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Christian Kröger (christian962)
Neues Mitglied Benutzername: christian962
Nummer des Beitrags: 4 Registriert: 12-2002
| Veröffentlicht am Samstag, den 03. Mai, 2003 - 14:19: |
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Hallo, kann mir jnd bei folgenden Aufgaben weiterhelfen? 1. Sei *:INxIN->IN, ((a,b)->min(a,b)) eine assoziative Verknüpfung. Zeige: Es gibt kein e aus IN mit e*a=a für alle a aus IN. 2. Sei a aus IN, a größer/gleich 1 und keine n-te Potenz einer ganzen Zahl. Dann ist die n-te Wurzel aus a nicht Element der rationalen Zahlen. 3. Z sei die Menge der ganzen Zahlen. Zeige: 6*Z+15*Z=3*Z sowie 7*Z+15*Z=Z 4. Zeige: Für a,b aus den ganzen Zahlen ist a*Z+b*Z := {ga+hb: g,h aus Z} eine Untergruppe von (Z,+).
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Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 1239 Registriert: 02-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 04. Mai, 2003 - 12:40: |
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Hallo Ich mach mal die 1. Angenommen es gäbe ein Element e aus IN mit e*a=a für alle a aus IN. Das bedeutet (e,a)->min(e,a)=a Daraus folgt schonmal e³a. Die Menge der natürlichen Zahlen ist aber nicht nach oben hin beschränkt, also kann keine solche Zahl e existieren. Setze also zu vorgegebenem e aus IN einfach a:=e+1. Das liefert auch den gewünschten Widerspruch. MfG C. Schmidt
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Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 1241 Registriert: 02-2002
| Veröffentlicht am Montag, den 05. Mai, 2003 - 14:50: |
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Hallo nochmal 2. Wir führen hier wieder einen Widerspruchsbeweis. Angenommen die n-te Wurzel aus a wäre eine rationale Zahl. a1/n=p/q Wobei p und q teilerfremde ganze Zahlen sein sollen. Der Bruch ist also vollständig gekürzt. a1/n=p/q <=> aqn=pn Die linke Seite ist durch a teilbar, also muss es auch die rechte sein. Da a keine n-te Potenz einer ganzen Zahl ist, muss nicht nur pn durch a teilbar sein, sondern auch p selbst. Wir setzen p=a*p' aqn=pn <=> aqn=(a*p')n <=> qn=an-1*(p')n Rechte Seite ist durch a teilbar, also muss es auch die linke sein. Dadurch müsste auch q durch a teilbar sein. Das ist aber ein Widerspruch zur Teilerfremdheit von p und q. Also ist a1/n irrational. 3. 6*Z+15*Z=3*(2Z+5Z) Also reicht es zu zeigen, dass 2Z+5Z=Z gilt. Sei z eine beliebige ganze Zahl. Wir versuchen ganze Zahlen a und b zu finden, sodass 2a+5b=z gilt. <=> a=(z-5b)/2 Setze b=z a=z*(1-5)/2=-2z Damit ist a eine ganze Zahl und es gilt 2Z+5Z=Z bzw. 3(2Z+5Z)=3Z Der zweite Teil geht im Prinzip analog. 7a+15b=z Wir setzen wieder b=z => a=-2z Und somit 7Z+15Z=Z 4. Wir setzen mal W:={ga+hb: g,h aus Z} Den Beweis führen wir mit dem Untergruppenkriterium. (1) W ist nicht leer Das is offensichtlich, zum Beispiel ist immer 0 Element W. (2) W ist abgeschlossen. Angenommen wir haben zwei Elemente z1=g1a+h1b und z2=g2a+h2b aus W. z1+z2=g1a+h1b+g2a+h2b =(g1+g2)a+(h1+h2)b Und das ist wieder ein Element von Z. (3) Jedes Element aus W hat ein Inverses. Invers zu z=ga+hb ist z-1=(-g)a+(-h)b, denn z+z-1=0 MfG C. Schmidt |
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