L¨osungen zur 4. ¨Ubung zur Algebra f¨ur Informatiker (SS 14) Aufgabe 1. Sei

L¨ osungen zur 4. ¨ Ubung zur Algebra f¨ ur Informatiker

(SS 14)

Aufgabe 1.

Sei n ∈ N und Z

= { 0, . . . , n − 1 } . F¨ur x, y ∈ Z

sei

x ⊕ y := (x + y) mod n und x ⊙ y := (x · y) mod n.

Zeigen Sie, daß Z

mit den Verkn¨upfungen ⊕ und ⊙ ein Ring ist.

L¨ osung: Sicherlich ist Z mit der ¨ublichen Addition und Multiplikation ein Ring. Nach Aufgabe 4 der 3. ¨ Ubung ist daher ⊕ und ⊙ jeweils assoziativ, kommutativ und distributiv. Weiter ist 0 ein neutrales Element bez¨uglich ⊕ . Ist n = 1, so gilt Z

= { 0 } und ist damit trivialerweise ein Ring. Ist n > 1, so ist 1 ∈ Z

und 1 ist dann ein neutrales Element bez¨uglich ⊙ . Zu x ∈ Z

ist n − x ein Inverses bez¨uglich ⊕ . Damit sind alle Ringgesetze erf¨ullt und Z

ist ein Ring.

Aufgabe 2.

Stellen Sie die Additions- und Multiplikationstafeln von Z

auf und bestim- men Sie damit die Einheiten und die Nullteiler von Z

. Welche Ideale hat Z

? Ist Z

ein K¨orper?

L¨ osung:

(1) Additionstabelle:

+ 0 1 2 3 4 5 6 7

0 0 1 2 3 4 5 6 7

1 1 2 3 4 5 6 7 0

2 2 3 4 5 6 7 0 1

3 3 4 5 6 7 0 1 2

4 4 5 6 7 0 1 2 3

5 5 6 7 0 1 2 3 4

6 6 7 0 1 2 3 4 5

7 7 0 1 2 3 4 5 6

(2) Multiplikationstabelle:

· 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 (3) Einheiten E( Z

) = { 1, 3, 5, 7 } .

(4) Nullteiler { 2, 4, 6 } .

(5) Ideale: Sei I ein Ideal von Z

. Dann ist I eine additive Untergruppe von Z

. Daher gilt nach dem Satz von Lagange | I | | 8, also | I | ∈ { 1, 2, 4, 8 } . (a) | I | = 1: dann gilt I = { 0 } .

(b) | I | = 8: dann gilt I = Z

.

(c) | I | = 2: dann gilt I = { 0, a } f¨ur a ∈ Z

\ { 0 } . W¨are a ∈ E( Z

), so w¨are I = Z

. Also ist a ∈ { 2, 4, 6 } . Ist a = 2, so ist 2 Z

⊂ I und damit { 0, 2, 4, 6 } ⊂ I. Ist a = 6, so ist 6 Z

⊂ I und damit { 0, 2, 4, 6 } ⊂ I.

Also bleibt nur I = { 0, 4 } also einzige M¨oglichkeit hier.

(d) | I | = 4. Sei a ∈ I \ { 0 } . Dann ist wie in (c) a keine Einheit, also a ∈ { 2, 4, 6 } . Damit folgt auch schon I = { 0, 2, 4, 6 } .

Insgesamt hat I also 4 Ideale, n¨amlich { 0 } , Z

, 4 Z

und 2 Z

= 6 Z

. (6) Z

ist kein K¨orper, da es Nullteiler gibt.

Aufgabe 3.

Sei i = √

− 1 und R = { a + bi | a, b ∈ Z } . (1) Zeigen Sie, daß R ein Ring ist.

(2) Zeigen Sie, daß E(R) = { 1, − 1, i, − i } gilt.

(3) Hat R Nullteiler?

L¨ osung:

(1) Es gilt (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i und (a + bi)(c + di) =

ac+bdi

+adi+bci = (ac − bd)+(ad+bc)i. Damit ist + und · abgeschlossen

in R. Es sind 0 = 0+0i und 1 = 1+0i Elemente von R, also gibt es neutrale Elemente bez¨uglich + und · . Weiter gilt − (a +bi) = − a+( − b)i und damit gibt es auch inverse Elemente bez¨uglich +. Schl¨ıeslich ist R ⊂ C , also ist + und · beides assoziativ und kommutativ und es gilt das Distributivgesetzt, da diese Gesetze auch alle in C gelten. Insgesamt ist R ein Ring.

