Lösungshinweise zu Kapitel 6

He: Geometrie ud Algebra im Wechselspiel Lösugshiweise zu Kapitel 6 Lösugshiweise zu Kapitel 6 Aufgabe 6. a. Scho abgezählte Zahle eifach übersprige! b. Z. B. folgede Aordug 0 3 3 3 3 3 3 Aufgabe 6. Es gibt viele verschiedee Möglichkeite, etsprechede bijektive Abbilduge zu kostruiere, beispielsweise: (i) Für a b ist (a,b) glm. Eie zugehörige bijektive Abbildug f ist wie folgt defiiert. Der Halbkreis mit Mittelpukt b a b a M ud Radius b a berührt die x-achse i B( b a 0). Der Pukt X (x 0) mit x (a,b) wird durch das Lot i X auf die x-achse auf de Pukt Z des Halbkreises abgebildet, dieser durch die Halbgerade MZ auf de Pukt (y 0) der x-achse. Hierdurch ist die bijektive Abbildug f (a,b), x y eideutig defiiert. (ii) (0,) glm. Dies wird durch die Bijektio (0,),(x,..., x ) (y,..., y ) mit y i = f(x i ), f wie i (i) defiiert, bewiese. (iii) glm wege der Bijektio, x iy (x y) Stad: 6.0.0 Seite vo 0

He: Geometrie ud Algebra im Wechselspiel Lösugshiweise zu Kapitel 6 (iv) glm. Dieser Beweis ist etwas schwieriger. Zuächst reicht es ach (ii) zu zeige, dass das Eiheitsquadrat gleichmäßig zum Eiheitsitervall ist, d. h. (0,) glm (0,). Ma dekt viel- leicht sofort a die folgede Abbildug f: Zu a 0,a a... 0,, b0,b b... 0, sei f :(0,) (0,), (a b) c: 0,aba ba3b 3.... Diese Abbildug ist aber leider ur fast richtig. Zum Beispiel hat die Zahl 0,000... kei Urbild. Die Kostruktio eier bijektive Abbildug ist etwas komplizierter. Die Zahle aus (0,) seie als uedliche Dezimalbrüche geschriebe. Hat a eie edliche Dezimaletwicklug, so ka ma durch die Neuerperiode eie dazu äquivalete uedliche Dezimaletwicklug schreibe, z. B. 0,368 0,367999... 0,3679. Die Dezimale vo a 0,a a a... 0, 3 werde i Blöcke cj bjb j...b j(k) bjk, k, zusammegefasst mit b j... bj(k ) 0, bjk 0, z. B. a = 0,03 4 05 0004 6 07... mit de Blöcke c 03, c 4, c3 05, c4 0004, c5 6, c7 07,... Schreibt ma auf diese Weise die Nachkommastelle vo x (0, ) als x = 0,c c..., so ist f : 0, 0,, x (y,z) mit y 0, cc 3c 5..., z 0,c c4c6 die gesuchte Bijektio. (v) glm bzw. gleichwertig (0, ) glm (0, ) Dies liefert auch sofort die Blockschreibweise durch f : (0,) (0,), x 0,c c... y, y,... y mit y 0,c c c... für i,..., (vi) (a, b) glm [a, b) glm (a, b] glm [a, b] i i i i Die Gleichmächtigkeit vo offee ud abgeschlossee Itervalle ist aschaulich klar, aber doch etwas trickreich zu beweise. Für a = 0 ud b = sid zwei geeigete Abbilduge falls x, f : 0, (0,), x x sost falls x, g : 0, 0,, x falls x 0 x sost Stad: 6.0.0 Seite vo 0

