M. Künzer, J. Marhenke

Lineare Algebra für Informatiker, WS 03/04

Lösung 3

Aufgabe 10. Die Multiplikationstafeln ergeben sich wie folgt.

\begin{matrix}Z/5Z & Z/6Z & Z/8Z \\ \begin{matrix}(·) & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 0 & 2 & 4 & 1 & 3 \\ 3 & 0 & 3 & 1 & 4 & 2 \\ 4 & 0 & 4 & 3 & 2 & 1 \end{matrix} & \begin{matrix}(·) & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 2 & 0 & 2 & 4 & 0 & 2 & 4 \\ 3 & 0 & 3 & 0 & 3 & 0 & 3 \\ 4 & 0 & 4 & 2 & 0 & 4 & 2 \\ 5 & 0 & 5 & 4 & 3 & 2 & 1 \end{matrix} & \begin{matrix}(·) & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\ 2 & 0 & 2 & 4 & 6 & 0 & 2 & 4 & 6 \\ 3 & 0 & 3 & 6 & 1 & 4 & 7 & 2 & 5 \\ 4 & 0 & 4 & 0 & 4 & 0 & 4 & 0 & 4 \\ 5 & 0 & 5 & 2 & 7 & 4 & 1 & 6 & 3 \\ 6 & 0 & 6 & 4 & 2 & 0 & 6 & 4 & 2 \\ 7 & 0 & 7 & 6 & 5 & 4 & 3 & 2 & 1 \end{matrix} \end{matrix}

Aufgabe 11.

(1) Es wird {x ∈ Z/13Z | {x^{m} | m ∈ Z} = (Z/13Z) ∖ {0}} = {2, 6, 7, 11}.

(2) Zunächst überprüfen wir, ob die Multiplikationsabbildung zu einer Abbildung G×G \overline{}G einschränkt. Seien x, y ∈ G. Wegen (xy)^{4} = x^{4}y^{4} = 1 ist dann auch xy ∈ G.

(G1) Seien x, y, z ∈ G. Dann gilt (xy)z = x(yz), da G ⊆ Z/13Z.

(G2) Die 1 aus Z/13Z ist auch die 1 in G.

(G3) Für jedes x ∈ G ist xx^{3} = x^{3}x = x^{4} = 1. Außerdem ist (x^{3})^{4} = (x^{4})^{3} = 1^{3} = 1, somit ist x^{3} in G und invers zu x.

Die Multiplikationstafel ergibt sich zu

\begin{matrix}(·) & 1 & 5 & 8 & 12 \\ 1 & 1 & 5 & 8 & 12 \\ 5 & 5 & 12 & 1 & 8 \\ 8 & 8 & 1 & 12 & 5 \\ 12 & 12 & 8 & 5 & 1 \end{matrix}

Aufgabe 12.

(1) Wir zeigen R × S Ring. Seien (r, s), (r′, s′), (r′′, s′′), (r′′′, s′′′) ∈ R × S.

(R1) (i) ((r, s) + (r′, s′)) + (r′′, s′′) = (r + r′, s + s′) + (r′′, s′′) = (r + r′ + r′′, s + s′ + s′′)

= (r, s) + (r′ + r′′, s′ + s′′) = (r, s) + ((r′, s′) + (r′′, s′′)) (ii) (r, s) + (0, 0) = (r + 0, s + 0) = (r, s) (ii) (r, s) + (−r, −s) = (r + (−r), s + (−s)) = (0, 0) (iv) (r, s) + (r′, s′) = (r + r′, s + s′) = (r′ + r, s′ + s) = (r′, s′) + (r, s)

(R2) (i) ((r, s)(r′, s′))(r′′, s′′) = (rr′, ss′)(r′′, s′′) = (rr′r′′, ss′s′′)

= (r, s)(r′r′′, s′s′′) = (r, s)((r′, s′)(r′′, s′′)) (ii) (r, s)(1, 1) = (r · 1, s · 1) = (r, s) = (1 · r, 1 · s) = (1, 1)(r, s)

(R3) ((r, s) + (r′, s′))((r′′, s′′) + (r′′′, s′′′)) = (r + r′, s + s′)(r′′ + r′′′, s′′ + s′′′) = ((r + r′)(r′′ + r′′′), (s + s′)(s′′ + s′′′)) = (rr′′ + rr′′′ + r′r′′ + r′r′′′, ss′′ + ss′′′ + s′s′′ + s′s′′′) = (r, s)(r′′, s′′) + (r, s)(r′′′, s′′′) + (r′, s′)(r′′, s′′) + (r′, s′)(r′′′, s′′′)