(2) Sei a+bi eine Einheit in R. Dann gibt es c+di ∈ R mit (a+bi)(c+di) = 1.

Also 1 = (ac − bd) + (ad + bc)i. Damit folgt ac − bd = 1 und ad + bc = 0.

(a) 1. Fall: b = 0. Dann gilt ad = 0 und damit entweder a = 0 oder d = 0.

Da a = 0 nicht geht, denn sonst w¨are a + bi = 0, folgt d = 0. Also ist dann ac = 1 und a und c sind Einheiten in Z . Damit ist dann a + bi = ± 1.

(b) 2. Fall: a = 0. Dann gilt bc = 0 und damit c = 0. Also folgt bd = − 1 und damit b = ± 1. Damit ist a + bi = ± i.

(c) 3. Fall: a 6 = 0 und b 6 = 0. Dann gilt ad = − bc und damit c = − ad/b.

Einsetzen liefert 1 = ac − bd = − a

d/b − bd = − d(a

/b + b). Multipli- kation mit b liefert dann b = − d(a

+ b

) und damit | b | = | d | (a

+ b

).

Diese Gleichung ist in den ganzen Zahlen mit a ≥ 1 und b ≥ 1 nicht l¨osbar.

Insgesamt sind daher die Einheiten {± 1, ± i } .

(3) Nein, denn R ⊂ C und C hat als K¨orper keine Nullteiler.

Aufgabe 4.

Sei K = Z

und sei V = K × K = { (a, b) | a, b ∈ K } . Dann definiert (a, b) ⊕ (c, d) = (a ⊕ c, b ⊕ d)

eine Addition auf V . Es gibt Multiplikation ⊙ auf V , so daß V mit ⊕ und

⊙ zu einem K¨orper wird, wobei (1, 0) das neutrale Element bez¨uglich ⊙ ist.

Bestimmen Sie diese Multiplikation.

L¨ osung: Schreibe zur Abk¨urzung 0 = (0, 0) und 1 = (1, 0) sowie a = (0, 1) und b = (1, 1). Dann sieht die Additionstabelle von V so aus:

⊕ 0 1 a b

0 0 1 a b

1 1 0 b a

a a b 0 1

b b a 1 0

Insbesondere ist 0 das neutrale Element bez¨uglich ⊕ . Mache einen Ansatz f¨ur eine Multiplikationstabelle, wobei 1 das neutrale bez¨uglich dieser Multi- plikation werden soll. Dann gilt 0 ⊙ x = 0 = x ⊙ 0 und 1 ⊙ x = x = x ⊙ 1 f¨ur alle x ∈ V . Damit folgt

⊙ 0 1 a b 0 0 0 0 0 1 0 1 a b a 0 a ? ? b 0 b ? ?

Jetzt finde L¨osungen f¨ur die ?. Da V \{ 0 } eine Gruppe ist bez¨uglich ⊙ kommt in jeder Zeile und Spalte der Multiplikationstabelle auf V \{ 0 } jedes Elements aus { 1, a, b } genau einmal vor. Damit gibt es nur eine Option:

⊙ 0 1 a b 0 0 0 0 0 1 0 1 a b a 0 a b 1 b 0 b 1 a

Aufgabe 5.

Bestimmen Sie Real- und Imagin¨arteil der folgenden komplexen Zahlen:

(a) (7 + 3i)(1 − i).

(b) (1 − 3i)/(2 − i).

(c) (1 + 7i) − (2 − 2i).

(d) (3 + 5i) + (2 − i).

L¨ osung:

(a) (7 + 3i)(1 − i) = 10 − 4i.

(b) (1 − 3i)/(2 − i) = 1 − i.

(c) (1 + 7i) − (2 − 2i) = − 1 + 9i.

(d) (3 + 5i) + (2 − i) = 5 + 4i.

Abgabe: Dienstag,den 17. Juni 2014, vor der Vorlesung.