He: Geometrie ud Algebra im Wechselspiel Lösugshiweise zu Kapitel 6 Aufgabe 6.3 Seie x, y \ ud 0 x y. Für die Dezimaletwicklug gelte x x 0,xx..., y y 0, yy..., wobei x 0, y0 0 der Vorkommaateil ist ud x i, y i für i die Dezimale sid. Wege der Voraussetzug x < y gibt es eie atürliche Zahl k mit x i = y i für i < k, x k < y k. Damit gilt weiter x k 8. Wege x, y gilt für z : x 0,x x...x k- (x k +) x < z < y. Nach dem archimedische Prizip gibt es ei mit 0 < y z. Da liege aber die uedlich viele ratioale Zahle z, z, z, z,... zwische x ud y. Aufgabe 6.4 a. We A eie edliche Mege mit m Elemete ist, so hat die Potezmege m Elemete, hat also eie größere Mächtigkeit (das beweist ma z.b. eifach durch vollstädige Iduktio ach m). Wir ehme u a, die ichtleere, ab sost beliebige Mege A sei eie Mege, die gleichmächtig zu ihrer Potezmege P(A) ist. Da gibt es eie bijektive, also ijektive ud surjektive Abbildug f: A P(A). Ijektive Abbilduge gibt es, z. B. f: x {x}. Die Aahme, dass f surjektiv ist, führt aber zu eiem Widerspruch: Es sei M : x A x f ( x) P(A). Da ach Aahme f surjektiv ist, gibt es ei Elemet a A mit f(a) = M. Nu erhalte wir de gewüschte Widerspruch: Falls a i f(a) = M liegt, so folgt der Widerspruch a M ach Defiitio vo M. We aber a icht i f(a) = M liegt, so folgt der aaloge Widerspruch a M. b. Wir zeige, dass die Potezmege der atürliche Zahle gleichmächtig zum reelle Itervall [0; ] ist. Dass dieses gleichmächtig zu de reelle Zahle ist, habe wir i Aufgabe 6..c. bewiese. Es sei I M die Idikatorfuktio vo M, also I M : {0;}, m falls m M. 0 falls m M Damit ist die Abbildug f: P() [0;], M 0, mm m3... mit m =I M () die gewüschte Bijektio, we wir die Zahl 0, mm m 3... im Dualsystem lese. Aufgabe 6.5 a. Beispiel für er System: a =, b = 0 + 0 000-0 00 0 0000 :0= 0 0 Stad: 6.0.0 Seite 3 vo 0

He: Geometrie ud Algebra im Wechselspiel Lösugshiweise zu Kapitel 6 000 0 0 Beispiel für 5er System: a = 34, b = 3 34 + 3 30 34-3 03 34 3 3 34 3404 34:3 = 4 Rest 0 4 0 b. Im 0er-System sid u. a. folgede Teilbarkeitsregel bekat: Die atürliche Zahl x a a...a a sei im 0er-System geschriebe. 0 x a0 5 x 5 a0 gilt, da,5,0 Teiler der Stufezahl 0 sid. 0 x a0 0 4 x 4 aa 0 gilt, da 4 ud 5 Teiler vo 0 sid. 5 x 5 aa 0 3 x 3 Quersumme gilt, da 0 mod 3 ud mod 9 9 x 9 Quersumme x alterierede Quersumme; gilt, da 0 mod Diese Regeltype lasse sich für eie bestimmte Zahl g ur für spezielle Teile verallgemeier (x sei jetzt g-adisch geschriebe) Beispiel g = 6, es gelte z. B. folgede Regel x a0 3 x 3 a0 da, 3, 6 Teiler vo 6 sid 6 x a0 0 4 x 4 aa 0 da 4, 9 Teiler vo 6 sid 9 x 9 aa 0 5 x 5 Quersumme, da 6 mod 5 7 x 7 alterierede Quersumme, da 6 mod 7 Aufgabe 6.6 a. Ma dekt bei der Klasse a,r a a r, d. h. ma abstrahiert bei aiv bekatem, dass alle Zahle wie z. B., 3, 3 4,... gleich sid. Die Additio (a r)+(b s) ud die Multiplikatio (a r) (b r) i bekatem führt zu der abstrakte Defiitio. Stad: 6.0.0 Seite 4 vo 0

