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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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