Blatt #3, 31. Okt. 2002 Aufgabe 9.

(1) Zu (R 1): (𝔓(M), +) ist abelsche Gruppe (mit neutralem Element 0) nach Aufgabe 7.(3). Zu (R 2a): (𝔓(M), ∩) ist abelsches Monoid mit 1. Seien dazu A, B, C ∈ 𝔓(M), dann gilt: (G 1) A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C; (G 2) Mit 1 := M ∈ 𝔓(M) gilt A ∩ 1 = 1 ∩ A = A; (G 4) A ∩ B = B ∩ A. Zu (R 3): Da (∩) kommutativ ist, genügt (A + A′) ∩ B = ((A \ A′) ∪ (A′ \ A)) ∩ B =

(((A ∩ B) \ (A′ ∩ B)) ∪ ((A′ ∩ B) \ (A ∩ B))) = (A ∩ B) + (A′ ∩ B) für A, A′, B ∈ 𝔓(M).

(2) Nach Vorlesung gilt: (𝔓(M), +, ∩) Körper ⇔1 ≠ 0 (d.h. M ≠ ∅) und ∀A ∈ 𝔓(M)\{∅} ∃B ∈ 𝔓(M) : A ∩ B = M = 1. #M = 0. Kein Körper, da M = ∅. #M = 1. Da 𝔓(M) \ {∅} = {M} und M ∩ M = 1, ist (𝔓(M), +, ∩) ein Körper. #M ≥ 2. Sei A ∈ 𝔓(M) \ {∅, M}. Dann gilt ∀B ∈ 𝔓(M) : A ∩ B ⊆ A ⊊ M = 1, also existiert zu A kein Inverses, und folglich ist (𝔓(M), +, ∩) kein Körper.

(3) Es ist 𝔓(N) ⩽ 𝔓(M) bzgl. (+) nach Aufgabe 7.(4); da ∀A ∈ 𝔓(N) ∀B ∈ 𝔓(M) : A ∩ B ⊆ A ∈ 𝔓(N), ist 𝔓(N) Ideal.

(4) Nach Definition ist 𝔓(M)/𝔓(N) = {Ā | A ∈ 𝔓(M)} mit Ā = {A + B | B ∈ 𝔓(N)}. Damit ist 𝔓(M)/𝔓(N) = \{\overline{∅}, \overline{\{b\}}\} mit \overline{∅} = \{∅, \{a\}\} und \overline{\{b\}} = \{\{b\}, \{a, b\}\}. Repräsentantenweise Ausführung der Operationen ergibt:

\begin{matrix}+ & \overline{∅} & \overline{\{b\}} \\ \overline{∅} & \overline{∅} & \overline{\{b\}} \\ \overline{\{b\}} & \overline{\{b\}} & \overline{∅} \end{matrix}  \begin{matrix}∩ & \overline{∅} & \overline{\{b\}} \\ \overline{∅} & \overline{∅} & \overline{∅} \\ \overline{\{b\}} & \overline{∅} & \overline{\{b\}} \end{matrix}

(5) Für a, b ∈ R ist 0 = (a + b)^{2} − (a + b) = (a^{2} + ab + ba + b^{2}) − (a + b) = ab + ba. Mit c = a = b folgt 0 = c^{2} + c^{2} = c + c, d.h. stets c = −c und damit auch ab = −ba = ba.

Aufgabe 10.

(1)

+ 0 1 2 3 4 5 6
0 0 1 2 3 4 5 6
1 1 2 3 4 5 6 0
2 2 3 4 5 6 0 1
3 3 4 5 6 0 1 2
4 4 5 6 0 1 2 3
5 5 6 0 1 2 3 4
6 6 0 1 2 3 4 5

(2)

\begin{matrix}· & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 2 & 0 & 2 & 4 & 6 & 1 & 3 & 5 \\ 3 & 0 & 3 & 6 & 2 & 5 & 1 & 4 \\ 4 & 0 & 4 & 1 & 5 & 2 & 6 & 3 \\ 5 & 0 & 5 & 3 & 1 & 6 & 4 & 2 \\ 6 & 0 & 6 & 5 & 4 & 3 & 2 & 1 \end{matrix}

(3) Es ist x ≡_{7} 3 oder x ≡_{7} 5.

(4) F_{p} ist Körper, d.h. (F_{p}\{0}, ·) ist abelsche Gruppe mit p−1 Elementen. Sei x ∈ F_{p}\{0}. Dann ist G_{x} := {x^{m} | m ∈ Z} ⩽ F_{p} \ {0} Untergruppe. Da #G_{x} = (Ordnung von x), gibt es nach Aufgabe 4.(1) ein k ∈ Z mit (Ordnung von x) · k = p − 1. Also x^{p−1} ≡_{p} (x^{(Ordnung von x)})^{k} ≡_{p} 1^{k} ≡_{p} 1 und damit x^{p−1} − 1 ≡_{p} 0. Also gilt x^{p} − x ≡_{p} x(x^{p−1} − 1) ≡_{p} 0 sowohl für x ∈ F_{p} \ {0} als auch für x ≡_{p} 0.

Aufgabe 11. (1) Alle Potenzen sind bereits gegeben durch {3^{i} | i ∈ Z} = {1, 3, 9, 11}.

(2) E ist {x ∈ Z/16Z | 6 · x ≡_{16} 0} = {0, 8}.

(3) Invertierbar sind:

\begin{matrix}x & 1 & 3 & 5 & 7 & 9 & 11 & 13 & 15 \\ x^{−1} & 1 & 11 & 13 & 7 & 9 & 3 & 5 & 15 \end{matrix}

(4) Einsetzen aller 16 Werte ergibt {x ∈ Z/16Z | x^{3} + x + 2 ≡_{16} 0} = {3, 6, 7, 11, 15}.

(5) Nach (3) gilt {x ∈ Z/16Z | 5·x ≡_{16} 1} = {13}. Mit dem Ansatz x = 13+16k mit k ∈ Z ergibt sich {(x, y) ∈ Z × Z | 5 · x + 16 · y = 1} = {(x, y) ∈ Z × Z | x = 13 + 16k, y = −4 − 5k, k ∈ Z}.

(6) Für x ∈ Z/16Z errechnet man x^{4} ≡_{16} 0 oder x^{4} ≡_{16} 1. Also ist die Restklasse der Summe von 14 Biquadratzahlen enthalten in {0, 1, …, 14}. Eine solche Summe kann demnach nicht von der Form 16k + 15 sein.

Aufgabe 12.

(1) Es ist

0 · x = 0 · x + (0 · x − 0 · x) nach (R 1)
= (0 + 0) · x − 0 · x  nach (R 3)
= 0 · x − 0 · x  nach (R 1)
= 0  nach (R 1)

und genauso folgt x · 0 = 0.

(2) Seien a, b, c ∈ R. Falls alle beteiligten Elemente aus R\{0} stammen, gilt die jeweilige Aussage aus (G 1, 2, 4) nach (R 4). Bleiben folgende Fälle zu betrachten: Zu (G 1): Ist (mind.) eines der Elemente a, b, c gleich null, so folgt mit (1): 0 = (a · b) · c = a · (b · c) = 0. Zu (G 2): Nach (1) ist 1 · 0 = 0 · 1 = 0. Zu (G 4): Ist (mind.) eines der Elemente a, b gleich null, so folgt mit (1): 0 = a · b = b · a = 0.