He: Geometrie ud Algebra im Wechselspiel Lösugshiweise zu Kapitel 6 b. Sei (a,r) ~ (A,R) ud (b,s) ~ (B,S). Da gilt a+r = r+a ud b+s = s+b. Nach de Rechegesetze i gilt da auch a+r+b+s = r+a+s+b, woraus wie behauptet (a+b,r+s) ~ (A+B,R+S) folgt, also ist die Additio wohldefiiert. c. Kommutativ-, Assoziativ- ud Distributivgesetze vererbe sich direkt aus auf, z. B. (a, r) (b,s) (a b, r s) (b a,s r) (b,s) (a, r). 0 :, ist Nullelemet der Additio, :, ist Eiselemet der Multiplikatio, :, sid die eigebettete atürliche Zahle, b,a ist das additiv iverse Elemet zu a,b, :, sid die eue "egative Zahle", damit sid alle Zahle aufgezählt. Nullteilerfreiheit: Sid beide Faktore 0 B, so ka ma sie als A a, b,, a,b schreibe. Aus a, b, ab,a b, 0 folgt ab a b ab a b a b 0, Eie egative Zahl also a oder b, also A 0 oder B 0. b, schreibe, was zum selbe Ergebis führt. ud,b ka ma als d. Für die egative Zahle aus wird die Ordugsstruktur vo übertrage. Zuächst gilt also für positive Zahle a, b, : a b für a,b. Da muss für egative Zahle gelte, b,a : a b. Wäre ämlich für a < b der Fall,b,a richtig, so würde der folgede Widerspruch resultiere: 0,, b b,,a b, b, a b a, b a 0. Aufgabe 6.7 a) Es gelte a,b A,B, d.h. abba, ud c,d C,D, d.h. cd dc. Da folgt ac,bd AC,BD ac BD AC bd abcd ba dc b) Wird wieder direkt vo vererbt. Aufgabe 6.8 a. Die Eigeschafte eier Ordugsrelatio stehe auf S. 7. Reflexiv: a a ist ach Defiitio klar. Trasitiv: Es seie a b ud b c. Zu beweise ist ur etwas, we a b ud b c ist. Da folgt also a b > 0 ud b c >0 ud ach de Ordugseigeschafte (a b) + (b c) = a c > 0. Wie gewüscht gilt also auch a c. Atisymmetrisch: Es gelte a b ud b a ud zusätzlich a b. Da wäre a b > 0 ud b a > 0, was zusamme de Widerspruch (a b) + (b a) = 0 > 0 ergäbe. Stad: 6.0.0 Seite 5 vo 0