Wir zeigen, dass R × {0} ein Ideal in R × S ist. Wegen (0, 0) ∈ R × {0} ist R × {0} ≠ ∅. Seien (r, 0), (r′, 0) ∈ R × {0} und (r′′, s′′) ∈ R × S. Es gilt (r, 0) − (r′, 0) = (r − r′, 0) ∈ R × {0}, und (r, 0)(r′′, s′′) = (rr′′, 0 · s′′) = (rr′′, 0) ∈ R × {0} sowie (r′′, s′′)(r, 0) = (r′′r, s′′ · 0) = (r′′r, 0) ∈ R × {0}.

(2) Injektivität genügt hier, weil es sich um eine Abbildung zwischen zwei Mengen mit je uv Elementen handelt (vgl. Blatt 1, Aufgabe 2). Da die Abbildung ein Morphismus der additiven Gruppen ist, genügt es zu zeigen, dass ihr Kern gleich {0} ist. Sei also x + uvZ ∈ Z/uvZ gegeben mit (x + uZ, x + vZ) = (0 + uZ, 0 + vZ). In anderen Worten, es ist x ∈ uZ ∩ vZ. Nun ist wegen u, v teilerfremd aber uZ ∩ vZ = uvZ, und es folgt x ∈ uvZ, in anderen Worten, x + uvZ = 0 + uvZ.

(3) Da nach (2) die Abbildung φ surjektiv ist, ist φ^{−1}((a+uZ, b+vZ)) ≠ ∅. Also existiert ein x ∈ Z so, dass φ(x+uvZ) = (a + uZ, b + vZ), d.h. x + uZ = a + uZ und x + vZ = b + vZ. D.h. x ≡_{u} a und x ≡_{v} b, wie verlangt.

(4) Zum Beispiel leistet x = 155 das Gewünschte: 155 ≡_{15} 5 und 155 ≡_{22} 1.

Allgemein ist {x ∈ Z | x ≡_{15} 5 , x ≡_{22} 1} = 155 + 330Z.

Aufgabe 13.

(1) Es ist (0, 0, 0) sicher eine Lösung. Wir haben zu zeigen, dass keine weiteren Lösungen existieren. Dazu treffen wir die Annahme, es gebe eine Lösung (x_{0}, y_{0}, z_{0}) ≠ (0, 0, 0), und haben einen Widerspruch herzuleiten. Sei g der größte

gemeinsame Teiler von (x_{0}, y_{0}, z_{0}). Aus x_{0}^{5} + 2y_{0}^{5} = 5z^{5} folgt nun (\frac{x_{0}}{g} )^{5} + 2 (\frac{y_{0}}{g} )^{5} = 5 (\frac{z_{0}}{g} )^{5}, d.h. wir haben eine Lösung (x, y, z) := (\frac{x_{0}}{g} , \frac{y_{0}}{g} , \frac{z_{0}}{g}) ≠ 0 derart, dass keine Primzahl x, y und z teilt. Man spricht von einem teilerfremden Tupel (x, y, z), oder auch von einem Tupel mit ggT(x, y, z) = 1. Es sei das Repräsentantensystem {−5, −4, …, 4, 5} von Z/11Z gewählt. Für jedes x ∈ Z/11Z gilt x^{5} ∈ {−1, 0, 1}. Wir erhalten folgende mögliche Werte von x^{5} + 2y^{5} in Z/11Z.

\begin{matrix}x^{5} & y^{5} & x^{5} + 2y^{5} \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & −1 & −2 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 3 \\ 1 & −1 & −1 \\ −1 & 0 & −1 \\ −1 & 1 & 1 \\ −1 & −1 & −3 \end{matrix}

Für z ∈ Z/11Z kann 5z^{5} nur Werte aus {−5, 0, 5} annehmen. Folglich sehen wir aus der Tabelle, dass x ≡_{11} 0, y ≡_{11} 0 und z ≡_{11} 0 gelten muss, dass also 11 sowohl x, y als auch z teilt, und wir sind bei einem Widerspruch angelangt.

