koeffizienten. Schreibt man zudem 2 für α (0, 1 so besitzt weiter jedes x (a, b K eindeutig die Darstellung x a b 2. Man schreibt dann für K auch Q( 2 und sagt: Q adjungiert Wurzel 2. Lösung. Wir schreiben zu erst das Polynom f(x mit Hilfe der Einbettung φ(x als f(x x 2 (2, 0 und zeigen dann das α eine Nullstelle in K ist: f(α (0, 1 (0, 1 (2, 0 Definition von (0 2, 0 (2, 0 (0, 0 Wir definieren jetzt die Menge Q adjungiert Wurzel 2 als: Q( 2 {a b 2, a, b Q} (der kleinste Körper der Q und 2 enthält, siehe LinAlg!. Man kann zeigen dass die Körperaxiome (in Teil (a für Q( 2 gelten: Q Q Q( 2 (a, b a b 2 (a, b (c, d (ac2bd, adbc (ab 2(cd 2(ac2bd(adbc 2 (1, 0*-inverse Element 1 0 2 1 ( (a, b 1 a a 2 2b, b (a b 2 1 a 2 a 2 2b 2 a 2 2b b 2 2 a 2 2b 2 α (0, 1 Nullstelle von x 2 2 0 1 2 2 Nullstelle von x 2 2
Aufgabe 49 Bestimmen Sie für folgende komplexen Zahlen z C die kartesische Darstellung z a ib die konjugiert komplexe Zahl z a ib sowie den Betrag z z z a2 b 2 : (i z 2i i1. Wir bestimmen die Darstellung von z als (a, b R2. z 2i i 1 i 1 i 1 2i (i 1 1 1 2 2i 2 Die koniugiert komplexe Zahl und den Betrag lauten: (ii z 10 5i 12i z z, z 1 1 2. 10 5i 1 2i 1 2i 1 2i 20 15i 1 4 1 i z (1, 1 4 i z (4, Die koniugiert komplexe Zahl und den Betrag lauten: (iii z 26 k0 ik Option 1. Wir zeigen zuerst: z 4, z 16 9 5. n k0 n1 Beweis (Induktion über n N 0. (IA Für n 0 ist 0 0 0. k0 (IB (n n 1. Wir nehmen an dass n k0 ik 1 in1 1 i und berechnen n1 k0 n k0 1 n1 1 Induktionvoraussetzung k1 k2 Also ist die Behauptung bewiesen. n2 4
Aus dieser Formel folgt 26 z 27 k0 2 11 1 ( 11 i i 2 1 1 i Also ist: z 1 i 1 i 1 i 2 2i 1 1 Option 2. Es gilt: i z (0, 1. k N 0 : 1 2 0 Beweis. Aus i 2 1, und i i folgt 1 2 ( i 0 i i 2 i (1 i 0. Also z kann man umschreiben als: 26 z k0 19 k16 0 k0 0 2 k20 0 7 k4 0 26 k24 11 k8 0 15 k12 0 i 24 (i 0 i i 2 i 2 12 (1 i 1 i. ( 1 12 1 Die koniugiert komplexe Zahl und den Betrag lauten: z i, z 0 1 1. 5
Rationale Nullstellen eines Polynoms Sei f(x a 0 a 1 x...a n x n ein Polynom mit grad(f n und a 0,..., a n Z. Ist α p Q eine rationale Nullstelle von f(x (mit p und teilerfremd dann muss es gelten: p a 0 a n (p teilt a 0 und teilt a n Beweis. α p ist eine Nullstelle wenn es gilt f(α 0, d.h. f ( p p a 0 a 1 a 2 ( p 2 ( n p... a n 0 Daraus folgt dass Aus der letzter gleichung folgt dass also: 0 a 0 n a 1 p n 1... a n 1 p n 1 a n p n a 0 n ( a 1 n 1... a n p n 1 p, a n p n ( a 0 n... a n 1 p n 1, r s a 0 n rp, a n p n s. Aber das heisst, dass p teilt das Produkt a 0 n sowie teilt das Produkt a n p n. Wenn p aber a 0 n teilt, muss dann p a 0 oder n teilen. Da p und teilerfremd sind, es folgt dass p a 0. Analog, aus a n p n folgt dass a n. Beispiel 1 Wir suchen alle rationale Nullstellen von f(x 4 7x 2 x 4. Schritt 1. Ist α p eine rationale Nullstelle von f(x, dann gilt p 4, (p teilt a 0 und teilt a n. Da die Teiler von 4 nur ±1, ±2, ±4 sind, und die Teiler von nur ±1 und ± sind, gibt es nur 12 mögliche rationale Nullstellen: p ±1 ±2 ±4 1 ±1 ±2 ±4 ± 1 ± 2 ± 4 6
Schritt 2. Die Funktion f(x ist gerade (f(x f( x. Also, ist α eine Nullstelle, dann ist auch α eine Nullstelle. Schritt. Wir müssen jetzt nur 6 mögliche Zahlen nachprüfen. f(1 0, f(2 0, f(4 0, f ( 1 0, f Also hat f(x 2 rationale Nullstellen (1 und -1. Beispiel 2 ( 2 0, f ( 4 0. Das Polynom f(x 1 2x 2 0x 4x 4 5x 5 7x 6 x 7 hat keine rationale Nullstelle. Beweis. Wenn f(x eine rationale Nullstelle p hat, dann gilt: p a 0 1 und a n 1. Also p ±1, ±1 d.h., die einzige mögliche rationale Nullstellen sind 1 und -1. Aber: f(1 1 2 20 4 5 7 1 2, f( 1 1 2 0 4 5 7 1 0. Also hat f keine rationale Nullstelle. 7