He: Geometrie ud Algebra im Wechselspiel Lösugshiweise zu Kapitel 6 Damit ist gezeigt, dass wirklich eie Ordugsrelatio ist. b. a b a b a c b c 0 a c b c. a b ud c 0 a b 0 ud c 0 a b c ac bc 0 ac bc. c. a b a b ud a b a b klar ach Defiitio. d. Wäre < 0, so wäre > 0, was zu dem Widerspruch = ( )( ) > 0 führt. Der Rest folgt aus b. e. Charakteristik Null ist ach Teil d. klar. Aufgabe 6.9 a. Für die eie Richtug wedet ma Axiom 6.4 auf die Zahle a = ud b = r > 0 a. Für die adere Richtug setze ma r = b / a, da folgt > b / a, also a > b. b. Die Äquivalez zu a. folgt aus der für positive Zahle geltede Aussage r r. Schaut ma auf Aufgabe 6.8 zurück, so köte ma vermute, dass ei ageordeter Körper auch archimedisch ist. Dass dies icht gilt, zeigt folgedes Gegebeispiel zeigt: f (x) (x) r(x) f (x), g(x) x ud g(x) 0 g(x) ist algebraischer Fuktioekörper eier Variable über (vgl. S.3). I der obige Darstellug vo r(x) ka o.b.d.a. vorausgesetzt werde, dass das Neerpolyom g(x) ormiert ist. Da lässt sich die Ordug vo durch die folgede Festsetzug lexikographisch fortsetze. Für das Zählerpolyom gelte f(x) = i0 ax i i. Damit wird für r(x) 0 defiiert: 0 falls a 0 r(x). 0 sost Zum Beweis überlegt ma sich zuerst, dass die Defiitio uabhägig davo ist, ob f(x) ud g(x) teilerfremd sid oder icht. Weiter seie f (x) f (x) r (x) 0, r (x) 0 g (x) g (x). Da gilt f (x) g (x) f (x) g (x) f (x) f (x) r (x) r (x), r (x) r (x). g (x) g (x) g (x) g (x) Die Neerpolyome sid alle wieder ormiert, die Zählerpolyome habe i jedem Fall eie positive führede Koeffiziete, also gilt auch r (x)+r (x) > 0 ud r (x)r (x) > 0. Betrachtet ma z. B. de spezielle Fuktioekörper (), so habe wir eie Körper mit zwei verschiedee Orduge: eimal die archimedische ormale Ordug als Teilkörper vo, da die obe defiierte Ordug, die ichtarchimedisch ist, d. h. es gibt uedlich große Elemete. Stad: 6.0.0 Seite 6 vo 0

He: Geometrie ud Algebra im Wechselspiel Lösugshiweise zu Kapitel 6 Aufgabe 6.0 m a. Es gelte z, m,, ggt(m,). Da liefert die Divisio m : eie Dezimalfolge, die abbreche ka, d. h. die Divisio geht da auf. Sost muss die Zifferfolge periodisch werde: Ma sei scho soweit, dass ma bei der weitere Divisio eie Null heruterholt. Es gibt verschiedee Reste bei der Divisio (der Rest 0 kommt ja icht vor). Also muss sich ach spätestes Schritte ei Rest wiederhole, ab da wird der Vorgag periodisch. Aahme: 0,9, also 0,9 0. Da eie Nullfolge ist, gibt es ei mit 0 0. Also gilt 0,9 0 0 0,9...9, was ei Widerspruch ist. b. x a, a...a a, a 0,...,9 x x x i mal edliche Dezimalzahl a 0 a...a als Bruch 0 a, a...a b...b uedlich periodische Dezimalzahl m a 0 a...a b...b m 0 9...90 mal als Bruch Aufgabe 6. Die Ausführuge zu Aufgabe 5.7 sid direkt auf beliebiges g zu übertrage. Neuerperiode im Fall g = 0 werde zu (g-)-periode für beliebiges g. Beispiel für g = 3: 0,, 0,, 0,, 0,, 0, 0 00 0 Aufgabe 6. Die 5-Eck-Iewikel betrage 08, damit folgt, dass die 3 Wikel bei D alle 36 betrage (aalog bei de adere Pukte A, B, C, E). a : AB ud d : AD seie Seiteläge ud Diagoaleläge des große 5-Ecks. a, d seie Seiteläge ud Diagoaleläge des iere 5-Ecks A B C D E. Desse Diagoale defiiere das ächste 5-Eck mit a 3, d3 usw. Die Dreiecke A DB ud A B D sid kogruet (eie gemeisame Seite, gleiche Wikel). Damit gilt d d a, a d d d (d a ) a d. Wäre u a = m e ud d = e kommesurabel, so würde sich wie beim Beweis zu Bild 6.0 ei Widerspruch ergebe. Aus dem Gesagte folgt atürlich auch, dass das 8, Bild 3.38). Es gilt also d a. ABD ei goldees Dreieck ist (vgl. S. Stad: 6.0.0 Seite 7 vo 0