(2) Wie in (1) haben wir die Existenz einer teilerfremden Lösung (x, y, z) ≠ (0, 0, 0) zum Widerspruch zu führen. Betrachtet man die Gleichung x^{3} + 2y^{3} = 4z^{3} modulo 2, so erhält man x^{3} = 4z^{3} − 2y^{3} ≡_{2} 0, also muss x ≡_{2} 0 sein. Eine Betrachtung der Gleichung modulo 4 liefert nun 2y^{3} ≡_{8} x^{3} + 2y^{3} = 4z^{3} ≡_{4} 0 wegen x^{3} ≡_{8} 0, mithin y ≡_{2} 0. Eine Betrachtung der Gleichung modulo 8 liefert nun 4z^{3} = x^{3} + 2y^{3} ≡_{8} 0, also auch z ≡_{2} 0. Damit teilt 2 sowohl x, y als auch z, und wir haben einen Widerspruch.

(3) Wie in (1) haben wir die Existenz einer teilerfremden Lösung (x, y, z) ≠ (0, 0, 0) zum Widerspruch zu führen. Man betrachte die Gleichung modulo p. In Z/pZ ist a^{p−1} = 0 für a = 0, und a^{p−1} = 1 für alle a ∈ (Z/pZ) ∖ {0}. Also kann x^{p−1} + y^{p−1} in Z/pZ nur die Werte 0, 1 oder 2 annehmen, und 3z^{p−1} kann dort nur 0 oder 3 werden. Wegen p ≥ 5 ist 3 ≢_{p} 0, 1, 2. Es folgt x ≡_{p} 0, y ≡_{p} 0 und z ≡_{p} 0, und wir haben einen Widerspruch.

Aufgabe 14.

(1) Die Aussage ist wahr. Man schreibt zunächst σ in Zykelschreibweise:

σ = (1, 4n)(2, 4n − 1)(3, 4n − 2) ⋯ (2n − 1, 2n + 2)(2n, 2n + 1). Daraus entnimmt man ε_{σ} = (−1)^{2n} = 1.

(2) Die Aussage ist wahr. Die Ordnung m eines σ ∈ S_{n} teilt n! = #S_{n} nach Lagrange, d.h. es ist mm′ = n! für ein m′ ∈ Z. Nun ist σ^{n!} = σ^{mm′} = (σ^{m})^{m′} = 1^{m′} = 1.

(3) Die Aussage ist falsch. Betrachte x = 3 in Z/6Z. Es ist x^{3} = 9 ≡_{6} 3, aber x ≢_{6} 0, 1.

(4) Die Aussage ist wahr. Wegen #R < ∞ kann der Ring R auch nur endlich viele Ideale haben. Wir behaupten, es existiert ein maximales Ideal M, i.e. ein Ideal, für welches kein Ideal I′ existiert mit M ⊊ I′ ⊊ R.

Angenommen, dies sei nicht so. Wegen #R > 1 ist {0} ⊊ R, und ausgehend davon können wir eine Folge von Idealen {0} ⊊ I_{1} ⊊ I_{2} ⊊ ⋯ mit I_{i} ⊊ R für alle i ∈ N konstruieren. Dies ist ein Widerspruch, da es nur endlich viele Ideale in R gibt.

Sei also M ein solches maximales Ideal. Wir behaupten, dass R/M nur die Ideale {¯0} und R/M enthält. Sei {0} ⊊ I ⊆ R/M ein Ideal. Wir haben I = R/M zu zeigen. Sei J := { x ∈ R | x̄ ∈ I} ⊆ R. Dann ist wegen ¯0 ∈ I sicher M ⊆ J, und wegen \{¯0\} ⊊ I sogar M ⊊ J. Ferner ist J ein Ideal in R, da mit x, x′ ∈ J und r ∈ R wegen \overline{x − x′} = \overline{x′} − \overline{x} ∈ I und \overline{rx} = \overline{r} · \overline{x} ∈ I auch x − x′ ∈ J und rx ∈ J. Wegen der Maximalität von M folgt nun J = R, und also auch I = R/M. Wir bemerken noch, dass in R/M wegen M ⊊ R auch ¯0 ≠ ¯1 gilt, da sonst 1 ∈ M wäre, und somit R = M.

Bleibt zu zeigen, dass R/M ein Körper ist. Dafür genügt es zu zeigen, dass jeder kommutative Ring S, in welchem 0 ≠ 1, und in welchem {0} und S die einzigen Ideale sind, ein Körper ist. Sei x ∈ S ∖ {0}. Es ist das Ideal xS ≠ {0}, also xS = S, speziell 1 ∈ xS, d.h. es gibt ein y ∈ S mit xy = 1.