He: Geometrie ud Algebra im Wechselspiel Lösugshiweise zu Kapitel 6 Aufgabe 6.3 Gilt für a, b, z auf die Gleichug a b 6 z, so gilt auch a b 6 z. Also führte echte Teiler a 6b 4 für eie Teiler (bzw. = 9 für eie Teiler 3, bzw. = 6 für eie Teiler 6 ). Diese Gleichuge sid aber alle ur trivial lösbar, führe also zu keie echte Teiler. Isbesodere gilt z. B. 6 6 6, aber 6. Aufgabe 6.4 a. Ma will die folgede Recheregel awede dürfe: m/ / m / m a b a b, a b a b. Diese gelte allgemei ur für icht egative Radikade. Sost wäre auch silose Rechuge der folgede Art möglich: 3 3 6 6 6 8 ( 8) ( 8) ( 8) 64 a a b. Für a, b, ggt(a, b) = gilt: k k b k a b b. Jeder Teiler vo b teilt auch a, wege der Teilerfremdheit ist also b =. Aufgabe 5.3 Dass die Kojugatio die verlagte Eigeschafte eies Automorphismus hat, ist klar. Wege : galoissch mit Aut : E, Kojugatio folgt die Behauptug. Das ka ma auch direkt achreche: sei ei solcher Automorphismus, also gilt für z = a + bi z a bi a b i a b i. Weiter folge wege dass i i, i i oder i gelte muss, womit wieder die Behauptug bewiese ist. Aufgabe 5.4 Es seie z a b i, z a b i. Die Regel der Vektoradditio beweise die Behauptug für die Additio. Für die Multiplikatio gilt mit (x Achse,0z ), 3 (x Achse,0z z ) b b ta( ), ta( ), a a b b ta( ) ta( ) a a a b a b ta( 3) ta( ) ta( ) ta( ) b b a a b b a a Stad: 6.0.0 Seite 8 vo 0

He: Geometrie ud Algebra im Wechselspiel Lösugshiweise zu Kapitel 6 z : a a b b a b a b i hat also de richtige Wikel. Wege Die Zahl 3 3 z a a b b a b a b a a b b k 0z hat z 3 auch, de richtige Betrag, d. h. es gilt z3 z z. Aufgabe 5.5 Es sei x x : ei multiplikativer Homomorphismus mit auf Seite 9 der Widerspruch z z. Nu folgt wie obe Aufgabe 5.6 z a bi 3i 3 i a. Sei z a bi. Da hat e e e e e e die Lösuge z 3 ( k )i, k. b. Es sei i i i z re, also z re, z r e. Also gibt es die + Lösuge Da gilt für > z z r ud k, k. k i z e, k = 0,,...,. Für = 0 gibt es eie Lösug z =, für = ist jedes z Lösug. Aufgabe 5.7 a. Scheeflockekurve. Die Kateläge des Gruddreiecks sei. Da gilt für de Umfag U vo D bzw. U vo D 4 U 3 U. 3 Für de Ihalt A vo D bzw. A vo D gilt 3 A, 4 3 4 3 4 4 4 für gilt: A A A... 9 9 9 9 8 A 3 A. 5 5 Ählichkeitsdimesio: Nehme ur eie Kate K des Gruddreiecks ud die etsprechede Kate K ud D. Streckfaktor k = 3 liefert K' 4K, was zur fraktale Dimesio D mit 4 = 3 D log(4), also D, 6 führt. log(3) b. Sierpiski-Dreieck Mit de gleiche Bezeichuge gilt 3 3 3 U 3 U, A A 0 4 4 Stad: 6.0.0 Seite 9 vo 0

He: Geometrie ud Algebra im Wechselspiel Lösugshiweise zu Kapitel 6 Der Streckfaktor k = liefert S' 3S, was zur fraktale Dimesio D mit D = 3, also log(3) D,585 führt. log() Stad: 6.0.0 Seite 0 vo 0